300.MR Versión 1 2da. Prueba Parcial 1/5 SEMANA 25 Lapso 2015-1

Especialista: Rafael López Frontado Ingeniería de Sistemas Evaluadora: Sandra Sánchez

MODELO DE REPUESTA

ASIGNATURA: FÍSICA GENERAL I CÓDIGO: 300 MOMENTO: SEGUNDA PRUEBA PARCIAL VERSIÓN: 1 FECHA DE APLICACIÓN: 20-06-2015

MOD III,- UNID 6,- OBJ 6 CRITERIO DE DOMINIO 1/1 1.- Repuesta DATOS: m=8,0x10-3 kg, M=2,5 kg, H=1,0 m, D=2,0 m.

SOLUCIÓN: En A se produce la colisión entre la bala y el bloque, donde el momento lineal en la dirección del eje x se mantiene constante, esto es o Amv =(m+M)V (1) Cuando el bloque con la bala incrustada se mueve desde A hasta B, describe un movimiento parabólico.

Las ecuaciones de las coordenadas (llamadas también paramétricas) que describen su movimiento son:

A

2

x(t)=V t (2)

gty(t)=H- (3)2

Despejando el tiempo tv (llamado el tiempo de vuelo del cuerpo, o sea el tiempo que tarde el cuerpo en caer desde A hasta B) en la ecuación (2), se tiene At=x/V . Al sustituir este resultado en la ecuación (3); para luego despejar la rapidez VA, se tiene

2 2 2

A2A

gx gx gDy=0=H- V = =2V 2H 2H

→

Luego sustituimos el valor de VA en la ecuación (1), así se tiene

2 2m+M gD 2,508 9,8 2 mv = = v =1387,9

m 2H 0,008 2(19 so o×

⇒

CRITERIO DE CORRECCIÓN: El objetivo será logrado si el estudiante usa un procedimiento correcto en su resolución y obtiene un resultado similar al mostrado.

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA VICERRECTORADO ACADÉMICO ÁREA: INGENIERÍA

300.MR Versión 1 2da. Prueba Parcial 2/5 SEMANA 25 Lapso 2015-1

Especialista: Rafael López Frontado Ingeniería de Sistemas Evaluadora: Sandra Sánchez

MOD III,- UNID 7,- OBJ 7 CRITERIO DE DOMINIO 1/1 2.- Repuesta DATOS: W=400 N, F1=200 N, h1=0,40 m F2=300 N SOLUCIÓN:

Aplicando las ecuaciones que describen el movimiento de un cuerpo rígido, se tiene

x 1

y 1

1 1

F : Fcos37°-F =0 (1)

F : Fsen 37°+N-W=0 (2)

: Fcos37°(0,1)+Fsen37°(0,3)-F (0,5)+N(d)=0 (3)O

μ

μτ

∑∑∑

a) Para determinar el coeficiente de fricción entre el coeficiente de fricción por

deslizamiento, en la ecuación (2) se despeja previamente la N. Así se tiene,

1N=W-Fsen37°=400-200 0,6 N=280 N× → Ahora aplicando la ecuación (1) se obtiene el, coeficiente de deslizamiento, esto es

11

Fcos37° 200 0,8Fcos37°= N, = = =0,57N 280c c cμ μ μ×

⇒

La posición de la normal se obtiene a partir de la ecuación (3), esto es

1 1

-2

F (0,5)-Fcos37°(0,1)-Fsen37°(0,3)d= ,

N0,57 280 0,5-160 0,1-120 0,3d= d=9,9 10 m

280

μ

× × × ×⇒ ×

La normal N se coloca a 9,9 cm a la derecha de la línea que baja desde el centro o a 21 cm a la izquierda de la cara frontal.

300.MR Versión 1 2da. Prueba Parcial 3/5 SEMANA 25 Lapso 2015-1

Especialista: Rafael López Frontado Ingeniería de Sistemas Evaluadora: Sandra Sánchez

b) Para determinar la altura h, a la cual se debe colocar la fuerza F2, cuando el bloque comienza a ladearse, usando la figura (b) del DCL, se tiene que las ecuaciones de movimiento de la figura (b) están dadas por:

x 2

y 2

B 2

F : F cos37°-F =0 (4)

F : F sen 37°+N-W=0 (5)

: F cos37°(h)+W(0,3)=0 (6)

μ

τ

∑∑∑

A partir de la ecuación (4) se obtiene el valor de la altura h a la cual se debe aplica la F2. Así se tiene que

2

W(0,3) 400(0,3)h= = h=0,5 mF cos37° 300 0,8

⇒×

CRITERIO DE CORRECCIÓN: El objetivo será logrado si el estudiante usa un procedimiento correcto en su resolución y obtiene un resultado similar al mostrado.

MOD III,- UNID 8,- OBJ 8 CRITERIO DE DOMINIO 1/1 3.- Repuesta DATOS: ms=100 kg, hs=2,0x106 m, G=6,67x10-11N.m2/kg2, MT=5,98x1024 kg, RT=6,37x106 m. SOLUCIÓN:

a) La energía potencial del sistema Satélite-Tierra es, -11 24

9T s6

T s

GM m 6,67 10 5,98 10 100U=- = U=-4,77 10 JR +h 8,37 10

× × × ×⇒ ×

×

b) La fuerza gravitacional que ejerce la Tierra sobre el Satélite es, -11 24

T sG G2 6 2

T s

GM m 6,67 10 5,98 10 100F = = F =569,4 N(R +h ) (8,37 10 )

× × × ×⇒

×

c) La fuerza ejercida por el Satélite sobre la Tierra, considerando el principio de acción y reacción de las Leyes de Newton es igual a la fuerza gravitatoria ejercida por la Tierra sobre el Satélite, esto es,

G F =569,4 N⇒

Esta fuerza actúa sobre la Tierra. CRITERIO DE CORRECCIÓN: El objetivo será logrado si el estudiante usa un procedimiento correcto en su resolución y obtiene un resultado similar al mostrado.

300.MR Versión 1 2da. Prueba Parcial 4/5 SEMANA 25 Lapso 2015-1

Especialista: Rafael López Frontado Ingeniería de Sistemas Evaluadora: Sandra Sánchez

MOD III,- UNID 9,- OBJ 9 CRITERIO DE DOMINIO 1/1 4.-Repuesta DATOS: m=3,0 kg, Δx=0,2 m SOLUCIÓN:

a) Para determinar la constante de fuerza elástica, se tiene mg 3,0 9,8 NF =k x=mg, k= = k=147

x 0,2 me×

Δ → ⇒Δ

b) El período de oscilación del bloque es,

2 m 3,0T= =2 =2 T=0,898 sk 147

π π πω

⇒

CRITERIO DE CORRECCIÓN: El objetivo será logrado si el estudiante usa un procedimiento correcto en su resolución y obtiene un resultado similar al mostrado. MOD III,- UNID 10,- OBJ 10 CRITERIO DE DOMINIO 1/1 5.- Repuesta 10,1 DATOS: Taire=15,0 N, Tagua=10,8 N, ρagua=1000 kg/m3. SOLUCIÓN:

Cuando el mineral está en el aire, aplicando la 2ª ley de Newton se tiene T -mg=0 (1)aire Cuando el mineral está sumergido en el agua, la ecuación de Newton se escribe de la siguiente forma: T +B-mg=0 (2)agua

Tomando en cuenta la ecuación (1) se tiene

T 15,0m= = m=1,5306 kgg 9,8aire →

Considerando la ecuación (2), se obtiene el volumen del mineral, esto es

mg-T

T + gV -mg=0, V =gagua

agua agua m magua

ρρ

-4 31,5306 9,8-10,8V = V =4,286 10 m1000 9,8m m

×⇒ ×

×

300.MR Versión 1 2da. Prueba Parcial 5/5 SEMANA 25 Lapso 2015-1

Especialista: Rafael López Frontado Ingeniería de Sistemas Evaluadora: Sandra Sánchez

La densidad del material está dado por:

-4 3

m 1,5306 kg= = =3571,4 V 4,286 10 mm mm

ρ ρ⇒×

CRITERIO DE CORRECCIÓN: El objetivo será logrado si el estudiante usa un procedimiento correcto en su resolución y obtiene un resultado similar al mostrado.

FIN DEL MODELO DE REPUESTA