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Solución exámenes Física General (Ciencias Matemáticas) Curso 2001/2002, Febrero, 1ª

Prueba Presencial

CUESTIONES

1. Cuando escuchamos una cinta de música en un radio-casette, ¿cuál de los dos cabezales del radio-

casette que hacen girar la cinta da vueltas con mayor velocidad angular?

a) Los dos giran siempre con la misma velocidad angular

b) Gira más rápidamente el cabezal que mueve la rueda con más cinta magnética a su alrededor

c) Gira más rápidamente el cabezal que mueve la rueda con menos cinta magnética a su alrededor

Solución:

Sean 1ω y 2ω las velocidades angulares de los cabezales con menos (cabezal 1) y más cinta magnética

alrededor (cabezal 2), respectivamente, y 1R y 2R los radios de las circunferencias exteriores formada por los

dos cabezales y la cinta magnética enrollada. Sean también 1v y 2v las velocidades lineales de la cinta en el

borde de ambos cabezales. Al escuchar la cinta de música, la cinta magnética pasa de un cabezal a otro, por lo

tanto se cumple que 21 vv = , entonces tenemos que

2211 RR ωω = ,

de donde

1

2

2

1

RR

=ωω

.

Como 12 RR > (más cinta alrededor del cabezal 2 que del cabezal 1) entonces tenemos que 21 ωω > , y, por

tanto, el cabezal 1, con menos cinta, gira más rápidamente que el 2.

2. Dos astronautas, con masas 50 kg y 100 kg, están flotando en el espacio interestelar aislados de la

acción de cualquier fuerza exterior unidos por una cuerda sin masa de longitud l0. El astronauta de 50 kg

da un tirón de la cuerda y comienza a moverse hacia el otro. Suponiendo que el tirón es prácticamente

instantáneo, ¿qué distancia recorrerá hasta llegar al otro astronauta?

a) 032 l

b) 0l

c) 021 l

2

Solución:

Como no existen fuerzas exteriores al sistema, el momento lineal se tiene que conservar. Inicialmente ambos

astronautas están en reposo por lo que su momento total es cero. Después del tirón (fuerza interna), ambos

comienzan a moverse uno hacia el otro. Como el momento total se conserva se cumple que 21 pp −= , siendo

1p el momento del astronauta de 50 kg de masa y 2p el del astronauta de 100 kg. Sustituyendo las expresiones

de los momentos obtenemos que

21 2vv −= ,

y, por tanto, el espacio x recorrido por el astronauta 1 es el doble que el recorrido por el astronauta 2. Así pues

00 32

2lxlxx =⇒=+ .

3. Un niño se encuentra en un ascensor que está bajando con una aceleración a0. Si deja caer su yo-yo,

¿cuál es la aceleración del yo-yo que mediría el niño?. El momento de inercia del yo-yo es .21 2MRI =

a) ( )032 aga +=

b) ( )032 aga −=

c) 032 aga −=

Solución:

Las leyes de Newton sólo son aplicables a sistemas de referencia inerciales, por lo tanto, analizaremos el

problema desde el punto de vista de un observador situado fuera del ascensor, en reposo con respecto a la Tierra

(sistema inercial). Si a es la aceleración con la que el niño (sistema no inercial) ve caer el yo-yo, la aceleración

con la que cae el yo-yo desde fuera del ascensor, aI, será la composición de las dos aceleraciones: 0aaaI +=

(se suman ya que tienen el mismo sentido).

P

T a0

a

3

Aplicando las leyes de Newton al yo-yo, y atendiendo al diagrama de fuerzas que se muestra en la figura

tenemos

0

aaa

Ra

ITR

maTmg

I

I

+=

=

=

=−

α

α

cuya solución para a es ( )032 ag − .

Otra forma de resolver el problema menos formal y más heurística, aunque más rápida, consistiría en suponer

que desde el punto de vista de un observador situado dentro del ascenso, la aceleración de la gravedad

“efectiva” sobre el yo-yo es menor que g, puesto que el ascensor baja con aceleración a0. La nueva gravedad

que vería ese observador es 0´ agg −= . Ahora sólo tenemos que resolver el problema como si de un sistema

inercial se tratara bajo la acción de una gravedad ´.g La solución es entonces

( )032´

32 agga −== .

En general, el estudio de la dinámica en un sistema de referencia no inercial, es decir acelerado, se

puede realizar utilizando las leyes de Newton siempre y cuando se añada la correspondiente fuerza de inercia

iF a las fuerzas exteriores que actúan sobre el sistema. La fuerza de inercia siempre tiene el valor 0amFi −= ,

donde 0a es la aceleración con la que se mueve el sistema no inercial respecto a un sistema inercial que casi

siempre somos nosotros. Así pues, la segunda ley de Newton para un sistema de referencia acelerado 0a con

respecto a nosotros es

amFF iext =+∑ ,

done a es la aceleración medida en el sistema no inercial.

4

Así pues, volviendo a nuestro problema, la ecuación que obtendríamos para la aceleración a del yo-yo

dentro del ascensor sería:

amFTP i =++ .

Si consideramos la dirección de caída y como positiva hacia abajo, tenemos que

mamaTmg =−− 0 .

Vemos que es la misma ecuación que hemos obtenido analizando el problema desde el punto de vista de un

observador situado fuera del ascensor en un sistema inercial.

4. Un cilindro macizo de masa M y radio R se deja caer desde la parte superior de un plano inclinado de

ángulo α y coeficiente de rozamiento estático µe y dinámico µd. Considerando despreciable el rozamiento

del cilindro con el aire, ¿es posible que no exista disipación de la energía mecánica durante la caída del

cilindro?

a) Es imposible, puesto que de cualquier forma hay disipación de energía por rozamiento.

b) La energía mecánica se conservará siempre que el cilindro ruede sin deslizar sobre el plano

c) La energía mecánica se conservará si tan α > 3µe

Solución:

Si el cilindro rueda sin deslizar, el punto de contacto entre el cilindro y el plano está siempre en reposo, el

rozamiento entre plano y cilindro será de tipo estático y por tanto no existirá disipación de la energía mecánica

5. Dos masas m1 y m2 (m2>m1) están unidas mediante una cuerda a través de dos poleas, tal y como se

muestra en la figura (se supone que las poleas carecen de masa, y que el rozamiento entre cuerda y polea

es despreciable). Suponiendo que la masa de la cuerda no es despreciable:

a) T1>T2

b) T1<T2

c) T1=T2

5

Solución:

Supongamos que la cuerda tiene una masa m3. Entonces el diagrama de fuerzas del sistema es

Aplicando las leyes de Newton tenemos a las tres masas tenemos

=−=−=−

amTgmamTT

amgmT

222

312

111

La solución es

12

321

3122

321

3211

)2(

)2(

TT

gmmmmmm

T

gmmmmmm

T

>+++

=

+++

=

6. Un niño tiene una piedra atada con una cuerda, y la hace girar intentando que la cuerda esté siempre

en un plano horizontal con respecto del suelo. En ausencia de cualquier tipo de rozamiento, ¿podrá

conseguirlo?

a) No

b) Si

Solución:

Atendiendo al siguiente diagrama de fuerzas que actúan sobre la piedra tenemos

T2 T1 m3

ϑ

mg

T

6

RmvT

mgT2

sin

0cos

=

=−

ϑ

ϑ

y la solución es gRvtg

2

=ϑ . Así pues sería necesaria imprimir una velocidad infinita para lograr que ϑ valga

90º y que por tanto la piedra gire en un plano horizontal con respecto al suelo, lo cual es imposible.

7. ¿Cuál sería el periodo de un péndulo de longitud l que realizara pequeñas oscilaciones alrededor de su

punto de equilibrio y que estuviera colgado del techo de un ascensor que desciende con una aceleración a0

si se midiera por un observador situado dentro del ascensor?

a) 0

2ag

lT−

= π

b) 0

2ag

lT+

= π

c) glT π2=

Solución:

Esta cuestión se resuelve de forma similar a la cuestión 3. La solución es 0

2ag

lT−

= π .

8. El radio de la órbita terrestre es 1.46x1011m y el de Urano 2.87x1012m. ¿Cuál es el período de Urano?

7

a) 31833.46 días

b) 45377.68 días

c) 23763.73 días

Solución:

De acuerdo con la Tercera Ley de Kepler

32 rT ∝ .

Entonces tenemos

días 46.318333

3

≈=Tierra

UranoTierraUrano r

rTT

9. Si una misma fuerza actúa 1 segundo sobre un cuerpo de 1 kg

y 4 segundos sobre un cuerpo de 4 kg

a) imprimirá a ambos la misma aceleración

b) imprimirá a ambos la misma velocidad

c) imprimirá a ambos la misma cantidad de movimiento

Solución:

En el primer caso tenemos que Fa =1 , y la velocidad final justo en el instante en el que deja de actuar la

fuerza es Ftavv if ==− 1 .

En el segundo caso tenemos que 4/2 Fa = , y la velocidad final justo en el instante en el que deja de actuar la

fuerza es Ftavv if ==− 2 .

Así pues, la respuesta correcta es la b).

10. ¿En qué circunstancias podremos hablar de peso nulo para un objeto de masa m?

a) Únicamente cuando la masa tienda a cero;

b) Únicamente en ausencia de cualquier campo gravitatorio;

c) Escogiendo determinados sistemas de referencia.

Solución:

La solución correcta es la c).

8

11. Un coche con una distribución homogénea de masa salta por los aires después de recorrer a gran

velocidad una rampa inclinada. Las cuatro ruedas del coche van girando en el aire. ¿Qué ocurrirá si el

conductor frena de repente las ruedas?. (No considerar rozamiento alguno con el aire y suponer que el

frenazo es instantáneo)

a) El coche comienza a girar inclinando el morro

b) No pasa nada

c) Aumenta la velocidad del centro de masas del coche

Solución:

El momento angular respecto del centro de masas se conserva en todo momento porque la única fuerza externa

que actúa sobre el coche es su peso, y éste no produce momento alguno. El frenado de las ruedas se produce por

la acción de una fuerza interna que tampoco altera el momento angular. Al frenar las ruedas, éstas dejan de

girar, por lo que el coche deberá girar hacia delante inclinando morro para conservar el momento angular.

12. Se coloca una esfera maciza pequeña de masa M, en una barra de longitud l y masa despreciable,

mucho más cerca del extremo B que del extremo A tal como se indica en la figura. ¿En qué caso caerá la

barra más rápidamente, si la colocamos verticalmente apoyada en el extremo A, o en el extremo B?.

Supóngase en cada caso que el extremo que se encuentra en contacto con el suelo no desliza y que la masa

de la esfera es mucho mayor que la de la barra.

a) Cuando la apoyamos en el extremo A

b) Cuando la apoyamos en el extremo B

c) Caerá igual de rápidamente en los dos casos

Solución:

Supongamos que la apoyamos en el extremo A tal y como se muestra en la figura. Definimos x como la

distancia que hay de la masa M al extremo A y δ el ángulo que forma la barra con la horizontal.

El momento que ejerce el peso de la masa con respecto del punto A es δτ cosxMgA = .

Sabemos que AAA I ατ = donde AI es el momento de inercia de la masa con respecto al eje perpendicular a la

varilla que pasa por el punto A ( )2MxI A = y Aα es la aceleración angular con la que cae la barra y la masa.

Despejando tenemos

9

x

gA

δα cos=

Si ahora suponemos que la barra está apoyada en B y hacemos lo mismo llegamos a

xl

gB −=

δα cos.

Vemos que AB αα > , y por tanto la solución correcta es la b).

PROBLEMAS

PROBLEMA 1: Supóngase que la densidad de la Tierra es uniforme, ρ , y que no existen rozamientos.

Se practica un túnel siguiendo un diámetro terrestre y se deja caer una partícula de masa m por el

mismo. Entonces:

- La fuerza que actuaría sobre la partícula tendría la forma:

a) 2/ rkF −=

b) rkF /−=

c) krF −=

- El valor de k viene dado por la expresión (m = masa de la partícula):

a) 3mGπρ

b) 32 mGπρ

c) 34 mGπρ

- El movimiento tiene un período de aproximadamente (DATOS: 33 /1051.5 mkg⋅=ρ ;

.1067.6 2211 −−⋅= kgmNG ):

a) 1 hora 24 minutos.

b) 2 horas 16 minutos.

c) 3 horas 52 minutos.

Solución:

Deseamos hallar la fuerza gravitatoria sobre una masa m en un punto situado a una distancia r del centro de la

Tierra, siendo TRr < . La única contribución al campo en dicho punto se debe a la masa M dentro del radio r ,

cuyo valor es

3

34 rM πρ= .

10

La fuerza gravitatoria sobre esa masa valdrá entonces

krrmGrr

rGmF −=−=−=3

43

43

3 ρπρπ

siendo 3

4 mGk ρπ= .

La aceleración en la dirección radial es

rGmFa

34 ρπ

−== .

Ésta es la ecuación de un movimiento armónico simple con frecuencia angular 3

42 ρπϖ G= . El periodo es

minutos. 24 hora 1

3422

≈==ρππ

ϖπ

GT

PROBLEMA 2. En el dispositivo de la figura, las tres masas son iguales, de valor m. Supongamos que

separamos el péndulo 1 desde un ángulo inicial θ1. (Supóngase que todos los choques son elásticos)

- ¿Cuánto tiempo pasará hasta que el péndulo 1 vuelva a su posición original, es decir, cuál es el periodo

del movimiento del sistema?

a)

−+

)cos1(22

1θπ

gld

gl

b) )cos1(2

2

1θπ

−+

gld

gl

c) )cos1(2

21θ

π−

+gl

dgl

- Supongamos ahora que en la parte horizontal hubiese un rozamiento pequeño. Conociendo el ángulo θ1

desde el que se suelta el péndulo 1, así como el ángulo máximo θ2 que alcanza el péndulo 2 después de ser

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golpeado por la masa situada en el plano horizontal, hállese el valor del coeficiente de rozamiento

dinámico µd.

a) )cos(cos 12 θθµ −=dl

d

b) )cos(cos 21 θθµ −=dl

d

c) ( ))cos(cos1 12 θθµ −−=dl

d

- Si suponemos ahora que en la parte horizontal hubiese un rozamiento pequeño de coeficiente

dl )cos1(

41 1θµ −

= , y las condiciones iniciales del movimiento fueran las del apartado anterior,

determinar cuántas oscilaciones completas realizará la masa que se encuentra en el plano horizontal

(cuántas veces irá y volverá?).

a) 1.5

b) 3

c) 2

Solución:

Como ambos péndulos tienen la misma longitud, su periodo es el mismo: glT π2= . El movimiento que

realizan los dos péndulos hasta que el péndulo 1 vuelve a su posición original es de una semioscilación cada

uno, por lo que la duración total de su movimiento es de una oscilación completa. Para calcular el tiempo que

tarda la masa situada en el plano horizontal en ir y volver haremos uso del principio de conservación de la

energía. Calcularemos su velocidad igualando la energía potencial inicial del péndulo 1: )cos1( 1θ−mgl con la

energía cinética final del mismo en el punto más bajo, justo antes del choque del péndulo con la masa del plano,

21 2

1)cos1( mvmgl =− θ .

Puesto que el choque es perfectamente elástico y ambas masas son iguales, el péndulo transfiere todo su

momento a la masa en el plano, la cual recorre la distancia d con una velocidad )cos1(2 1θ−= glv . Al

chocar con el péndulo 2, le cede todo su momento y lo vuelve a recuperar cuando el péndulo vuelve a su

posición inicial. Así pues, el tiempo que tarda la masa en ir y volver será

)cos1(22

1θ−=

gldt

y el periodo del movimiento de todo el sistema será

12

−+

)cos1(22

1θπ

gld

gl

.

Si consideramos ahora un pequeño rozamiento en la zona horizontal, tendremos que la energía mecánica final

que tiene el péndulo 2 (energía potencial) será igual a la inicial (energía potencial del péndulo 1) menos el

trabajo realizado por la fuerza de rozamiento:

Rif WEE −=

dmgdmglmgl µθθ −−=− )cos1()cos1( 12 .

Despejando µd tenemos ( )12 coscos θθµ −=dl

d .

Para calcular el número de oscilaciones completas que realizará la masa que se encuentra en el plano horizontal

igualamos la energía inicial del sistema y el trabajo de la fuerza de rozamiento, ya que la disipación de energía

es completa (energía final cero)

µθ mgxmgl =− )cos1( 1

donde x es el espacio total recorrido hasta que se para. El número de oscilaciones se calculará dividiendo x por

la distancia que representa una oscilación, 2d,

22

)cos1(2

1 =−

=µθ

dl

dx

PROBLEMA 3. Un cuerpo está vibrando con movimiento armónico simple de amplitud 15 cm y

frecuencia 4 vibraciones por segundo.

- Los valores máximos de la velocidad y de la aceleración son:

a) 3.77 m/s y 94.75 m/s2 .

b) 2.34 m/s y 91.56 m/s2 .

c) 3.77 m/s y 88.72 m/s2 .

- La aceleración cuando la elongación es 9 cm es:

a) -71.06 m/s2 .

b) -63.78 m/s2 .

c) -56.85 m/s2 .

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- El tiempo necesario para desplazarse desde la posición de equilibrio a un punto situado a 12 cm de la

misma es:

a) 0.012 s.

b) 0.024 s.

c) 0.037 s.

Solución:

( )

( )

( ) 2max

max

/75.948cos75.94)(

/77.38sin77.3)(

8cos15.0)(

smatta

smvttv

ttx

=⇒+−=

=⇒+−=

+=

δπ

δπ

δπ

Si mtx 09.0)( = , entonces en ese instante t tenemos que: ( ) 6.08cos =+δπt . Así pues

( ) 2/85.568cos75.94)( smtta −=+−= δπ .

Cuando mtx 0)( = tenemos que 2

8 πδπ =+t , mientras que cuando mtx 12.0´)( = tenemos que

64.015.012.0cos´8 ≈

=+ art δπ . Restando ambas ecuaciones tenemos:

stttt 037.0´)(64.02

´)(8 =−⇒−=−ππ

El problema también se podría haber resuelto de la misma forma considerando otras funciones para el

movimiento armónico simple como ( )δ+= wtAtx sin)( , ( )wtAtx sin)( = o ( )wtAtx cos)( = .

PROBLEMA 4. El cuerpo A de la figura de masa M, está unido por un muelle de masa despreciable al

cuerpo B, de masa también M. El ángulo de inclinación del plano es α, el coeficiente dinámico de

rozamiento entre el cuerpo A y el plano inclinado vale µA y entre el cuerpo B y el plano µB. Si suponemos

que ambos cuerpos deslizan por el plano y que no hay oscilaciones :

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- ¿Qué tiene que cumplirse para que el muelle se estire durante el descenso del sistema por el plano

inclinado?

a) µA < µB

b) tg α > (µA +µB)

c) Basta con que tg α > µA y tg α > µB

- Si el muelle tiene una constante K, ¿cuál será su estiramiento en el caso de que ocurra?

a) ( )BAKMg µµα

+2cos

b)

A

B

KMg

µµα

2cos

c) ( )ABKMg µµα

−2cos

- ¿Cuál será la aceleración del sistema en el caso en el que el muelle se contraiga durante el descenso?

a)

−−

2cos BAgseng

µµαα

b)

−

B

Agsengµµ

αα cos

c)

+−

2cos BAgseng

µµαα

Solución:

Cuando los dos cuerpos comienzan a bajar por el plano, cada uno lo hace con una cierta aceleración inicial. El

muelle se estirará durante el descenso si la aceleración inicial del cuerpo A, Aa , es mayor que la del cuerpo B,

Ba .

Como

αµααµα

coscos

ggsenaggsena

BB

AA

−=−=

,

tenemos que para que se cumpla BA aa > se debe cumplir BA µµ < .

En este caso, el muelle se estira provocando una tensión T en cada uno de los cuerpos, y el sistema desciende

con una aceleración constante. La dinámica del sistema viene descrita por las siguientes ecuaciones:

.coscos

TMgMgsenMaTMgMgsenMa

B

A

+−=−−=

αµααµα

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Resolviendo el sistema tenemos que

( )2

cosαµµ MgT AB −=

y la elongación del muelle x, vendrá dada por KT / .

En el caso de que el muelle se comprima durante el descenso, tendríamos que BA µµ > y la dinámica

sería la siguiente

.coscos

TMgMgsenMaTMgMgsenMa

B

A

−−=+−=

αµααµα

La aceleración será

+

−=2

cos BAgsenga µµαα .

Como se puede comprobar, la aceleración del sistema en el caso en el que el muelle se comprime es

exactamente la misma que en el caso en el que el muelle se estira. Esto es debido a que las fuerzas del muelle

son internas, y no afectan para nada a la dinámica del sistema.

PROBLEMA 5. Una bala de rifle, de masa 10 g, choca contra un bloque de masa 990g que se encuentra

en reposo sobre una superficie horizontal lisa, y queda incrustada en él. El bloque está unido a un resorte,

como se indica en la figura 4, y el choque comprime el resorte 10 cm. El calibrado del resorte indica que

para comprimirlo 1 cm es necesaria una fuerza de 100000 dinas. 1dina=1g cm/s2

- La energía potencial máxima del resorte será:

a) 0.5 Nm

b) 0.3 Nm

c) 0.1 Nm

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- La velocidad del bloque después del choque será:

a) 1.5 m/s

b) 1.8 m/s

c) 1.0 m/s

- La velocidad inicial de la bala es:

a) 120 m/s

b) 100 m/s

c) 160m/s

Solución:

Como 1 N=105 dinas, la constante del muelle K vale 100 N/m. La energía máxima del resorte será

JKx 5.021 2

max = .

Sabiendo esta energía potencial final del resorte, podemos averiguar cual es la velocidad v del conjunto bala +

bloque justo después del choque, ya que la energía total del sistema se conserva:

2max

2

21)(

21 KxvMm =+

De donde obtenemos que 1=v m/s.

Cuando la bala choca contra el bloque, el momento lineal se conserva. Así pues podemos escribir

0)( mvvMm =+ ,

donde 0v es la velocidad inicial de la bala. Despejando obtenemos que smv /1000 = .

PROBLEMA 6. Dos resortes, cada uno de los cuales tiene una longitud natural de 20 cm, pero cuyas

constantes k1 y k2 son distintas, están unidos a las caras opuestas de un bloque de masa m situado sobre

una superficie horizontal sin rozamiento. Los otros extremos de los resortes se unen ahora a los dos

clavos P1 y P2 situados a 10 cm de las posiciones iniciales de los resortes. Ver figura. Siendo k1=1000

dinas/cm, k2=3000 dinas/cm, m=100g y 1dina=1g cm/s2.

k2 k1 • P2 P1 •

10cm 10cm20cm 20cm

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- Cuando el bloque se encuentre en la nueva posición de equilibrio, después de sujetar los resortes a los

clavos, la longitud de cada resorte será:

a) 0.35m y 0.25m, respectivamente

b) 0.22m y 0.38m, respectivamente

c) 0.27m y 0.33m, respectivamente

- El sistema es equivalente a otro muelle de constante:

a) 2.01 N/m

b) 4.00 N/m

c) 0.75 N/m

- El periodo de vibración del bloque cuando se le desplaza ligeramente de su nueva posición de equilibrio

y se le abandona a si mismo será:

a) 0.75 s

b) 0.99 s

c) 0.33 s

Solución:

Supongamos que en la nueva posición de equilibrio, obtenida cuando se enganchan los dos resortes a la pared,

el resorte 1 se ha estirado x1 m y el resorte 2 se ha estirado x2 m.

Como la masa se encuentra en equilibrio, la suma de todas las fuerzas que actúan sobre ella debe ser 0. Así

pues, podemos escribir

01122 =− xkxk ,

ya que las fuerzas debidas a las tensiones de los resortes tienen sentidos opuestos. Además, tenemos que añadir

la condición 2.021 =+ xx , es decir, la suma de las elongaciones es igual a la distancia de los resortes en

reposo a la pared. Sabiendo que N/m11 =k y N/m32 =k , obtenemos que m15.01 =x y mx 05.02 = . Por

tanto, la longitud de cada resorte será 0.35 m y 0.25 m respectivamente.

Consideremos ahora qué ocurrirá si separamos la masa de su posición de equilibrio una distancia x

pequeña y la soltamos. Para ello, escogemos la derecha como sentido positivo y la izquierda como negativo. Si

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desplazamos la masa hacia la derecha una distancia x con respecto de su posición de equilibrio, tenemos que las

fuerzas que actúan sobre el cuerpo son

)05.0()15.0( 21 xkxkF −++−=∑ .

Podemos aplicar entonces la segunda ley de Newton

xxkxkma 4)05.0()15.0( 21 −=−++−= .

Vemos que obtenemos la ecuación de movimiento de un objeto acoplado a un muelle de constante 4 N/m.

Se trata pues de un movimiento armónico simple en el que mk /2 =ω . Como ωπ /2=T , obtenemos que el

periodo de oscilación del bloque es 0.99s.

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Solución exámenes Física General (Ciencias Matemáticas) Curso 2001/2002, Septiembre,

1ª Prueba Personal

CUESTIONES

1. Suponiendo que la Tierra tuviese una densidad media constante, encuéntrese cuanto habría que

descender por debajo de la superficie terrestre para que un cuerpo pesara lo mismo a dicha profundidad

que a una altura de 100 Km. sobre la superficie terrestre.

(Radio terrestre = 6370 Km.)

a) 195 Km.

b) 467 Km.

c) 305 Km.

Solución:

A una altura h sobre la superficie terrestre, la fuerza con la que la Tierra atrae al cuerpo es

( )21 hRmMGF

T

T

+= .

A una profundidad d por debajo de la superficie terrestre, el peso del cuerpo es

( )22´

dRmMGF

T −= ,

donde M´ es la masa terrestre encerrada en una esfera de radio dRT − (Ley de Gauss). Si denominamos ρ la

densidad de la Tierra, tenemos que

( ) ( ) ( )3

33

3

3

34

343

4´T

TTT

T

TT R

dRMdR

R

MdRM

−=

−

=

−= π

ππρ .

Igualando 1F a 2F , obtenemos que 195≈d Km.

2. El principio de relatividad de Galileo afirma que:

a) es imposible elegir un sistema inercial con preferencia a los demás mediante algún experimento mecánico

b) hay un único sistema inercial situado en el centro del Universo

c) cada objeto posee un sistema inercial con respecto al cual esta siempre en reposo

Solución:

La respuesta correcta es la a).

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3. Dos bolas de plastilina de igual masa e igual velocidad chocan frontalmente, se adhieren y quedan en

reposo:

a) se conservan la energía y el momento lineal;

b) no se conserva el momento lineal, pero sí la energía;

c) no se conserva la energía, pero sí el momento lineal.

Solución:

Evidentemente, la energía no se conserva pero el momento lineal si. La respuesta correcta es la c).

4. Una persona se encuentra sobre una báscula en un ascensor. ¿En cuál de los casos siguientes será

menor la lectura de la báscula?

a) el ascensor está en reposo

b) el ascensor baja con velocidad constante

c) el ascensor baja aumentando su velocidad

Solución:

Sobre la persona actúan dos fuerzas: su peso P y la fuerza normal de reacción de la báscula que soporta a la

persona, NF . El peso que mide la báscula es igual a NF . Así pues, tenemos que averiguar en que condiciones es

menor NF . Si tomamos el sentido hacia abajo como positivo, tenemos que

maFP N =− .

Por lo tanto maPFN −= . Si no hay aceleración del ascensor, la báscula medirá el peso real de la persona,

pero si el ascensor baja aceleradamente la lectura de la báscula será menor.

5. Cuando una masa puntual lleva un movimiento armónico simple,

a) la aceleración es máxima cuando pasa por el centro de oscilación

b) en los puntos de máxima amplitud la aceleración es nula y la velocidad máxima

c) en los puntos de máxima amplitud la aceleración es máxima y la velocidad nula

Solución:

La respuesta correcta es la c)

21

6. Un objeto es lanzado verticalmente al aire para después volver a caer. Teniendo presente el rozamiento

del aire,

a) tardará lo mismo en subir que en bajar

b) tardará mas en subir que en bajar

c) tardará menos en subir que en bajar

Solución:

Hay muchas formas de resolver este problema. Podemos suponer que se trata de una movimiento

uniformemente acelerado tanto en la subida como en la bajada. Si iv es la velocidad inicial con la que es

lanzado el objeto y fv es la velocidad con la que vuelve al mismo punto, tenemos que fi vv > ya que se pierde

energía mecánica durante el movimiento debido al rozamiento. Podemos entonces escribir las ecuaciones de la

cinética para este movimiento:

hav

hav

f

i

22

12

2

20

=

−=−,

donde 1a es la aceleración media durante la subida, 2a es la aceleración media durante la bajada y h es la

altura alcanzada. De la condición fi vv > obtenemos que 21 aa > .

También podemos escribir

22

11

00

tavtav

f

i

=−−=−

donde 1t es el tiempo que tarda en subir y 2t es el tiempo que tarda en bajar.

Si ahora escribimos las ecuaciones del espacio recorrido

222

211

2111

21

21

21

tah

tatatvh i

=

=−=

e igualamos, obtenemos que

21

22

2

1

tt

aa

= .

Como 21 aa > , entonces 12 tt > y tardará menos en subir que en bajar.

22

7. Un tiovivo circular gira con una velocidad angular constante ω . Una persona está situada en el centro

del tiovivo y en reposo, mientras que una segunda, de la misma altura, está situada en un punto de la

periferia de aquél y mirando hacia el centro del tiovivo. Cuando ambas se enfrentan, la primera envía

una pelota hacia la segunda. Si la velocidad con la que es lanzada la pelota es 10 m/s y el ángulo de

inclinación con respecto a la horizontal es de 30º, calcular ω para que la persona que se encuentra en la

periferia recoja la pelota después de que el tiovivo de una vuelta completa.

a) 6.15 rad/s

b) es imposible que la persona situada en la periferia pueda recoger la pelota

c) 4.81 rad/s

Solución:

Al ser lanzada la pelota desde el centro del tiovivo, no hay que considerar en su cinemática ninguna velocidad

adicional más que la velocidad inicial con la que es lanzada, v0=10 m/s.

Por lo tanto, las ecuaciones de su movimiento son las correspondientes a un tiro parabólico:

20

0

2130sin

30cos

gttvy

tvx

−=

=

La condición 0=y nos da el tiempo que tarda la pelota en ir de la primera persona a la segunda:

gv

t30sin2 0= .

Como T/2πω = y queremos que el tiovivo de una vuelta mientras la pelota vuela, entonces

15.630sin0

≈=v

gπω rad/s

8. Se quiere subir una masa m a una altura h. Utilizamos un plano inclinado sin rozamiento. En

comparación con el levantamiento vertical:

a) nos permite realizar menos trabajo

b) permite utilizar una fuerza menor

c) permite ahorrar potencia

Solución:

Como se trata de fuerzas conservativas, el trabajo realizado no depende de la forma en que la partícula se mueve

de un punto a otro, sino de sus posiciones inicial y final. En este caso el trabajo total suministrado es el mismo,

e igual al aumento de energía potencial de la masa: mgh .

23

Lo que si que es cierto es que nos permite utilizar una fuerza menor. En el levantamiento vertical la fuerza

utilizada tiene que ser mayor o igual al propio peso del cuerpo mg , mientras que en el caso del plano inclinado,

la fuerza utilizada puede ser menor: αsinmg , donde α es el ángulo de inclinación del plano. En cuanto a la

potencia, ésta no sólo depende de la fuerza empleada para subir la masa sino de la velocidad con la que sube.

Por ejemplo, podemos subir verticalmente la masa muy despacio y la potencia empleada será menor que si la

subimos por el plano inclinado muy rápidamente. Así que no podemos afirmar nada al respecto.

9. Supongamos que representamos la energía potencial 4)( xxU = frente a x. Si un punto material es

inicialmente colocado con velocidad nula en el punto x=0,

a) se desplazará en el sentido de las x positivas

b) no se moverá

c) se desplazará en el sentido de las x negativas

Solución:

Veamos cual es la fuerza que experimenta el punto material en x = 0.

34)( xdxdUxF −=−=

Entonces 0)0( =F y la partícula no se moverá.

10. Un disco se mueve rodando sin deslizar con velocidad de traslación v .¿Cuál es la velocidad Av del

punto A situado en la periferia del disco con respecto a un sistema de referencia fijo al suelo?

a) ),cos1( ϑϑ senvvA −=

b) ),cos( ϑϑ senvvA −=

c) ),cos1( ϑϑ senvvA +=

θA

v

24

Solución:

La velocidad del punto A es la suma de las velocidades de traslación traslAv , y de rotación rotAv , . La velocidad

de traslación es )0,(, vv traslA = mientras que la velocidad de rotación es tangente al punto y de módulo v,

puesto que el disco rueda sin deslizar.

En la figura vemos que la velocidad de rotación se descompone en sus dos componentes perpendiculares y

tenemos )sin,cos(, ϑθ vvv rotA −= . Sumando llegamos finalmente a ),cos1( ϑϑ senvvA −= . Como se

puede comprobar, cuando 0=ϑ tenemos que 0=Av , mientras que si º180=ϑ )0,2( vvA = .

11. El péndulo balístico se usa para medir la velocidad de las balas. Consta de un péndulo de masa M que

cuelga verticalmente de forma que se puede medir fácilmente la altura máxima h a la que se eleva. Una

bala de masa m es disparada horizontalmente sobre el péndulo, que está inicialmente en reposo, y queda

incrustada en él. La velocidad de la bala vendrá dada por la expresión:

a) ghMMmv 2)/)(( +=

b) ghmMMv 2))/(( +=

c) ghmMmv 2)/)(( +=

Solución:

La solución se obtiene al resolver las ecuaciones de la conservación del momento lineal en el choque bala-

péndulo y de la conservación de la energía mecánica en el movimiento del péndulo:

( )ghMmVMm

VmMmv

+=+

+=

2)(21

)(

θA

rotAv ,

25

De donde ghmMmv 2)/)(( += .

12. ¿En cuál de los dos experimentos que proponemos a continuación se estirará más el mismo muelle?

1: Sujetamos el muelle a una pared vertical y estiramos del extremo libre con una fuerza F.

2. Estiramos de los dos extremos libres del muelle al mismo tiempo aplicando una fuerza F en cada

extremo.

a) En los dos casos se producirá la misma deformación

b) Se estirará más en el primer caso

c) Se estirará más en el segundo caso

Solución:

La respuesta correcta es la a). La pared vertical ejerce sobre el muelle una fuerza de reacción F, igual pero de

sentido contrario a la que aplicamos sobre el extremo libre, por lo que obtenemos el mismo efecto que en el

experimento 2.

13. En un tren que frena al entrar en una estación, un niño sentado de espaldas al sentido de marcha

lanza una pelota al aire. Ésta caerá:

a) detrás de él;

b) delante de él;

c) en sus manos

Solución:

El problema se puede resolver tanto en el sistema de referencia inercial situado fuera del tren como en el

sistema de referencia no inercial que es donde se encuentra sentado el niño.

En el primer caso tenemos que si 0v es la velocidad con la que circulaba el tren justo en el momento en el que

el niño lanza la pelota al aire y v la velocidad con la que ésta es lanzada verticalmente por el niño, para un

observador situado fuera del tren, la pelota describirá un movimiento parabólico con 0v como componente

horizontal de la velocidad inicial de la pelota y v como la componente vertical:

2

0

21 gttvy

tvx

−=

=

Al cabo de un cierto tiempo t´, la pelota volverá a 0=y , y por tanto habrá recorrido una distancia

0´vtx pelota = . Mientras tanto, el tren habrá recorrido en el mismo tiempo una distancia menor puesto que

26

partiendo de la velocidad 0v ha ido frenando. 20 ´

21´ atvtxtren −= . Como pelotatren xx < la pelota caerá por

delante del tren, y como el niño está sentado de espaldas al avance del tren, la pelota caerá detrás del niño.

Si nos situamos dentro del vagón, al estar en un sistema acelerado debemos añadir a las fuerzas que actúan

sobre la pelota la fuerza de inercia correspondiente al movimiento (ver Cuestión 3 de Febrero 2002)

maFinercia −= , donde m es la masa de la pelota y a la aceleración del tren. Como a es negativa, el niño verá

que la pelota experimenta un fuerza horizontal en el sentido de avance del tren que no se compensa con ninguna

otra fuerza (puesto que el resto de fuerzas que actúan sobre la pelota son sólo la gravedad, y actúa en la

dirección perpendicular) y que hace que la pelota caiga detrás de él.

14. Supóngase que la densidad de la Tierra es uniforme, ρ , y que no existen rozamientos. Se practica un

túnel siguiendo un diámetro terrestre y se deja caer una partícula de masa m por el mismo. La fuerza que

actuaría sobre la partícula tendría la forma:

a) 2/ rkF −=

b) rkF /−=

c) krF −=

Solución:

Resuelto en el Problema 1 de Febrero 2002

PROBLEMAS

1. Sobre dos bloques de masas 1m y 2m actúa una fuerza F como se indica en la figura. Si µ es el

coeficiente de rozamiento entre cada uno de los bloques y el suelo, 12F la fuerza que ejerce el bloque 1

sobre el bloque 2, y 21F la fuerza que ejerce el bloque 2 sobre el 1, entonces la aceleración del sistema

vale:

F1m

2m

27

a) gmm

F µ−+ 21

b) gmF

mF

mmF µ−−++ 1

21

2

12

21

c) 21 mm

gF+− µ

- ¿Cuánto vale el módulo de 21F ?

a) Fmm

m

21

2

+

b) Fmm

m

21

1

+

c) Fmmmm

21

21

−+

Solución:

La dinámica del sistema viene descrita por el siguiente sistema de ecuaciones:

µµ

gmFamgmFFam

2122

1211

−=−−=

,

donde F, 12F y 21F son los módulos de las fuerzas F , 12F y 21F respectivamente.

Teniendo en cuenta que 21F y 12F son fuerzas de acción y reacción y que sus módulos son iguales, obtenemos

que

µgmm

Fa −+

=21

21

21221 mm

FmFF+

==

Como se puede observar, la aceleración es la misma que la que tendría un solo bloque de masa 21 mm + , ya

que las fuerzas internas no afectan a la dinámica de un sistema.

2. Consideremos dos esferas de la misma masa y el mismo radio, pero una maciza y otra hueca. Si las

soltamos desde la parte alta de un plano inclinado con rozamiento y ambas esferas caen rodando sin

deslizar, ¿cuál de las dos llegará antes al suelo? (tenga en cuenta que el momento de inercia de la esfera

hueca es mayor que el de la esfera maciza)

28

a) la esfera maciza

b) la esfera hueca

c) las dos llegarán al mismo tiempo

- Si no hubiera rozamiento, ¿cuál de ellas llegaría antes?

a) las dos llegarán al mismo tiempo

b) la esfera maciza

c) la esfera hueca

Solución:

Si hay rozamiento y las dos esferas caen rodando sin deslizar no hay disipación de energía porque no existe

fricción entre el cuerpo y el plano (rozamiento estático: la velocidad del punto del cuerpo que está en contacto

con el plano es 0 −ver Cuestión 10 Septiembre 2002). Entonces podemos aplicar la conservación de la energía

mecánica al final de la rampa:

22

22

21

21

21

21

macizamacizamaciza

huecahuecahueca

IMvMgh

IMvMgh

ω

ω

+=

+=

Utilizando la condición de rodadura ωRv = obtenemos que

22

22

/2

/2

RIMMghv

RIMMghv

macizamaciza

huecahueca +

=+

=

Como macizahueca II > tenemos que 22macizahueca vv < y por tanto llegará antes al suelo la esfera maciza.

Si no hay rozamiento, las esferas no rodarán y ambas llegarán al mismo tiempo.

29

Solución exámenes Física General (Ciencias Matemáticas) Curso 2002/2003, Febrero, 1ª

Prueba Personal

CUESTIONES

1. Para que una fuerza que actúa sobre una partícula en un espacio tridimensional sea conservativa es

suficiente:

a) que la fuerza dependa de la posición

b) que la fuerza no dependa del tiempo

c) que la fuerza sea central

Solución:

En un movimiento tridimensional el que la fuerza sea sólo función de la posición es una condición necesaria

pero no suficiente para que sea una fuerza conservativa. Si la fuerza es central (está dirigida hacia un punto fijo

en el espacio y su magnitud depende sólo de la distancia a ese punto) si que es conservativa.

2. Desde un mismo punto O se dejan caer a la vez dos cuerpos por dos planos inclinados OA y OB de

diferentes pendientes y sin rozamiento, tal como se muestra en la figura. Siendo vA y vB las velocidades de

los dos cuerpos en los puntos A y B, respectivamente, y aA y aB las respectivas aceleraciones, tenemos que:

a) aA < aB y vA=vB

b) aA < aB y vA < vB

c) aA > aB y vA>vB

Solución:

La aceleración de caída viene determinada por la 2ª Ley de Newton:

αsinga =

En el plano inclinado OB la pendiente es mayor y por lo tanto la aceleración también es mayor:

aA < aB. Como no hay rozamiento la energía mecánica se conserva, por lo que en el punto más bajo de los dos

planos las velocidades de los dos cuerpos son exactamente las mismas vA=vB.

O

B A

30

3. Una persona de 80 Kg de masa salta desde 5 metros de altura a una cama elástica que puede

considerarse como un resorte vertical sin masa, cuya constante elástica vale 2000N/m. ¿Cuál es la

máxima deformación de la cama? (Tomar g=9.8 m/s2)

a) 2.41 m

b) 0.67 m

c) 1.96 m

Solución:

Esta cuestión se resuelve utilizando el principio de conservación de la energía mecánica. Si tomamos como

origen de la energía potencial la superficie de la cama elástica sin deformación, tenemos que la energía total

inicial es la potencial de la persona: JmghEi 3920== .

En el momento de máxima deformación de la cama elástica, la energía cinética es cero, por lo que sólo tenemos

que considerar la energía potencial de la persona (negativa, puesto que la persona se encuentra por debajo del

origen de energía) y la de la cama que es considerada como un resorte: 2

21 kdmgdE f +−= , donde hemos

denominado d a la máxima deformación de la cama.

Igualando obtenemos que m 41.2≈d .

4. Si el momento neto de las fuerzas que actúan sobre un sólido es cero:

a) El momento angular y la velocidad angular son cero

b) Ni el momento angular ni la velocidad angular pueden variar

c) El momento angular no puede variar pero si la velocidad angular

Solución:

El momento angular es constante, pero la velocidad angular si que puede cambiar si de alguna forma varía la

distribución de la masa del sólido con respecto a su eje de giro y por tanto el momento de inercia se altera. Un

ejemplo clásico es el de un patinador: al encogerse aumenta su velocidad angular y gira más rápido, si por el

contrario estira sus brazos, frenará la frecuencia del giro. Durante todo el proceso, el momento angular

permanece constante.

5. Un bloque de 1 kg que se desplaza por un plano horizontal choca contra un resorte horizontal de masa

despreciable cuya constante de fuerza es 2 N/m. El bloque comprime el resorte deformándolo 4 m y se

31

para. Si el coeficiente de rozamiento entre el bloque y la superficie horizontal es de 0.25, ¿cuál era la

velocidad del bloque en el instante del choque?

a) 8.54 m/s

b) 7.18 m/s

c) 10.33 m/s

Solución:

La diferencia entre al energía cinética inicial del bloque, y la energía final, dada por la energía potencial del

resorte, es la energía disipada por el rozamiento entre el bloque y el plano. Esta última viene dada por el trabajo

que realiza la fuerza de rozamiento: dmgdFW rozroz µ−=−= , donde d es la distancia durante la que actúa la

fuerza de rozamiento (4 m en nuestro problema). Podemos escribir entonces:

gdmkdmv µ=− 22

21

21

Despejando la velocidad obtenemos 18.7=v m/s.

6. Un bloque de masa m se desliza sin rozamiento por una rampa de masa M tal y como se muestra en la

figura. Esta rampa está colocada sobre una mesa por la que puede deslizar sin rozamiento. Si el bloque

comienza a deslizarse desde una altura h, ¿cuánto vale el módulo de la velocidad de la rampa en el

instante en el que el bloque sale de la rampa?.

a) )(

2 2

MmMghm+

b) Mm

Mgh+

c) )(2 Mm

mgh+

Solución:

Como no hay rozamiento la energía mecánica se conserva en todo momento. Por lo tanto podemos escribir:

22

21

21 mvMVmgh += .

También tenemos conservación del momento lineal en la dirección x. Como inicialmente el momento lineal es

0, el momento lineal final también tiene que ser 0: mvMV =

M

m

32

De estas dos ecuaciones obtenemos que )(

2 2

MmMghmV+

= .

7. Un ascensor de 3 m de altura sube con una velocidad constante de 1 m/s2. Cuando se encuentra a una

cierta altura se desprende la lámpara del techo. Si t1 es el tiempo que tarda la lámpara en llegar al suelo

del ascensor medido por un observador situado dentro del ascensor y t2 es el tiempo que tarda en caer la

lámpara medido por un observador en reposo fuera del ascensor, entonces: (Tomar g=9.8 m/s2)

a) t1=0.78s y t2=0.89s

b) t1=0.78s y t2=0.78s

c) t1=0.89s y t2=0.89s

Solución:

Si el ascensor se mueve con velocidad constante, los dos tiempos serán iguales puesto que están medidos en

sistemas de referencia inerciales. Podemos, por consiguiente, estudiar la dinámica del problema desde

cualquiera de los dos sistemas. Sin embargo, lo haremos desde los dos puntos de vista.

Dentro del ascensor:

Un observador situado dentro del ascensor ve simplemente una caída libre de la lámpara:

2

21 gth = ,

y el tiempo que mide es 0.78 s.

Fuera del ascensor:

Un observador situado fuera del ascensor también ve una caída libre pero con una velocidad inicial

smv /10 −= , donde hemos escogido positivo el sentido hacia abajo. Por lo tanto tenemos que

20 2

1 gttvh += .

Durante la caída de la lámpara, el observador situado fuera del ascensor ve que el suelo ha subido una

distancia tv0 . Entonces la distancia h que recorre la lámpara desde que se desprende hasta que llega

al suelo es ttvh −=+= 33 0 . Así pues tenemos que

2

213 gttt +−=−

y el tiempo que mide es 0.78 s.

8. Sobre un plano inclinado un ángulo de 30º se colocan dos cuerpos juntos A y B de masa 1 y 5 Kg,

respectivamente, tal y como se muestra en la figura. Los coeficientes de rozamiento entre el bloque A y el

33

plano inclinado es 0.1, y entre el bloque B y dicho plano 0.2. ¿Cuánto vale la velocidad de cada cuerpo

después de haberse desplazado 1 m a lo largo del plano inclinado partiendo del reposo? (Tomar g=9.8

m/s2)

a) vA= 1.64m/s y vB= 2.59m/s

b) vA= 1.64m/s y vB= 1.64m/s

c) vA= 2.59m/s y vB= 2.59m/s

Solución:

Para resolver el problema necesitamos saber si ambos cuerpos caen juntos. Para ello calculamos cual es la

aceleración con la que inicialmente caería cada uno si estuvieran separados:

αµααµα

coscos

gmgsenmamgmgsenmam

BBBBB

AAAAA

−=−=

Restando ambas ecuaciones tenemos

)(cos ABBA gaa µµα −=−

Como AB µµ > entonces BA aa > , por lo que ambos cuerpos bajarán juntos.

Sabiendo esto, podemos escribir las ecuaciones de la dinámica para ambos cuerpos:

αµααµα

coscos

gmFgsenmamgmFgsenmam

BBABBB

AABAAA

−+=−−=

,

siendo BAF el módulo de la fuerza que el cuerpo B ejerce sobre el cuerpo A y ABF el módulo de la fuerza que el

cuerpo A ejerce sobre el cuerpo B. Por el principio de acción y reacción tenemos que

ABBA FF =

Resolviendo el sistema anterior obtenemos el valor de la aceleración de caída del conjunto formado por ambos

cuerpos: 2/34.3 sma ≈ .

Utilizando la ecuación de la cinemática asvv if 222 =− , obtenemos que la velocidad del sistema después de

recorrer 1m es sm /59.2 .

B A

30º

34

9. Se dejan caer dos bolas con la misma masa desde lo alto de un plano inclinado. Las dos bolas

experimentan rozamiento con el plano inclinado, pero mientras la primera cae deslizando sin rodar, la

segunda cae rodando sin deslizar. ¿Cuál de ellas tiene más energía mecánica al final de la rampa?

a) La que rueda sin deslizar

b) La que desliza sin rodar

c) Las dos tienen la misma energía mecánica

Solución:

La bola que rueda sin deslizar no disipa energía por rozamiento puesto que la velocidad del punto de contacto

de la bola con el plano es 0 (no hay fricción, rozamiento estático), por lo tanto su energía mecánica final es

igual a la inicial. Sin embargo la que desliza si que disipa energía, por lo que su energía final es menor que la

inicial. La respuesta correcta es la a)

10. Una barca de 100Kg de masa reposa en un estanque. Una persona de 50Kg comienza a andar sobre

ella con velocidad constante 1m/s respecto a la barca. ¿Qué ocurrirá si no se considera rozamiento

alguno?

a) La barca se moverá con respecto a la orilla con v= - 0.33m/s

b) La barca se moverá con respecto a la orilla con v= - 0.50m/s

c) La barca se moverá con respecto a la orilla con v= - 0.25m/s

Solución:

Como no actúan fuerzas externas sobre el sistema, el momento lineal se conserva.

Sea v la velocidad de la barca con respecto a la orilla. El momento inicial con respecto a la orilla es 0, mientras

que el final es la suma de los momentos de la barca: barcavM y de la persona: personamv )1( + , ya que la persona

se mueve con velocidad constante 1m/s con respecto a la barca.

Aplicando el principio de conservación del momento tenemos:

personabarca mvvM )1(0 ++= .

La solución es v= - 0.33m/s

11. Un satélite cercano a la superficie de la Tierra tarda unos 90 minutos en orbitar alrededor de ésta.

Este es el mismo que tardaría en hacerlo si, en lugar de hacerlo alrededor de la Tierra, lo hiciese

alrededor de la Luna, aun siendo su radio mucho menor. De este dato se puede deducir que

a) La Tierra tiene una densidad mayor que la Luna

b) Tienen ambas la misma densidad

35

c) La Tierra tiene una densidad menor que la de la Luna

Solución:

La densidad de la tierra es 3

34

T

T

R

M

π mientras que la de la luna vale

3

34

L

L

R

M

π. Supongamos que el satélite tiene una

masa m. La ecuación de la dinámica para su movimiento alrededor de la tierra es

T

T

T

T

Rvm

RmMG

2

2 =

Como TTT Rv ω= podemos escribir

23 TT

T

RMG ϖ=

En el caso del giro alrededor de la luna tenemos

23 LL

L

RMG ϖ=

Como el periodo de la órbita es el mismo en los dos casos, tenemos que LT ωω = . Igualando las dos ecuaciones

anteriores llegamos a

33T

T

L

L

RM

RM

= ,

de donde se deduce que ambas tienen la misma densidad.

12. En un parque de atracciones, la principal atracción consiste en un cilindro hueco colocado

verticalmente que gira. Los participantes se sostienen contra las paredes interiores del cilindro

mantenidos por la fuerza de rozamiento. Si el coeficiente de rozamiento estático entre los participantes y

la pared vale 0.4 y el radio del cilindro es de 5 m, hallar la velocidad angular mínima con la que tiene que

girar para que no se caigan. (g=9.8 m/s2)

a) 2.21 rad/s

b) 1.66 rad/s

c) 3.58 rad/s

Fuerza centrípeta

Fuerza Rozamiento

Peso

36

Solución:

Del diagrama de fuerzas anterior tenemos que Fuerza Rozamiento = Peso.

La Fuerza de rozamiento es proporcional a la fuerza normal que el cuerpo ejerce sobre las paredes del cilindro.

Esta fuerza es igual en módulo (aunque en sentido opuesto) a la fuerza que las paredes del cilindro ejercen sobre

el cuerpo, que es la fuerza centrípeta necesaria para que el cuerpo gire. Por lo tanto podemos escribir:

mgRvm =

2

µ

Como Rv ω= tenemos que

mgRm =2ωµ

de donde obtenemos que srad /21.2≈ω

13. Un bloque de 10 Kg de masa se encuentra en reposo en un plano inclinado 30º. Si el coeficiente de

rozamiento estático y dinámico entre el plano y el cuerpo es 0.7, ¿cuánto vale la fuerza de rozamiento?

(g=9.8 m/s2)

a) 59.4 N

b) 49.0 N

c) 0 N

Solución:

Como el bloque se encuentra en reposo, la suma de todas las fuerzas que actúan sobre él debe ser 0. Por lo

tanto, la Fuerza de Rozamiento debe ser igual a la componente tangencial del peso: αmgsen , que vale 49.0 N

37

14. El péndulo de la figura consta de una masa puntual

de 1 Kg sujeta por una varilla sin masa de longitud 1

m. Se suelta desde la posición A hasta que en la

posición B choca elásticamente con una masa de 1 Kg

que está en reposo unida a un resorte sin masa y

constante elástica k=50N/m. ¿Cuánto vale la máxima

compresión del muelle después del choque?. (Tomar

g=9.8 m/s2)

a) 0.39m

b) 0.63m

c) 0.14m

Solución:

La velocidad con la que choca la masa del péndulo con la del resorte se obtiene a partir de la conservación de la

energía mecánica del péndulo

2

21 mvmgh =

Como el choque es elástico, la energía cinética se conserva y posteriormente se transforma en energía potencial

del muelle

22

21

21 kxmv =

A partir de estas dos ecuaciones obtenemos que 63.0=x m.

15. Una barca de masa m se mueve sin rozamiento con velocidad 0v con respecto a un

observador que se encuentra en la orilla. ¿Qué debe hacer un niño de masa m que está sentado

dentro de la barca para que la barca no se mueva durante un instante en relación al

observador?

a) Correr hacia un extremo de la barca con velocidad 0v

b) Correr hacia un extremo de la barca con velocidad 2 0v

c) Correr hacia un extremo de la barca con velocidad 05.0 v−

Solución:

B

A 1m

38

El momento inicial del sistema barca + niño con respecto a la orilla es 02 vm . Como no actúan fuerzas externas

sobre el sistema, el momento lineal se conserva. Así pues, si el momento final total del sistema es vm , donde

v es la velocidad del niño mientras que la velocidad de la barca es 0, tenemos que 02vv = .

16.- Se dispara verticalmente una bala de mortero con una velocidad inicial de 126 m/s. En el

punto más alto de su trayectoria explota en tres fragmentos iguales, uno de los cuales sigue

subiendo con una velocidad de 70 m/s; otro sube formando inicialmente un ángulo de 45º con la

vertical, con una velocidad de 140 m/s. Determinar la velocidad inicial del tercer fragmento:

a) ji )27070()27070( −−+− m/s

b) ji 70270 −− m/s

c) ji )27070(270 +−− m/s

Solución:

En el punto más alto de su trayectoria la velocidad de la bala es 0. Como la explosión es debida a

fuerzas internas, el momento lineal se conservará en las dos direcciones del espacio justo en el instante

después de la explosión (luego no, porque actúa una fuerza externa como es la gravedad). Sean 1v , 2v

y 3v las velocidades de los tres fragmentos. Tenemos que:

jv 701 = m/s, jiv )45cos(140)45sin(1402 += m/s y jyixv +=3 m/s.

Como el momento lineal se conserva en el instante después de la explosión podemos escribir:

0321 =++ vvv , de donde obtenemos las siguientes ecuaciones:

0)45cos(140700)45sin(140

=++=+

yx

Finalmente llegamos a ( ) ( )jiv 270702703 +−−= m/s.

PROBLEMAS

PROBLEMA 1. Un objeto celeste esférico tiene una frecuencia de rotación sobre sí mismo de 30 vueltas

por segundo. Su masa es de 30102×≈M kg, (Dato: 11 2 26,7 10 N m / kgG −= × ⋅ ).

- La densidad mínima que debe tener para poder mantener su forma esférica.

a) Del orden del billón (1012) de kg/m3

b) Menor que un billón de kg/m3

39

c) Mayor que un billón de kg/m3

- El máximo radio posible del objeto es

a) Del orden del radio de la Tierra

b) Del orden del radio del Sol

c) Del orden del centenar de kilómetros

- En realidad la densidad del objeto es del orden de la densidad nuclear, que es tres órdenes de magnitud

superior a la mínima calculada para no desintegrarse. Este nuevo dato, ¿en cuanto altera la estimación

del radio?

a) La disminuye en un orden de magnitud

b) La disminuye en dos órdenes de magnitud

c) La aumenta en un orden de magnitud

Solución:

La condición necesaria y suficiente para mantener la forma esférica del objeto celeste es que para todo elemento

de masa m en su superficie debe cumplirse que

22

2

RmMGRm

Rmv

≤= ω ,

es decir, que la fuerza atractiva gravitatoria sea suficiente para mantener la rotación. De lo contrario, la

superficie se desintegraría porque la atracción no proporciona la fuerza centrípeta suficiente para que la masa de

la superficie gire alrededor del planeta.

De la ecuación anterior obtenemos que la densidad ρ debe satisfacer la siguiente condición:

3142

3kg/m103.1

43

34

≈≥=π

ω

πρ

GG

R

M

El radio del objeto celeste debe ser

Km150m105.14

3 531

min

==

≤

πρMR

Nos dicen ahora que, en realidad, la densidad del objeto es tres órdenes de magnitud mayor a la calculada en a): 317 kg/m103.1≈ρ . La nueva estimación del radio da 15 Km.

PROBLEMA 2. Un carrito de masa m se mueve a una velocidad v hacia otro en reposos de masa 3m. Éste

último está provisto de un parachoques de masa despreciable acoplado a un resorte. Durante el choque

40

frontal de ambos carritos el resorte se comprime y durante todo el proceso la energía mecánica se

conserva.

- ¿Cuál es la velocidad v′del carrito de masa 3m en el instante de máxima compresión del resorte?

a) vv =′

b) 3vv =′

c) 4vv =′

- En el caso en el que la energía mecánica no se conservase durante el choque, la velocidad v′ de la

pregunta anterior sería

a) vv =′

b) 3vv =′

c) 4vv =′

- Si la energía mecánica se conserva, ¿cuál es la velocidad 2v ′′ del carrito de masa 3m mucho después del

choque?

a) 22vv =′′

b) 32vv =′′

c) 42vv =′′

- En el caso de un choque totalmente inelástico, ¿cuál es la 2v ′′ velocidad del carrito de masa 3m mucho

después del choque?

a) 22vv =′′

b) 32vv =′′

c) 42vv =′′

Solución:

La conservación del momento da

( )vmmmv ′+= 3

41

4vv =′

Siendo ésta la velocidad en el instante de máxima compresión tanto en el caso de choque elástico como

inelástico.

Si el choque es elástico, una vez pierden contacto,

22

21

2

21

21

21 vmvmmv ′′+′′=

21 vmvmmv ′′+′′=

de las que se deduce 22vv =′′

Si el choque fuera totalmente inelástico, ambos carritos permanecerían todo el tiempo juntos y la velocidad

sería la de la pregunta 1.

PROBLEMA 3. Un satélite geoestacionario es aquél cuya posición permanece siempre en la vertical de un

determinado punto e la superficie terrestre. Estos satélites se encuentran:

a) En la vertical de un punto de latitud 45º Norte

b) En la vertical de un punto de latitud 0º

c) Pueden estar en la vertical de puntos en cualquier latitud

- La distancia al centro de la Tierra de la posición de estos satélites: (Masa Tierra =5.98 1024 kg, G=6.67

10-11 Nm2/kg2)

a) depende de para qué se utilice el satélite

b) es siempre de 42.000 km

c) es siempre de 420 km

Solución:

Al permanecer siempre en la vertical de un determinado punto, los satélites geoestacionarios giran con la misma

velocidad angular que lo hace la tierra. La única fuerza que actúa sobre ellos es la atracción gravitatoria que está

siempre dirigida hacia el centro de la Tierra. La fuerza gravitatoria entonces debe ejercer de fuerza centrípeta

responsable del movimiento circular de los cuerpos. La fuerza centrípeta siempre apunta hacia el centro del

giro.

42

En la figura vemos porqué un satélite geoestacionario tiene que estar siempre en la vertical de un punto de

latitud 0º, es decir, sobre el Ecuador. Sólo en esa latitud, la fuerza gravitatoria puede ejercer como fuerza

centrípeta ya que tendrían la misma dirección. En cualquier otra latitud, por ejemplo la ilustrada en la figura

( º25≈ ), la fuerza centrípeta (flecha con trazo discontinuo) y la gravitacional (flecha con trazo continuo) no

coinciden en dirección, por lo que el satélite jamás podrá estar siempre sobre el mismo punto, girando con la

tierra, únicamente por atracción gravitatoria.

La distancia d de estos satélites a la Tierra viene determinada por la igualdad entre la fuerza centrípeta y la

gravitatoria:

22

2

dmMGdm

dmv

== ω .

Despejando obtenemos Km 42000≈d .

PROBLEMA 4. Un vagón de ferrocarril abierto por arriba se mueve sin rozamiento con velocidad 1 m/s.

En un momento dado comienza a llover verticalmente y el vagón se va llenando de agua a razón de 10

Kg/s. La masa inicial del vagón es de 1000 Kg.

- ¿Cuánto vale la velocidad del vagón al cabo de 10 segundos desde que empieza a llover?

a) v= 0.909m/s

b) v= 0.609m/s

c) v= 0.403m/s

- ¿Cuánto vale la aceleración en función del tiempo?

a) 2)101000(10000)(

tta

+−

= m/s2

b) 2)101000(100)(

tta

+−

= m/s2

c) 2)10(10000)(

tta −= m/s2

43

- ¿Cuánto vale la fuerza que habría que ejercer sobre el vagón para mantenerlo a velocidad constante

1m/s?

a) 100 N

b) 50 N

c) 10 N

Solución:

En este problema tenemos conservación del momento lineal en la dirección del movimiento del vagón ya que

las únicas fuerzas externas que actúan sobre el vagón son perpendiculares al desplazamiento.

Por lo tanto podemos escribir m/s Kg 1000)0(cte)( === ptp . La masa del vagón aumenta con el tiempo a

razón de 10 Kg/s, así que tenemos que ttm 101000)( += . Como cte)()()( == tvtmtp , despejamos

( )m/s 101000/1000)( ttv += y tenemos que al cabo de 10s la velocidad es 0.909 m/s.

La aceleración viene dada por dttdv )( y es 2)101000(10000)(

tta

+−

= m/s2.

Si ahora queremos mantenerlo a velocidad constante 1 m/s, el momento lineal va a cambiar con el tiempo y la

fuerza que tenemos que ejercer para que eso ocurra se define como la variación de momento lineal por unidad

de tiempo:

( ) Ndt

tdmdt

tdvtmdt

tdmtvdt

tvtmddt

tdptF 10)()()()()()()()()( ==+=== .

PROBLEMA 5. A un cuerpo de 10Kg de masa que se encuentra sobre un plano inclinado 30º se le aplica

una fuerza de 60 N paralela al plano y hacia arriba. El coeficiente de rozamiento estático y dinámico

entre plano y cuerpo es 0.3 (g=9.8 m/s2).

- ¿Qué ocurrirá?

a) El cuerpo subirá por el plano inclinado

b) El cuerpo bajará por el plano inclinado

c) El cuerpo no se moverá

- ¿Cuánto vale la fuerza de rozamiento?

a) 11.00 N, oponiéndose a que el bloque suba

b) 25.46 N, oponiéndose a que el bloque baje

c) 25.46 N, oponiéndose a que el bloque suba

44

Solución:

Las fuerzas que se oponen al movimiento son la tangencial del peso (hacia abajo): N 49sin == αmgPt y la

fuerza de rozamiento, cuyo valor máximo es N 46.25cosmax, == αµmgFroz . Como ( )max,60 rozt FP +< el

cuerpo no se moverá. En ese caso, el cuerpo permanece en equilibrio y la suma de todas las fuerzas que actúan

sobre él tiene que ser 0, por lo tanto la fuerza de rozamiento vale N. 114960 =−

45

Solución exámenes Física General (Ciencias Matemáticas) Curso 2002/2003, Septiembre,

1ª Prueba Personal

CUESTIONES

1. Queremos bajar verticalmente por una ventana un peso de 1500 N, pero solo disponemos de una

cuerda que puede soportar una tensión máxima de 980 N. ¿Se puede utilizar dicha cuerda para bajarlo

sin romperla? ( 2m/s8.9=g )

a) Si, si el descenso se realiza a velocidad constante.

b) Si, si se baja con una aceleración 2m/s4.3≥a

c) Si, si se baja con una aceleración 2m/s1.2≥a

Solución:

Si escogemos el sentido positivo hacia abajo las ecuaciones de la dinámica son:

9801500 980 ≤−→≤−=→=− mamamgTmaTmg

de donde obtenemos que 9801500 −≥ma .

2m/s 4.31.153

520 que tenemosKg, 1.1538.9

1500 Como =≥=== ag

pesom

La respuesta correcta es la b)

2. Comprimimos un resorte 1 cm desde su posición de reposo. Cuando lo hagamos 2 cm desde la misma

posición, necesitaremos hacer

a) 2 veces más trabajo

b) 4 veces más trabajo

c) 8 veces más trabajo

Solución:

El trabajo realizado se obtiene a partir del incremento de la energía potencial del muelle. En el primer caso

tenemos que 21 )01.0(

21 kW = mientras que en el segundo caso 2

2 )02.0(21 kW = . Por lo tanto

12 4 WW = .

46

3. Supuesto solamente conocidos el radio de la Tierra ( 6104.6 ⋅=R metros ), la distancia Tierra-Luna

( Rr 60= ) y el valor de la gravedad en la superficie terrestre ( 2/8.9 smg = ) es posible calcular la

velocidad de la Luna en su movimiento alrededor de la Tierra, que es muy aproximadamente:

a) 10 m/s.

b) 100 m/s.

c) 1000 m/s.

Solución:

La fuerza que la Tierra ejerce sobre una masa m en su superficie es:

mgR

mMGF T == 2 .

Y la fuerza sobre esa masa, suponiendo que está girando en la misma órbita de la Luna, a una distancia r será:

nT ma

rmMGF == 2´

donde na es la aceleración centrípeta en la órbita lunar. Dividiendo ambas expresiones tenemos que

232

2

/1072.2 smrRgan

−==

Entonces: smrav nLuna /1002.1 3== y la solución es la c).

4. Si se fundieran los hielos polares, ¿afectaría esto a la duración del periodo de rotación de la Tierra?

a) el periodo aumentaría

b) el periodo disminuiría

c) el periodo no variaría porque no intervienen momentos exteriores en la rotación

Solución:

Como el momento angular se conserva: cteI =ω . Al fundirse los hielos polares I aumenta, por lo que ω debe

disminuir y por tanto ωπ2

=T aumenta; la solución es la a).

47

5. En el extremo de una tabla que flota en el agua, de masa 4 kg y longitud 2 m, descansa una rana de

masa 100 g . Si ésta salta con velocidad v0 formando un ángulo de 15º con la horizontal, hallar el valor de

v0 para que alcance el otro extremo de la tabla en el salto. (No considerar ningún tipo de rozamiento).

( 2m/s8.9=g )

a) 4.2 m/s

b) 6.3 m/s

c) 2.7 m/s

Solución:

Como no actúan fuerzas externas sobre el sistema rana-tabla, el momento lineal se conserva. Si v es la velocidad

con la que se mueve la barca justo después del salto de la rana, tenemos que:

m/s, 024.004º15cos1.0 00 vvvv −=→=+ ,

es decir la tabla se mueve en sentido contrario al de la rana.

Durante el salto de la rana, de duración t, la barca se ha movido tv , así que para que la rana alcance el otro

extremo de la tabla después del salto, tenemos que considerar un tiro parabólico de alcance vt−2 m.

Las ecuaciones son:

Dirección x: º15cos2 0tvvt =−

Dirección y: 20 2

1º15sin0 gttv −=

Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas: 0v y t. Despejando obtenemos que la solución correcta es la b).

6. Un atleta al saltar en el trampolín realiza diferentes movimientos físicos antes de penetrar en el agua.

¿Cuál de estas magnitudes permanece constante en el salto?

a) momento de inercia

b) momento angular

c) momento lineal

Solución:

La única fuerza que actúa sobre el atleta es la de la gravedad y no ejerce momento alguno sobre el atleta, por lo

que el momento angular se conserva. Ni el momento de inercia (pues el atleta cambia su distribución de masa al

moverse) ni el lineal (presencia de la gravedad) se conservan. La solución es la b).

48

7. Sabiendo que el radio de la órbita de la Luna alrededor de la tierra es R, y que su periodo de

revolución es T, ¿cuánto vale la masa de la Tierra?

a) 3

224T

RG π

b) 3

224GR

Tπ

c) 2

324GT

Rπ

Solución:

La fuerza de atracción gravitatoria que la Tierra ejerce sobre la Luna es la responsable del movimiento de

rotación de la última sobre la primera. Podemos escribir por tanto que

RT

mRmR

mMG LLLT

2

22

2

4πω == .

Despejando TM obtenemos que 32

24 RGT

M Tπ

= .

8. Una persona está de pie en el centro de una plataforma giratoria. En un momento dado extiende los

brazos que sostienen sendas pesas. ¿Que ocurrirá?

a) El momento angular del sistema aumenta

b) El momento de inercia disminuye

c) la velocidad angular disminuye

Solución:

Al extender los brazos, el momento de inercia del sistema aumentará. Como el momento angular permanece

constante en todo momento tenemos que cte=ωI . Por lo tanto la velocidad angular disminuirá.

9. Un cazador y su perro se dirigen en línea recta hasta una cabaña que dista 10 Km. Ambos parten

desde la misma distancia. El cazador camina a una velocidad constante de 5 Km/hora. El perro, que va

más deprisa, se mueve a velocidad doble que el cazador. Como el perro se mueve más rápido, llega a la

cabaña primero. Una vez que ha llegado a la cabaña, regresa en busca del cazador hasta que se encuentra

con él. Cuando lo encuentra decide dar la vuelta y regresa otra vez a la cabaña, y así sucesivamente se

dedica a ir y venir desde el cazador a la cabaña y desde la cabaña al cazador, hasta que el cazador llega a

la cabaña. ¿Qué distancia recorre el perro?

49

a) 20 Km.

b) 25 Km.

c) 30 Km.

Solución:

Si el cazador ha recorrido en total 10 Km., el perro habrá recorrido el doble, puesto que su velocidad es el doble

que la del cazador y ambos han estado el mismo tiempo moviéndose. La respuesta correcta es la a).

10. Una barra muy fina, rígida y homogénea, de masa M y longitud L, tiene fijada a uno de sus extremos

una pequeña masa m, mientras que el otro se fija mediante un pivote (sin rozamiento) al techo. La barra

se coloca horizontalmente, paralela al techo, y se suelta. ¿Cuál es la velocidad angular cuando llega a la

posición vertical? (momento de inercia de una barra respecto de uno de sus extremos 213 ML )

a) ( )( )

2 6 33

g m ML M m

ω+

=+

b) ( )2 g m M

Mω

+=

c) ( )

2

3m

M M mω =

+

Solución:

Utilizamos la conservación de la energía mecánica. Si tomamos como origen de la energía potencial el techo

tenemos que la energía mecánica inicial del sistema barra-masa es 0. Podemos escribir entonces para la energía

mecánica total en la posición vertical del sistema:

LmgmvLMgI

EEEE masapotencialmasacinéticabarrapotencialbarracinética

−+−=

+++= −−−−

22

21

21

210

0

ϖ

Sabiendo que 2

31 MLI = y Lv ϖ= , podemos despejar la velocidad angular y obtenemos

( ))3(

632

mMLmMg

++

=ϖ

11. Un cuerpo de 3 kg que se mueve con velocidad 5 m/s en la dirección positiva del eje x choca con otro

de 6 kg que se desplazaba perpendicularmente al primero, en la dirección positiva del eje y, con velocidad

50

3 m/s. Después del choque ambos cuerpos quedan unidos. Calcular el módulo de la velocidad con la que se

desplazan después del choque y el ángulo que forma esta velocidad con el eje x.

a) 2.6 m/s y 38.3º

b) 4.3 m/s y 38.3º

c) 2.6 m/s y 50.2º

Solución:

Aplicamos la conservación del momento lineal con m/s )0,5(,1 =iv , m/s )3,0(,2 =iv y ( )m/s , yxf vvv = . Si

α es el ángulo que forma la velocidad de los dos cuerpos unidos después del choque con respecto al eje OX y v

el módulo de la velocidad, tenemos que αcosvvx = y αsinvvy = . Podemos escribir

fii vmmvmvm )( 21,22,11 +=+ .

Sustituyendo e igualando obtenemos que 9

15=xv y 2=yv . A partir de los valores anteriores obtenemos que

º2.50=α y 6.2=v m/s.

12. Un camión circula a una velocidad de 20 m/s. Hallar la distancia mínima que debe recorrer para

detenerse sin que resbalen las cajas que lleva en su interior, sabiendo que el coeficiente de rozamiento

estático entre las cajas y el suelo del camión vale 0.4. g=9.8 m/s2

a) 51 m

b) 34 m

c) 16 m

Solución:

Desde el punto de vista de un observador en reposo situado fuera del camión (sistema inercial) la única fuerza

que actúa sobre las cajas en la dirección del movimiento es la fuerza de rozamiento, cuyo valor máximo es

N 92.3max mmgFroz ==− µ , siendo m la masa de las cajas. Como el camión está frenando, el movimiento de

las cajas que ve ese observador es un movimiento decelerado. Por lo tanto, la dinámica del sistema está descrita

por 2

maxmaxmax m/s 92.3 −=⇒−= − aFma roz .

Como asvv if 222 =− , tenemos que m 51=s . Si el camión frenara con una aceleración mayor, la distancia s

sería menor, pero la fuerza de rozamiento no podría “sujetar” las cajas y estas resbalarían dentro del camión.

Este efecto se ve muy bien desde el punto de vista de un observador situado dentro del camión al

lado de las cajas (sistema no inercial). Como hemos visto anteriormente (ver Cuestión 3 Feb02) podemos

51

utilizar las leyes de Newton en un sistema no inercial siempre que incluyamos en la ecuación de la dinámica la

correspondiente fuerza de inercia Fi. Supongamos entonces que el camión está frenando con una aceleración

mayor que la obtenida anteriormente, por ejemplo 2m/s 5−=a . La ecuación de la dinámica para las cajas vista

por un observador situado dentro del camión es

mmmaFFFma rozicajas 592.3 +−=−−=+= ∑ ,

donde cajasa es la aceleración de las cajas vista por el observador situado al lado de ellas. Vemos que obtenemos

0>cajasa , es decir, el observador dentro del camión ve que las cajas se mueven hacia delante. Sólo cuando la

aceleración del camión satisfaga la condición

maFFF rozi −−=+= ∑0

tendremos que las cajas no se moverán. Esa condición, nos devuelve otra vez el valor de 2m/s 92.3− para la

aceleración máxima del camión.

PROBLEMAS

PROBLEMA 1. Una cadena flexible de longitud total L descansa sin rozamiento sobre el borde de una

mesa, con una parte de la cadena de longitud 0y colgando verticalmente de ella. La cadena empezará a

caer progresivamente.

- ¿Cuál de estas dos posibilidades da la aceleración de la cadena en su deslizamiento por el borde de la

mesa?

a) yga L= , en función de la porción, y , de cadena que cuelga

b) siempre es g

- La velocidad de la misma cadena en el instante en que abandona la mesa e inicia su caída libre es

a) ( )2 20

gv L yL

= −

b) ( )0gv L yL

= −

c) gvL

=

52

Solución:

Sea y la porción de cadena que cuelga, si la masa total de la cadena es m, entonces la masa de la parte que

cuelga es L

my. De acuerdo con la tercera ley de Newton tenemos

Lgyamag

Lmy

=→=

La solución es la a).

La segunda parte del problema se puede resolver de muchas formas, las más cómoda e intuitiva es por

conservación de energía mecánica. Tomemos como referencia para la energía potencial la superficie de la mesa

donde descansa la cadena. La energía mecánica inicial es la energía potencial de la cadena. La parte de la

cadena que descansa inicialmente sobre la mesa tiene energía potencial 0 mientras que la porción que cae de

longitud 0y tiene una energía potencial 00

21 yg

Lmy

− , donde L

my0 es la masa, y 021 y− la altura del centro de

masas de la porción. La energía mecánica final será la suma de la energía potencial final Lmg21

− y la energía

cinética 2

21 mv . Igualando la energía mecánica inicial y la final, y despejando la velocidad obtenemos que la

respuesta correcta es la a).

PROBLEMA 2. Una partícula de masa m que se mueve en la dirección positiva del eje x colisiona a la vez

con otras dos partículas que se encontraban en reposo en su camino, ambas de masa m y 2m, las cuales

salen despedidas con velocidades 1m/s y 0.5m/s, respectivamente, formando ángulos α1 (por encima del

eje x) y α2 (por debajo del eje x) con la dirección del movimiento de la primera, que queda en reposo

después del choque.

Sabiendo que la energía cinética final es la mitad de la inicial:

- Calcular la velocidad de la partícula antes de chocar

a) sm /32

b) sm /2/3

c) sm /3

Solución:

smvmvmmEcEc if / 321

2125.02

211

21

21 2 =→

=+→= , la solución es la c).

- Calcular los ángulos α1 y α2

a) º45º30 21 == αα

53

b) º30º45 21 == αα

c) º30º30 21 == αα

Solución:

Conservación del momento lineal en la dirección x:

21 cos5.02cos13 αα mmm +=

Conservación del momento lineal en la dirección y:

21 sin5.02sin10 αα mm −=

De donde obtenemos que ααα == 21 y que 23cos =α , la solución es la c).

PROBLEMA 3. Una Debido al rozamiento con el suelo una moto pasa de 70 km/h a 0 km/h en 15 m.

( 2/8.9 smg = )

- El tiempo de frenada es

a) 1,54 s

b) 2,82 s

c) 0,72 s

- Y el coeficiente de rozamiento estático es

a) 1,28

b) 0,34

c) 2,07

Solución:

Aplicando las ecuaciones de la cinemática para un movimiento uniformemente acelerado tenemos: 222 m/s 60.12 2 −=→=− aasvv if .

Por lo tanto el tiempo de frenada es s. 54.1=−

=a

vvt if

Finalmente, la 2ª ley de Newton nos dice que µmgFma roz −=−= de donde .28.1=µ

54

PROBLEMA 4. Sean dos bolas iguales de masa M . Una de ellas (bola 1)se desplaza de izquierda a

derecha a lo largo del eje OX, a una velocidad de 2 m/s, y después de chocar con la segunda (bola 2),

inicialmente en reposo, se desplaza a 1 m/s en una dirección que forma un ángulo de 45º con la inicial.

- El ángulo con respecto al eje OX con el que sale despedida la bola 2 es:

a) mayor que 45º

b) menor que 45º

c) igual a 45º

- La velocidad de la bola 2 después del choque es:

a) mayor de 1m/s

b) igual a 1 m/s

c) menor de 1 m/s

- ¿Cuál de las dos afirmaciones siguientes es verdadera?

a) el choque anterior es elástico

b) el choque anterior es inelástico

Solución:

Aplicamos la conservación del momento lineal con m/s )0,2(,1 =iv , m/s )0,0(,2 =iv , m/s 22,

22

,1

=fv

y ( )m/s ,,2 yxf vvv = . Tenemos entonces que:

ffii vMvMvMvM ,2,1,2,1 +=+ .

Sustituyendo e igualando obtenemos que 222 −=xv y

22

−=yv . Si α es el ángulo que forma la velocidad

de la segunda bola después del choque con respecto al eje OX y v el módulo de la velocidad, tenemos que

αcosvvx = y αsinvvy = . A partir de los valores anteriores obtenemos que º68.28−=α (es negativo

porque la dirección del movimiento va por debajo del eje OX) y 47.1=v m/s. Como se puede comprobar:

2

,2

2

,12

,1 21

21

21

ffi vMvMvM +≠ ,

y por tanto el choque es inelástico.

PROBLEMA 5. Una sonda espacial de 50 kg viaja a una velocidad de 2 m/s. Una explosión controlada

que proporciona una energía de 100 J separa la sonda en dos partes de 25 kg de peso cada uno. Después

de la separación los dos partes conservan la trayectoria inicial de la sonda.

55

- La velocidad que adquieren las partes en la que se divide la sonda son tales que

a) es idéntica para ambas

b) una de las partes tiene velocidad nula

c) cada una adquiere su velocidad, no siendo ninguna nula, ni tampoco iguales

- ¿Cuál de las siguientes afirmaciones referentes al problema es verdadera?

a) Después de la separación la velocidad del centro de masas del sistema es de 4 m/s

b) La suma de las dos velocidades finales de las partes es de 4 m/s

c) En el sistema de referencia ligado al centro de masas la velocidad de cada parte es de 4 m/s

Solución:

Como en la explosión sólo actúan fuerzas internas, el momento lineal se conserva:

21 mvmvMV += ,

donde v1 y v2 son las velocidades de las dos partes y kg 25y kg 50 == mM . Sustituyendo tenemos que

214 vv += .

La diferencia entre la energía final y la inicial es igual a los 100 J proporcionados por la explosión. Así pues,

tenemos que

1610021

21

21 2

22

122

22

1 =+⇒=−+ vvMVmvmv .

Combinando ambas relaciones entre v1 y v2 llegamos a ,0)4( 22 =−vv obteniendo por consiguiente dos

soluciones: v1=4, v2=0 y v1=0, v2=4. Por lo tanto la solución de la primera y de la segunda cuestión es la b).

PROBLEMA 6. Un satélite artificial de masa m describe una trayectoria circular de radio r=25000km.

RTierra=6370 km, valor de la gravedad en la superficie terrestre g=9.8 m/s2

- ¿cuánto vale el periodo de su revolución?

a) 10 h 56 min

b) 6 h 14 min

c) 37 h 27 min

- Deducir cómo depende la energía total del satélite E (Energía potencial + Energía cinética) con el radio

de la órbita. (tomar como origen de energías para la energía potencial gravitatoria U=0 cuando r=∞)

a) r

mGME T−=

b) 22rmGM

E T=

56

c) r

mGME T

2−=

- Supongamos ahora que en un instante dado, debido al rozamiento, el satélite pierde energía, ¿qué

ocurrirá?

a) El radio de la órbita disminuirá y la velocidad del satélite también disminuirá

b) El radio de la órbita disminuirá y la velocidad del satélite aumentará

c) El radio de la órbita permanecerá constante y la velocidad del satélite disminuirá

Solución:

La fuerza de atracción gravitatoria que la Tierra ejerce sobre el satélite es la responsable de su movimiento de

rotación. Podemos escribir por tanto que

rT

mrmr

mMG T2

22

2

4πω == .

Despejando 2T obtenemos que 32

2 4 rGM

TT

π= . Como 2

T

T

RGMg = , tenemos finalmente que 3

2

22 4 r

gRT

T

π= y

el periodo vale 10 h 56 min.

La energía potencial del satélite viene dada por la expresión r

mGMU T−= (cuando ∞→r , 0→U ). La

forma de obtenerla aparece en cualquier libro de texto de la asignatura.

Su energía cinética es deducida de la primera ecuación utilizada en este problema

22

1 22

2

rmMGmvE

rmMG

rvm T

cT ==→= .

Sumando ambas energías obtenemos que la energía total del satélite 2r

mMGUEE T

c −=+= .

Vemos pues que cuanto mayor es el radio de la órbita, mayor es la energía total del satélite (ya que es negativa).

Por tanto, si el satélite pierde energía, r disminuirá y descenderá a una órbita de radio menor. Al disminuir r, la

energía cinética (dada por 2r

mMG T ) aumentará y su velocidad será mayor.

57

PROBLEMA 7. El cañón de una escopeta tiene una longitud de 1 m y la fuerza que impulsa el proyectil

viene dada por la expresión )200(1.0 xf −⋅= , donde la fuerza está expresada en Newtons y x , que es la

distancia medida a lo largo del cañón, está en centímetros. La masa del proyectil es de 5 gramos.

- El trabajo que realiza la fuerza en el interior del cañón es:

a) 15 Julios.

b) 20 Julios.

c) 25 Julios.

- La velocidad del proyectil en el momento de salir del cañón es:

a) 71.12 m/s.

b) 77.46 m/s.

d) 82.24 m/s.

- La energía cinética del proyectil en el momento en que sale del cañón es (1 caloría = 4.18 Julios):

a) 2.2 calorías.

b) 2.9 calorías.

c) 3.6 calorías.

Solución:

J 15cmN 1500)200(1.0)(100

0

100

0==−== ∫∫

=

=

=

=

x

x

x

xdxxdxxfW .

Ese trabajo sobre el proyectil incrementa su energía cinética en 15 J (3.6 calorías). Por lo tanto J 1521 2 =mv y

obtenemos que m/s 46.77=v .

58

Solución exámen Física General (Ciencias Matemáticas) Curso 2003/2004, Febrero 1ªPP

(1ª y 2ª semana)

Cuestiones

1. Una persona lanza una pelota de 1 kg. hacia arriba con una velocidad inicial de 50 m/s. Ésta alcanza

una altura de 50 m antes de comenzar a caer hacia abajo.¿Cuánto vale la fuerza de rozamiento del aire si

suponemos que es constante a lo largo de todo el ascenso de la pelota?

Solución:

21 15.2 N2 roz roz rozmgh mv W F h F− = − = − ⇒ =

2. Sabiendo que la gravedad en la superficie de la Luna es 1/5 de la terrestre, calcular la velocidad que se

debe comunicar a un cuerpo en la superficie de la Luna para que escape a la atracción lunar y se aleje

para siempre (velocidad de escape). La velocidad de escape en la Tierra es 11.2 km/s y LT RR 66.3= .

Solución:

Condiciones energéticas para el escape: 21 02

MmG mvR

− + =

En la Luna

LLL

LL Rg

RM

Gv 02 22

==

En la Tierra

TTT

TT Rg

RM

Gv 02 2

2==

Dividiendo

km/s 6.2 66.35

2

0

022 =⇒⋅

== LT

T

L

T

LTL vv

RR

gg

vv

3. Una masa puntual de 20g oscila con un movimiento armónico simple. Un persona con un cronómetro

toma los tiempos en los que la masa pasa periódicamente por el mismo punto de amplitud máxima

59

cm 10=A . Si los tiempos anotados son: ... 2

7 ,2

5 ,2

3 ,2

ππππ=t , ¿cuál es el valor de la fuerza

recuperadora cuando s 5=t ?

Solución:

Primero debemos obtener la ecuación del movimiento. De los datos tomados por la persona tenemos que el

periodo s. π=T Así pues, podemos escribir

)2cos(1.0)( ϕ+= ttx

Para obtener la fase ϕ utilizamos uno de los tiempos anotados, ya que sabemos la posición para ese tiempo.

Utilizamos el primero, por ejemplo

πϕϕπ - )cos(1.01.0 =⇒+= .

Ahora tenemos que la fuerza recuperadora es )(08.0)()()( 2 txtxmtmatF −=−== ω .

Por lo tanto NxF 3107.6)5(08.0)5( −⋅−=−= .

4. Se quiere poner un satélite de 1000 kg. en órbita circular alrededor de la Tierra. Para ello, se lanza desde la

superficie de la Tierra con una velocidad de 5 km/s. Cuando el satélite alcanza la altura máxima se la impulsa

para que describa una órbita circular alrededor de la Tierra. Determinar la velocidad con la que se le debe

impulsar para que tenga lugar el movimiento circular ( Km 6370y m/s 8.9 20 == TierraRg )

Solución:

Primero debemos averiguar cual es la altura máxima alcanzada. Si elegimos el origen de energía potencial

0=U cuando ∞=r , la expresión de la energía potencial en función de la altura es

rmM

GU T−=

Por lo tanto, igualando energías tenemos que

rmM

GR

mMGmv T

T

T −=−2

21

Como TT GMRg =20 , tenemos que

rmRg

mRgmv TT

20

02

21

−=−

de donde km. 7965=r

Ahora tenemos que

60

2

2

rmMG

rvm T=

de donde km/s 066.7=v

Problemas

PROBLEMA 1. La energía potencial de un objeto de 3 Kg viene dada por 323)( xxxU −= , donde U se

expresa en Julios y x en metros.

5.- Analizar en qué posiciones se encuentra este objeto en equilibrio y como es la estabilidad del equilibrio.

6.- Si la energía total de la partícula es 10 J, ¿cuál es el módulo de la velocidad para m 2=x ?

Solución:

xxdx

xdUxF 63)()( 2 −=−=

2 ,0 0)( =⇒= xxF

En 0=x tenemos equilibrio estable ya que 0)0( <+ xF δ y 0)0( >− xF δ

En 2=x tenemos equilibrio inestable ya que 0)2( >+ xF δ y 0)2( <− xF δ

J 4)2( =U , por tanto la energía cinética es 6 J y la velocidad es 2 m/s.

PROBLEMA 2. Un disco uniforme con una masa de 100 Kg y un radio de 1m gira inicialmente con una

velocidad angular de 1000 rev/min. A una distancia radial d ,de 0.5 m, se aplica una fuerza cuya dirección

forma un ángulo de 60º con la tangente al disco (ver figura). ( 221 mrI disco = )

ωF

60º

d

61

7.- ¿Qué trabajo debe realizar esa fuerza para detener el disco?.

8.- ¿Cuál es la magnitud de la fuerza, si el disco se detiene en 1 min?

Solución:

La velocidad angular vale rad/s 7.1046021000 ==πω .El trabajo realizado por la fuerza será igual a la

variación de la energía cinética del disco KJ. 274210 2 =−= ωIW

Si el disco se detiene en 1 min, tenemos que la aceleración angular 2rad/s 75.1−=−

=t

if ωωα .

Como αIdFM Fuerza == 60cos , tenemos que NF 350=

PROBLEMA 3. Sobre una superficie horizontal plana y sin rozamiento hay una masa kg 41 =m unida a

un resorte horizontal sin masa apreciable y de constante elástica N/m 12=k . Se lanza otra masa

kg 42 =m en la dirección del resorte con velocidad de 5 m/s.

9. Calcular la ecuación del movimiento armónico simple de la oscilación si el choque fuera perfectamente

inelástico (las masas quedan adheridas)

10. Calcular la ecuación del movimiento armónico simple de la oscilación si el choque fuera perfec

tamente elástico

11. En el último caso, si el choque fuera perfectamente elástico: ¿volverán a chocar las dos masas otra

vez? Si es así, calcular cuanto tiempo después del primer choque.

Solución:

Caso choque perfectamente inelástico:

m/s 2.5 )(

)(21

202120 =

+=⇒+=

mmmv

VVmmmv

La energía cinética justo después del choque se transforma en energía potencial del muelle. De esa igualdad

obtenemos la máxima elongación:

m 04.2)(

)(21

21 21

max2

212max =

+=⇒+=

kmm

VxVmmkx

Como 22.121

=+

=mm

kω tenemos que )22.1sin(04.2)( ttx =

Caso choque perfectamente elástico:

62

+=

+=⇒

+=

+=

22

21

212

222

112

02

221120

25

5

21

21

21

vv

vv

vmvmvm

vmvmmv

De donde obtenemos que m/s 02 =v y m/s 52 =v La energía cinética justo después del choque se transforma

en energía potencial del muelle. De esa igualdad obtenemos la máxima elongación:

m 89.2 21

21 1

1max2

112max ==⇒=

km

vxvmkx

Como 73.11

==mkω tenemos que )73.1sin(89.2)( ttx =

Chocará otra vez la masa 1 con la masa 2 al volver de la primera oscilación ya que la masa 2 se había quedado

en reposo. El tiempo que transcurrirá entre choque y choque es exactamente un semiperiodo 1.82 s2T π

ω= =

PROBLEMA 4. Un persona de 80 kg se encuentra sobre un plataforma circular en forma de disco. El

radio de la plataforma R es de 1m y su masa M de 200 kg. La persona está situada a una distancia d =

0.60 m del eje de giro. El sistema está inicialmente en reposo cuando la persona lanza una pelota de 2 kg

con una velocidad v = 7 m/s paralela a la plataforma y a una altura despreciable tal y como se muestra en

la figura. El momento de inercia de la plataforma respecto al eje de giro es 2

21 MR . Si se prescinde de

rozamientos:

12.- Calcular el momento cinético o angular de la pelota con respecto al centro de la plataforma en el

momento del lanzamiento

13.-Calcular la velocidad angular que adquiere la plataforma

Solución:

d

v90º

63

s/m kg 4.8 2zvmrprLpelota −=×=×=

Como el momento angular se conserva, tenemos que 0=+ + personaplataformapelota LL ,

De donde zI 4.8=ω . Como el momento de inercia del sistema plataforma+persona es:

222 m kg 8.12821

=+= mrmRI

tenemos que rad/s 065.0 z=ω

14. Un cuerpo de masa m describe una trayectoria circular con movimiento uniforme. ¿Qué trabajo ha

realizado la fuerza centrípeta en media vuelta? Razonar la respuesta

Solución:

El trabajo efectuado por la fuerza centrípeta es 0 ya que su dirección es perpendicular en todo momento al

vector desplazamiento del cuerpo.

15. Una masa m se apoya sobre un plano inclinado 45º; el plano se desplaza horizontalmente con

aceleración constante. Si no existe ningún tipo de rozamiento, calcular la aceleración con la que se debe

mover el plano inclinado para que el cuerpo no deslice por el plano

Solución:

gamgFmaF

N

N

===

º45cosº45sin

a

64

Solución exámen Física General (Ciencias Matemáticas) Curso 2003/2004, Septiembre

1ªPP

1. Un masa de 50g está unida a un extremo de un muelle horizontal, el cual está unido por

el otro extremo a un eje vertical (ver dibujo) que gira con una velocidad de 4 vueltas/s. Si

la constante elástica del muelle vale mNk /196= , calcular el alargamiento del resorte

sabiendo que su longitud en reposo es de 0.50 m (Despreciar cualquier rozamiento)

Solución

La fuerza de recuperación del muelle es igual a la fuerza centrípeta que provoca el giro:

( )

mmk

lmx

xlmkxF

22

2

2

106.9 −=−

=

+==

ωω

ω

Una polea en forma de disco, de masa gM 500= y radio R, se encuentra sujeta al techo.

Por su garganta pasa una cuerda de masa despreciable que lleva colgado a un extremo

una masa gm 200= mientras que el otro extremo se encuentra unido a un resorte

vertical fijo en el suelo, de constante elástica mNk /40= . La cuerda está unida a la polea,

no se desliza, de forma que la polea gira sin rozamiento sobre su eje debido a la tensión de

la cuerda. 2

21 MRI polea =

2) Calcular cuanto se alarga el resorte si la masa m está en equilibrio

3) Si la masa m se separa de la posición de equilibrio, calcular el periodo de las

oscilaciones.

4) Si la masa se encuentra en la posición de equilibrio y cortamos la cuerda por el lado que

está unida al resorte vertical, la masa empieza a caer. Obtener la expresión de la velocidad

65

que adquiere la masa después de haber descendido una distancia h desde la posición de

equilibrio

Solución.

2)0

0.049

mg TT kx

mgx mk

− ==

= =

1

21 2

2

3)

12

( ')

T mg maaT R T R I MRR

T k x x

α

− = − = =

= +

´12

kxaM m

−=

+

sTTmM

kxa 67.02

21

´2 =⇒=+

=⇒−=πωω

4)

hgMm

mhv

gMm

ma

95.2

21

221

=+

=

+=

5. Un agujero negro es el estado final de una estrella de gran masa cuya fuerza

gravitatoria es tan intensa que impide que la propia luz escape del mismo. Supongamos

que tenemos un astro de masa M y radio R. Deducir como debe ser la relación RM / −la

cual nos puede dar una idea de la densidad del astro− para que la velocidad de escape de

ese astro sea mayor que la luz. Comparar esa relación con la de la Tierra, sabiendo que

66

kgM T241098.5= y kmRT 6370= . (Datos: smc /10998,2 8= ;

2211 /10672,6 kgNmG −= )

Solución

mkgRMc

RGM /1075.62 26>⇒>

6. Un aro puede caer rodando por un plano inclinado, o bien, deslizando son rozamiento

( 2mRI = ). Hallar razonadamente en qué caso llega antes a la base del plano inclinado

Solución

Cuando desliza:

ghvmvmgh 221 2 =⇒=

Cuando rueda:

ghvmvmvImvmgh =⇒+=+= 2222

21

21

21

21 ω

llega antes cuando desliza.

Una fuerza continua de valor ( ) 310 xF −= N, donde x es la posición medida en metros,

actúa sobre una masa de 1kg, inicialmente en reposo, a lo largo de 2m. La dirección y

sentido de la fuerza coincide con la dirección y sentido de la trayectoria que sigue la

partícula.

7) Calcular el trabajo efectuado por la fuerza

8) Una vez que la masa ha recorrido los 2m, la fuerza deja de actuar y la partícula se

mueve libremente sin rozamiento. Calcular la velocidad de la partícula.

Solución

7) 2

0

10 6 J3

x

x

xW dx=

=

−= =∫

67

2

2

18) 2

2 / 3.46 m/s

cW E mv

v W m

= ∆ =

= =

9. Un globo estacionario de masa 2m lleva colgando una escalera de cuerda con un joven

en ella de masa 1m . El joven empieza a subir por la escalera con velocidad 1v respecto a la

escalera, ¿qué ocurre con el globo?

Solución

Sea Gv la velocidad que adquiere el globo con respecto al suelo cuando el joven comienza a

subir por la escalera. Si la velocidad del joven con respecto a la escalera es 1v , la velocidad del

joven con respecto al suelo será 1 Gv v+ . Aplicando la conservación del momento lineal

tenemos que

2 1 1 1

1 1

1 2

0 ( ) ( )

(2 )

G G

G

m m v m v vm vv

m m

= + + +

−=

+

Por lo tanto, el globo comenzará a bajar hacia abajo con esta velocidad