SOLUCIONARIO EXAMEN DE ADMISION UNI FISICA 2009 I
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    SOLUCIONARIO EXAMEN DE ADMISION UNI FISICA 2009 I SOLUCIONARIO EXAMEN DE ADMISION UNI FISICA 2009 I Document Transcript

    • IUN Examen de Admisión UNI 2009-I SOLUCIONARIO Física Tema P Pregunta N.º 1 De (I)2+(II)2 obtenemos 2 2 ⎛ 2 2⎞ Sean los vectores A y B con módulos 3 y 10 S + D = 2⎜ A + B ⎟ (III) ⎝ ⎠ respectivamente. Si el módulo de la suma A + B De los datos tenemos es igual a 5, ¿cuánto vale el módulo de la diferencia: 2 A−B? A = 3 ; B = 10 ; S = 5 A) 2 3 B) 13 C) 14 En la ecuación (III): ( ) ( 2 ) ⎛ 2⎞ D) 15 E) 4 (5)2 + D = 2⎜ 52 + 10 ⎝ ⎠ Solución → D = 13 Tema Respuesta Vectores El módulo de la diferencia D = A − B es Referencias A + B = 13 Dados dos vectores A y B : Alternativa B B B A+ S= Pregunta N.º 2 D=A – B Una piedra es lanzada verticalmente hacia abajo en q un pozo con una rapidez inicial de 32 m/s y llega A al fondo en 3 segundos. La profundidad del pozo, en m, y la rapidez con que llega la piedra, en m/s, 2 2 respectivamente, son: (g=9,81 m/s2). S = A + B + 2 A B cos θ (I) 2 2 A) 140,1; 61,4 D = A + B − 2 A B cos θ (II) B) 140,1; 62,4 C) 141,1; 61,4 Análisis y procedimiento D) 141,1; 62,4 Piden D E) 142,1; 63,4 1
    • Química FísicaSolución Pregunta N.º 3Tema Calcule aproximadamente el valor de la gravedadMovimiento vertical de caída libre (MVCL) solar en m/s2, si el radio del Sol es 110 veces el radio de la Tierra y su masa es 330 000 veces laReferencias masa de la Tierra. (g=9,81 m/s2).Todo cuerpo que se mueva cerca de la superficiede la Tierra, afectado sólo por la atracción de la A) 197 B) 227 C) 267gravedad, experimenta caída libre, por lo cual, D) 317 E) 337aproximadamente, su aceleración es constante,su trayectoria es rectilínea en la vertical; es decir,el cuerpo experimenta MVCL. SoluciónEl MVCL es un MRUV, así que se caracteriza Temamatemáticamente con las mismas ecuaciones. Gravitación universal - intensidad de camposAnálisis y procedimiento () gravitatorios g . Referencias Se debe tener en cuenta que todo cuerpo con cierta masa (M) tiene asociado en su entorno un campo gravitatorio cuya intensidad puede ser cuantificado con la gravedad g . Para los planetas y estrellas se demuestra que en su superficie• Piden h. g 2 t h=v0t+ g 2 M Reemplazando datos obtenemos h=140,1 m R• Piden vF . vF=v0+gt campo gravitatorio Reemplazamos datos vF=61,4 m/s GM g superficie = R2RespuestaLa profundidad del pozo en metros es 140,1 y larapidez con que llega la piedra al fondo del pozo, Análisis y procedimientoen m/s, es 61,4 Nos piden el valor de la aceleración de la gravedad solar: g S; entonces, plantearemos que en su Alternativa A superficie: 2
    • Química Física gS Pregunta N.º 4 Un bloque de peso W está suspendido de una vara de longitud L cuyos extremos se posan en MS los soportes 1 y 2 como se indica en la figura. RS Se quiere que la reacción en el soporte 1 sea α veces la reacción en el soporte 2. La distancia x debe ser: GM S gS = 2 (I) RS LPor condición del problema tenemos x (2) (1) MS=330 000 MT RS=110RT WEn (I): αL L αL G·330 000 M T 300 GM T (II) A) B) C) g = 2 = · 2 α +1 2α + 1 α+2 S 11 RT (110 RT )Pero en la superficie de la Tierra también podemos L 2L D) E) α +1 α +1plantear: gT campo Solución gravitacional Tema MT Estática: RT 1.a y 2.a condición de equilibrio mecánico. Referencias Si un cuerpo presenta equilibrio mecánico sobre GM T gT = 2 = 9, 81 (dato) él, debe cumplirse: RT res FR = 0 ∧ M 0 = 0En (II): Será necesario realizar un diagrama de cuerpo 300 g = ·9, 81 = 267, 5 m/s 2 libre (DCL). S 11 Análisis y procedimientoRespuesta Nota: En el problema nos deben plantear que laEl valor de la aceleración de la gravedad en la vara de longitud L es de masa despreciable.superficie solar será 267 m/s2. Como la vara reposa, sobre ella la FR = 0 ; en- tonces, será importante graficar las fuerzas que Alternativa C actúan sobre ella. 3
    • Química Física DCL (barra) Solución L Tema x 0 Movimiento parabólico de caída libre (MPCL) R2 T R2=aR2 Referencias T La descripción cinemática de un MPCL se realiza DCL (bloque) de forma más sencilla cuando se analiza el movi- W miento de su proyección horizontal y vertical. En• Como la vara no rota, se cumple: la horizontal, la proyección realiza un MRU porque ΣM 0 = ΣM 0 no hay fuerzas horizontales externas y en la vertical, R T M0 2 = M0 un MVCL con aceleración g = −9, 81 m/s 2. v R2 · L=T · x (I)• Como la vara no se traslada: g ΣF (↑) = ΣF (↓) M V R2+αR2=T C T L R2 = (II) α +1(II) en (I) T ⋅ v v v v L = Tx α +1 d d d L MRU x= α +1 Análisis y procedimientoRespuesta Nos solicitan h. LLa distancia x debe ser . α +1 Descomponemos la velocidad de lanzamiento (v 0) en la horizontal y vertical. ( v X ; v 0Y ) Alternativa D v0Y v0=17 m/s 30ºPregunta N.º 5 a=g=9,81 m/s 2En la figura, se lanza una partícula con velocidad v 0 vXde módulo 17 m/s. Calcule la altura h (en m) en que 60º t (49,66 – h) hla partícula golpea la rampa AB. (g=9,81 m/s2)A) 5 v0 d=(49,66 – h) 3 h 30º BB) 10 AC) 20D) 30 g Del gráfico tenemos:E) 40 49,66 m 17 17 vX = m/s; v0Y = 2 3 m/s h 2 30º B Considere que v X , es constante. 4
    • Química FísicaEn la vertical, como el objeto sube y luego des- ⎛ m ⎞ m2 Fdciende, resulta útil aplicar la ecuación vectorial A) ⎜ 1 + 1 ⎟ Fd B) ⎝ m2 ⎠ m1para el MVCL. a 2 m1 Fd H = v 0Y t + t C) 2 m2 17 (−9, 81) 2 (I) −(49, 66 − h) = 3t + t 2 2 m2 Fd m1 Fd D) E) ( m1 + m2 ) ( m1 + m2 )En la horizontal, tenemos un MRU; luego, su reco-rrido horizontal quedará definido por lo siguiente: Soluciónd=vt 17 Tema (49, 66 − h) 3 = t 2 Relación trabajo - energía mecánica 2(49, 66 − h) t= 3 (II) 17 ReferenciasRealizamos (II) en (I) El trabajo mecánico de una fuerza puede incremen- tar o disminuir la energía mecánica de un sistema; 17 ⎛ 2(49, 66 − h) 3 ⎞ en este caso, la fuerza F transfiere energía cinética −(49, 66 − h) = 3⎜ ⎜ ⎟+ ⎟ 2 ⎝ 17 ⎠ a los bloques. 2 (−9, 81) ⎛ 2(49, 66 − h) 3 ⎞ Análisis y procedimiento + ⎜ ⎟ 2 ⎜ ⎝ 17 ⎟ ⎠ Nos piden la energía cinética (EC) del bloque de masa m2.Operando obtenemos h=30,02 m. Considerando que al recorrer una distancia dRespuesta presenta una rapidez v, tendremos:La altura h es, aproximadamente, 30 m. m2v 2 (I) EC = 2 Alternativa D Por otro lado, los bloques unidos por una cuerda inextensible presentarán, en todo instante, la misma velocidad y recorren la misma distancia.Pregunta N.º 6 v0=0 v0=0 vUna fuerza constante F actúa sobre un bloque de F F lisomasa m1 que está unido mediante una cuerda de m2 m1masa despreciable a otro bloque de masa m2, comose indica en la figura. No hay fricción entre los bloques dy el piso y los bloques están inicialmente en reposo. El trabajo de la fuerza F (W F) produce el incre-Cuando los bloques han recorrido una distancia d, la mento de la energía cinética de los bloques. Luego,energía cinética del bloque de masa m2 es: aplicamos: m2 m1 F sistema sistema → W F = EC final − EC inicial 5
    • Química FísicaComo los bloques parten del reposo, entonces π π π sistema A) B) C)ECinicio =0 3 6 12 π πLuego D) E) 15 18 sistema W F = EC final −0 Solución (m + m2 ) v 2 Tema Fd = 1 2 MAS v2 Fd = (II) 2 m1 + m2 Referencias El periodo de un oscilador armónico es el tiempoReemplazando (II) en (I) obtenemos que emplea un objeto al realizar un vaivén o una ⎛ Fd ⎞ oscilación. En el caso del MAS de un cuerpo deEc = m2 ⎜ ⎟ ⎝ m1 + m2 ⎠ masa m unido a un resorte de rigidez k, se demues- tra que su periodo de oscilación es:RespuestaLa energía cinética del bloque de masa m2, cuando m2 Fd Kha recorrido una distancia d, es . m1 + m2 m Alternativa D (P E.) .Pregunta N.º 7 mUn bloque de 0,75 kg de masa descansa sobre una T = 2π Ksuperficie horizontal lisa y está unido a una paredpor un resorte de constante K=48 Nm–1 como semuestra en la figura. P E.: Posición de equilibrio . Análisis y procedimiento K Inicialmente, el bloque se encuentra en reposo. Al llevar al bloque hacia la derecha y al soltarlo la x=0 fuerza que le ejerce el resorte deformado le permite desarrollar un MAS, pues el piso es liso.Si el bloque es desplazado una distancia de0,2 m hacia la derecha a partir de la posición deequilibrio, y luego se suelta, calcule el tiempo, en Por otro lado, la proyección de una esfera que hacesegundos, que demora el bloque en pasar por MCU sobre el diámetro de una circunferencia es aná-primera vez por la posición x=– 0,1 m. loga a un MAS; entonces, graficando obtenemos: 6
    • Química Física esfera con MCU, Pregunta N.º 8 con el mismo t1>0 periodo de MAS Una bola de 0,6 kg de masa se mueve en el sen- del bloque tido positivo del eje X con una rapidez de 1,8 m/s 0,2 30º , y choca frontalmente con una bola de 0,3 kg en reposo. Si la colisión es perfectamente elástica, m m q R=0,2 m t=0 las velocidades, en m/s, de la bola incidente y la 0,1 m P.E. que estaba inicialmente en reposo, respectiva- mente, son A) −0, 6i; 0, 6i B) 0, 6i; 1, 2i C) −0, 6i; 1, 2i (t=0) suelta K (v=0) D) 0, 6i; 2, 4 i E) −0, 6i; 2, 4i (P.E) X(m) Solución x=– 0,1 A=0,2 Tema (x=0) Impulso y cantidad de movimiento. Aplicación: A: Amplitud del MAS Choques frontal elástico.Nos piden el tiempo t1 que debe transcurrir paraque el bloque pase desde A=+0,2 m hasta Referenciasx =– 0,1 m por primera vez. Los choques son interacciones de una corta du-Del sombreado, en la circunferencia se deduce ración durante la cual los cuerpos intercambianque θ=120º. Como para una vuelta se gira 360º y cantidad de movimiento y energía cinética.se demora un periodo, entonces, se cumple: Examinemos el choque frontal siguiente: T T t1 = MCU = MAS (I) v1 v2 3 3 m1 m2 mAdemás: TMAS = 2π K antes del choque 0, 75Reemplazamos: TMAS = 2π como v1>v2, ocurre: 48 π Ireacción Iacción TMAS = s 4Reemplazando en (I) obtenemos: durante el choque ⎛π⎞ ⎜ ⎟ π u1 u2 t1 = ⎝ 4 ⎠ = s 3 12 m1 m2 después del choqueRespuestaEl tiempo que demora el bloque en pasar por Como I neto = 0 sobre el sistema, se cumpleprimera vez por la posición x =– 0,1 m, a partir π P sist .(a. ch.) = P sist .(a. ch.) (I)de A=+0,2 m, es s. 12 Alternativa D m1 v1 + m2 v 2 = m1 u1 + m2 u 2 7
    • Química FísicaAdemás, para analizar cuantitavamente un choque, u2=2,4 m/s; vectorialmentese define el coeficiente de restitución (e) cuyo → u 2 = 2, 4i m/svalor indica el grado de recuperación de su formageométrica original debido a la elasticidad de los u1=0,6 m/s; vectorialmentecuerpos despues del choque. → u1 = 0, 6i m/s u − u1 e= 2 (forma práctica) v1 − v 2 RespuestaSi el choque es elástico Las velocidades de las bolas, después del choque e=1 elástico, son 0, 6i y 2, 4i en m/s.Análisis y procedimiento Alternativa DSegún el enunciado, sucede el siguiente choqueelástico: v1=1,8 m/s (v2=0) Pregunta N.º 9 m1 m2 liso Un caño gotea con frecuencia constante sobre el centro de un cilindro lleno de agua y se observa que antes del choque se genera una onda sinusoidal sobre la superficie del agua. La distancia entre un pico y un valle deComo m1 > m2, después del choque: dicha onda es de 1,2 cm. Además se observa que u1 u2 por un punto fijo sobre la superficie del agua pasan m1 m2 35 picos en 30 segundos. ¿Cuál es la rapidez de propagación, en cm · s–1 de la onda generada? después del choqueDe (I) A) 0,6 B) 1,7 C) 2,8 D) 3,8 E) 4,7 P sist .(a.ch.) = P sist .(d.ch.) m1 v1 + m2 v 2 = m1 u1 + m2 u 2 Solución Tema 0,6(+1,8)+0,3(0)=0,6(+u1)+0,3(+u2) Ondas mecánicas 2u1+u2=3,6 (II) ReferenciasAdemás, para un choque elástico Una onda mecánica es la propagación de una perturbación a través de un medio elástico. Entre u2 − u1 e =1= sus elementos tenemos: v1 − v 2 pico o cresta pico pico u − u1 1= 2 1, 8 − 0 u2 – u1=1,8 (III) l valle valle l 2De (II) y (III) se obtiene λ: longitud de onda 8
    • Química FísicaAnálisis y procedimiento RespuestaSe entiende que al caer las gotas sobre la superficie La rapidez de propagación de la onda mecánicadel líquido, el cual se considera inicialmente en es de 2,8 cm/s.reposo (aguas tranquilas), perturba dicho medio, Alternativa Cgenerando así una onda mecánica que se propagaen todas las direcciones y con rapidez constante.Además, se considera que desde el punto fijo se Pregunta N.º 10puede notar que al pasar un pico y hasta que pase Un cuerpo de forma esférica de radio 10 cm yel siguiente se ha realizado una oscilación completa de densidad 0,5 g · cm – 3 está completamentey, por lo tanto, se tendrá que el número de picos es sumergido en el agua, sostenido por la cuerda ABigual al número de oscilaciones y, en consecuencia, y en equilibrio según el dibujo mostrado. Calculeigual al número de longitudes de onda. la reacción en el punto C en newtons.Graficando lo que acontece haciendo una vista (g=9,81 m/s2)de perfil tenemos pico vprop. C O (punto fijo) B A D A) 9,3 B) 10,2 C) 20,5 l =1,2 cm 2 D) 30,7 E) 41,5Nos piden la rapidez de propagación de la onda Solucióngenerada. TemaSe sabe que Hidrostática. Empuje hidrostático vprop=λ · f (I) Referenciaspero 4 N.o de oscilaciones • Volumen de una esfera: V = πR 3 f= 3 tiempo • Todo cuerpo sumergido total o parcialmente enen (I) un líquido experimenta la acción de un empuje ⎛ N.o de oscilaciones ⎞ hidrostático. v prop. = λ ⎜ ⎟ ⎝ tiempo ⎠ EL(↑)=ρLgVp.s.Reemplazando los valores dados obtenemos Análisis y procedimiento ⎛ 35 ⎞ v prop. = (2, 4) ⎜ ⎟ ⎝ 30 ⎠ • La esfera se encuentra en equilibrio, sumergida totalmente en el líquido; y como está sujetada vprop.=2,8 cm/s por la cuerda no tiene tendencia a deslizar 9
    • Química Física y, en consecuencia, la reacción en C será Pregunta N.º 11 perpendicular a la tangente común a las Dos masas de plomo idénticas superficies en contacto. ⎛ cal ⎞Hagamos el DCL de la esfera que reposa sujeta al ⎜ Ce = 0, 03 g ºC ⎟ ⎝ ⎠cable y sumergida totalmente en agua. que están sujetas por hilos de 2 m de longitud cada uno, se las deja caer desde el reposo a partir de la posición horizontal A. Las dos masas chocan en la agua posición B de manera completamente inelástica, Fg RC (C) quedando en reposo. Considerando que toda la energía en el choque se ha transformado en 45º calor, ¿cuál es la temperatura de las masas (en ºC) T EH2O después del choque? La temperatura inicial de cada masa es 20 ºC. (1 cal=4,18 J; g=9,81 m/s2)Con las fuerzas actuantes construimos el polígonopara el equilibrio mecánico. A 2m 2m A g 45º T EH2O – Fg 45º B RCDe donde, como el es isósceles, tenemos A) 18,15 B) 19,15 C) 20,15 D) 21,15 E) 22,15 RC=EH2O – Fg=ρH2O gV – mg RC=ρH2OgV – ρEVg = (ρH2O – ρE)gV Solución TemaReemplazando datos obtenemos Cambio de temperatura 4 RC=(103 – 500) 9,81 · πR3 3 Referencias 4 RC=4905 · π(0,10)3 Para resolver este problema debemos aplicar la ley 3 de la conservación y transformación de energía.Efectuando tenemos RC=20,5 N En este caso, la energía mecánica de los bloques, debido al choque plástico, se transforma en energíaRespuesta calorífica, la que a su vez será absorbida, por losEl módulo de la reacción en el apoyo (C) de la bloques incrementando la temperatura de cadapared es 20,5 N. uno de ellos. ganado por Alternativa C ΔE M (bloque) = Qlos bloques = Qs 10
    • Química FísicaAnálisis y procedimiento Pregunta N.º 12 Una máquina térmica x tiene la mitad de la antes del choque (a. ch.) después del choque (d. ch.) eficiencia de una máquina de Carnot que opera M 2m entre las temperaturas de 67 ºC y 577 ºC. Si 2m M la máquina x recibe 40 kJ de calor por ciclo, el trabajo que realiza por ciclo en kJ es h 2m Q A) 11 B) 12 C) 13 N.R. D) 14 E) 15 v=0 SoluciónPrimero calculemos la energía mecánica que Temapierden los bloques debido al choque. Termodinámica - máquinas térmicas EM(a.ch.)=Mgh+Mgh Referencias EM(a.ch.)=2Mgh (J) Dentro de la termodinámica se estudia la eficiencia EM(d.ch.)=0 (η) de las máquinas térmicas, ya que no todo el calor recibido por la máquina se transforma enLa energía mecánica que pierden los bloques trabajo (segunda ley de la termodinámica); dondees 2Mgh; entonces, el calor absorbido por los se cumple lo siguiente:bloques es Q=2Mgh (J) • En generalEl calor absorbido por los bloques incrementa la Wtemperatura; entonces: η= QA Qs=CemTΔT • Para el ciclo de Carnot 2Mgh(J)=Ce (2M×103) · ΔT (cal) W T − TB η= = A ; (T en K) M(9,81)(2)(J)=(0,03)(M×103)(ΔT)(4,18J) QA TA (9,81)(2)=(0,03)(103)(ΔT)(4,18) Análisis y procedimiento ΔT=0,156 ºC Máquina térmica (x) TF − T0 = 0,156 ºC Para un ciclo 20 ºC TA(x) ∴ TF =20,15 ºC QA(x)=40 kJRespuesta Wx xLa temperatura de las masas después del choquees 20,15 ºC. QB(x) Alternativa C TB(x) 11
    • Química Física Wx Wx Respuesta ηx = = (I) Q A( x ) 40 kJ El trabajo realizado en kJ por la máquina x en unMáquina térmica (ciclo de Carnot) ciclo es 12.Para un ciclo Alternativa B TA Pregunta N.º 13 QA Un condensador plano, cuyas placas tienen las W dimensiones (25×25) cm 2 y están separadas C.C. entre sí una distancia d1=5 mm, se carga con QB una diferencia de potencial V1=10 V y luego es desconectado de la fuente. ¿Cuál será la diferencia TB de potencial V2, en voltios, si las placas se separan hasta la distancia d2=30 mm? W TA − TB η CC = = (II) A) 10 B) 20 C) 40 Q A TA D) 60 E) 100Para determinar el trabajo realizado por la máquina Soluciónen un ciclo, se requiere la eficiencia (ηx). TemaDe (I) Capacitores Wx=40 kJ(ηx) (III) ReferenciasComo la ηx es la mitad de la eficiencia del ciclo de Recuerde que la cantidad de carga (q) que almace-Carnot (ηcc), entonces, hallaremos ηx mediante la na un capacitor es directamente proporcional a la diferencia de potencial Vab entre sus placas, siendoecuación (II). C la constante de proporción. T − TB η CC = A E TA +q –q a b T A=557+273=850 K T B=67+273=340 K d q=CVab (α)Reemplazamos datos 850 − 340 donde C es la capacitancia eléctrica, la cual de- η CC = = 0, 6 850 pende del área entre las placas (A) y la distancia → ηx=0,3 de separación entre ellas (d):Reemplazando en (III) obtenemos ε0 A C= (β) Wx=(40 kJ)(0,3) d∴ Wx=12 kJ ε0: constante dieléctrica en el vacío. 12
    • Química FísicaAnálisis y procedimiento De (β)I. Cuando el capacitor está conectado a la fuente ⎛ εA ⎞ ⎛ εA ⎞ ⎜ ⎟ V1 = ⎜ ⎟ V2 d1=5 mm=d ⎝ d ⎠ ⎝ 6d ⎠ C1 → V2=6V1 E Reemplazamos V1: V2=6(10) ∴ V2=60 V q –q Respuesta d La diferencia de potencial V2 cuando las placas se S separan una distancia d=30 mm es 60 V. + – V1=10 V Alternativa DII. Cuando se desconecta la fuente. Pregunta N.º 14 C2 E Se desea medir la corriente que pasa por la resistencia R y el voltaje en dicha resistencia. De- termine cuáles de los circuitos cumplen con dicho objetivo, donde A representa un amperímetro y V un voltímetro. q –q 6d A R V V R A S + – V1=10 V I II A VLuego de desconectar la fuente, se separan las pla-cas hasta d2=30 mm=6d, manteniendo constante la V R A Rcantidad de carga q que almacena cada placa. III IVEntonces que almacena que almacena q el capacitor = q el capacitor A) solo I al inicio al final B) solo II C) solo IIIDe (α) D) solo I C1V1=C2V2 E) II y IV 13
    • Química FísicaSolución Propuesta IITemaElectrodinámica (amperímetro y voltímetro) V A RReferenciasAmperímetro: El amperímetro mide la intensi- Voltímetro: En paralelo (cumple)dad de la corriente eléctrica. Si se desea medir Amperímetro: En paralelo (no cumple)la intensidad de la corriente que pasa por un Por lo tanto, no cumple.resistor, el amperímetro debe conectarse en seriecon el resistor. Propuesta III a R b A A V RVoltímetro: El voltímetro mide el valor de la di-ferencia de potencial entre dos puntos. Si se deseamedir el voltaje (diferencia de potencial) en un Voltímetro: En paralelo (cumple)resistor, el voltímetro debe conectarse en paralelo Amperímetro: En serie (cumple)con el resistor. Por lo tanto, sí cumple. a R b Propuesta IV V VAnálisis y procedimiento A REn las propuestas del problema, veamos si escorrecta o incorrecta la instalación del voltímetroy el amperímetro. Voltímetro: En serie (no cumple) Amperímetro: En paralelo (no cumple)Propuesta I Por lo tanto, no cumple. A R V Respuesta Cumple con una instalación correcta de ambos instrumentos; entonces, solo la propuesta III.Voltímetro: En paralelo (cumple)Amperímetro: En paralelo (no cumple) Alternativa CPor lo tanto, no cumple. 14
    • Química FísicaPregunta N.º 15 Análisis y procedimientoCon el propósito de medir el valor de un campo Para este caso consideremos B entrante al plano,magnético uniforme, se colocó en este campo un y perpendicular al conductor (α=90º).conductor rectilíneo, perpendicular a las líneas deinducción. Al medir la fuerza magnética que actuósobre una porción del conductor, para diversos → Fm=BILsen90ºvalores de la corriente que lo recorría, se obtuvieronlos siguientes valores: → Fm=BI(5 ×102) (I) I(A) 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 F (N)×10–2 0,6 1,2 1,8 2,4 3,0 FMSabiendo que la longitud de esta porción del Iconductor es ´=5,0 cm, determine con ayuda dela gráfica F vs I, el valor del campo magnético,en teslas. µ=5×10 – 2 mA) 0,06 B) 0,08 C) 0,10 Despejando B obtenemosD) 0,12 E) 0,14 ⎛F ⎞ (β) B = 20 ⎜ m ⎟Solución ⎝ I ⎠TemaFuerza magnética sobre un conductor rectilíneo De la tabla:Referencias Fm 0, 6 × 10 −2 1, 2 × 10 −2 = = =Todo conductor que transporta corriente eléctrica I 1 2ubicado en el interior de un campo magnético, enforma no paralela a las líneas de inducción, experi- 1, 8 × 10 −2 (Ψ)menta una fuerza Fm por parte del campo. = ... = 0, 6 × 10 −2 3Donde Fm=BILsenα (Ψ) en (β) B FM ∴ B=0,12 T N S a I L Respuesta N S El valor del campo magnético es 0,12 T. Alternativa D 15
    • Química FísicaPregunta N.º 16 ¿En qué consiste el fenómeno de refracción luminosa?Un rayo de luz incide desde el aire sobre la su- Consiste el cambio de rapidez de la luz al pasar deperficie plana de un material transparente con un un medio a otro.ángulo de 53º respecto a la normal. Se observa quelos rayos reflejado y refractado son mutuamente e t yo enperpendiculares. ¿Cuál es el ángulo crítico para la ra cid inreflexión total interna? n1 i n2A) sen – 1(0,30) –1B) sen (0,45) R –1 oC) sen (0,50) ref ayo tad rac rD) sen – 1(0,75)E) sen – 1(0,90) En el fenómeno de refracción se cumple la ley de Snell que plantea:SoluciónTema n1seni = n2sen RÓptica geométricaFenómenos luminosos: reflexión y refracción n1: índice de refracción del medio incidente.Referencias n2: índice de refracción del medio donde la luz se refracta.¿En qué consiste el fenómeno de reflexión R : ángulo de refracción.luminosa?Consiste en la desviación de un rayo de luz inciden- Análisis y procedimientote sobre una superficie, rebotando sobre el mismomedio de incidencia. Según el enunciado, un rayo de luz incide sobre la superficie plana de un material transparente y (N) ocurre reflexión y refracción; así: te ra fleja en in yo yo do re cid ra (N) r i re ra tad fra yo o c o ray ente n1 r i=53º inc id naire=1Se cumple i = r n2 P Ri : ángulo de incidencia yo o ra ctad fra rer : ángulo de reflexión 16
    • Química FísicaEn el punto P de la interfase, ocurre la reflexión y En P ocurre reflexión inicial y refracción con lasse cumple que "justas". Por lo tanto, planteamos la ley de Snell: nmat sen L = naire sen R i = r = 53ºGeométricamente: 4 sen L = 1sen90º 3 r + R = 90º 3 → senL = = 0, 75∴ R = 37º 4 ∴ L = sen −1 ( 0, 75 )También la luz experimenta refracción y se cumplela ley de Snell: Respuesta El rayo incidente debe llegar a la superficie plana naire seni = nmat sen R con ángulo de incidencia denominado crítico o límite igual a se – 1(0,75).Reemplazando datos tenemos: Alternativa D 1sen53º=nmatsen37º 4 → nmat = 3 Pregunta N.º 17 La longitud de onda umbral del efecto fotoeléctricoSe desea que el rayo de luz experimente reflexión de la plata es 262 nm, calcule la función trabajo detotal en el interior del material transparente. Para la plata en eV (1 eV=1,6×10 – 19 J, 1 nm=10 – 9 m,ello, ¿qué condición será necesaria? h=6,62×10 – 34 J · s, c=3×108 m/s).Es necesario que el rayo que incida sobre la superfi-cie plana del material lo haga con el ángulo de A) 1,73 B) 2,73 C) 3,73incidencia necesario denominado ángulo límite L D) 4,73 E) 5,73o ángulo crítico, que da origen a un R = 90ºy alinicio de la reflexión total en la superficie plana. Solución¿Cómo? Así: Tema (N) Efecto fotoeléctrico aire Referencias R=90º P rayo A la mínima frecuencia, de una radiación, que reflejado produzca el efecto fotoeléctrico se le denomina ra L L re yo "frecuencia umbral (fo)", y a su correspondiente fle ja e nt d longitud de onda, longitud de onda umbral (λo). inc yo o ide ra foco c nmat fo = (γ) luminoso λo 17
    • Química FísicaAnálisis y procedimiento Pregunta N.º 18Ocurre lo siguiente: Un niño de 30 kg de masa se desliza hacia abajo so- bre un tobogán desde la altura h=5,0 m, partiendo fuente – del reposo en A. Si llega a B con rapidez de 4 m/s, e– e luminosa e – la magnitud del trabajo realizado por la fuerza de Efotón fricción, expresado en J, es (g=9,81 m/s2) placa de extracción plata (Ag) de e – A La función trabajo depende f del tipo de material 5mPor la conservación de la energía (EC de Einstein) B Efotón = φ Ag + EC ( máx ) (β) oPara obtener la φAg, hacemos que la EC sea cero A) 981,5y, de esta manera, la energía del fotón es mínima B) 1231,5 C) 1421,5y por consiguiente: λ=λo. D) 1551,5 E) 1980,5En β: hfo=φAg Solución cDe (γ): h =φAg (α) Tema λo Relación entre el trabajo y la energía mecánicaReemplazamos datos en (α) Referencias 3 × 10 8 6, 62 × 10 −34 ⋅ = φ Ag Cuando sobre un cuerpo actúan fuerzas diferentes 262 × 10 −9 a la fuerza de gravedad, que realizan trabajo me-∴ φAg=4,73 eV cánico, entonces, la energía mecánica del cuerpo varía, donde esta variación es igual al trabajoRespuesta realizado por estas fuerzas.La función trabajo de la plata es 4,73 eV. ΣW F ≠ Fg=EMF – EM0 (I) Alternativa C 18
    • Química FísicaAnálisis y procedimiento Pregunta N.º 19Para un instante del tramo AB grafiquemos las Se fabrica una bobina con 200 vueltas de alambrefuerzas que actúan sobre el niño: sobre una horma cuadrada, de tal manera que cada espira es un cuadrado de 18 cm de lado. vA=0 Perpendicularmente al plano de la bobina se Fg aplica un campo magnético cuya magnitud cambia A linealmente de 0,0 T a 0,5 T en 0,8 s. Calcule la m=30 kg h=5 m magnitud de la fuerza electromotriz inducida, en FN vB=4 m/s fK voltios, en la bobina, N. R. B A) 2,05 B) 3,05 C) 4,05 D) 5,05 E) 6,05Para el tramo AB, debido al trabajo mecánicorealizado por la fuerza de rozamiento sobre el Soluciónniño, la energía mecánica del niño varía; entonces, Temaplanteamos: Inducción electromagnética ReferenciasEn (I) Recordemos que cuando a través de una espira f o bobina conductora pasa un flujo magnético WAK B → = E M ( B) − E M ( A) variable, en dicha espira o bobina se establece una fuerza electromotriz inducida (εind). f 1 WAK B → = ⋅ mv B 2 − mg ⋅ h De la ley de Faraday 2 Δφ ε ind = N (ψ) ( medio ) Δt f 1 WAK B → = × 30 × 4 2 − 30 × 9, 81 × 5 2 donde N: número de espiras de la bobina f Δ φ: variación del flujo (Δ φ=φf – φo) WAK B = −1231, 5 J → ademásRespuesta φ=BAcosθEl valor absoluto de la cantidad de trabajo realizado Análisis y procedimientopor la fuerza de rozamiento es 1231,5 J. Como la inducción magnética (B) a través de la bobina varía de forma lineal con el tiempo (según Alternativa B dato del problema), entonces: 19
    • Química Física εind=εind Pregunta N.º 20 (media) Un objeto luminoso se encuentra entre una pared vertical y un espejo cóncavo de 1,2 m de distancia B 18 cm focal. Sabiendo que la imagen se forma sobre n la pared, ¿a qué distancia (en m) de la pared se q=0º encuentra el espejo, si el objeto se ubica a 1,8 m de la pared? 18 cm A) 0,9 B) 1,8 C) 2,4De (ψ) D) 3,6 E) 4,8 φ f − φo ε ind = N Solución Δt Tema B f A cos θ − Bo A cos θ Espejo esférico ε ind = N Δt Referencias Cuando un objeto se coloca a una distancia mayor B f − Bo ε ind = N A cos θ a la distancia focal (f) de un espejo cóncavo se Δt obtiene una imagen real, la cual se puede proyectar en una pantalla o pared. DB eind=NA cosq Dt N=200 espiras o En D t=0,8 objeto A=324 ´ 10– 4 m2 ® D B=0,5 T q=0º imagen F real DB 0,5 f = i Dt 0,8 ∴ εind=4,05 V De la ecuación de DescartesRespuesta 1 1 1 = + (α)La fuerza electromotriz inducida es 4,05 V. f i o i: distancia imagen Alternativa C o: distancia objeto 20
    • Química FísicaAnálisis y procedimiento De (α)Graficamos lo planteado en el problema. 1 1 1 = + 1, 2 3 + x 1, 2 + x 1,8 m o Resolvemos F x=0,6 m En (β) x f=1,2 m d=3+0,6=3,6 m d=iPiden la distancia (d) entre el espejo y la pared Respuestadonde está la imagen. El espejo se encuentra a 3,6 m de la pared.Del gráfico tenemos d=i=3+x (β) Alternativa D 21