06-04-2013 - CiberEsquina - Universidad Nacional Abierta

300.MR
Versión 1
1/4
2ª Prueba Parcial
Lapso 2013.1
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA
VICERRECTORADO ACADÉMICO
ÁREA INGENIERÍA DE SISTEMAS
SEMANA 14
MODELO DE REPUESTA
ASIGNATURA:
FÍSICA GENERAL I
MOMENTO:
SEGUNDA PRUEBA PARCIAL
FECHA DE APLICACIÓN:
06-04-2013
CÓDIGO:
300
VERSIÓN: 1
LAPSO: 2013.1
MOD III,- UNID 6,- OBJ 6
1.-
DATOS:
mac=40,0 kg,
ho=2,0 m,
h1=1,6 m,
Δt=2,0 s.
SOLUCIÓN:
a)
b)
Para determinar
r r r r el impulso dado a la esfera, se tien
I=Δp=pf -pi
r r
r
I=mv1 -mv 2
(1)
Pero previamente se debe calcular los valores de
velocidades con que la esfera llega al suelo en
(sea v1) y luego la velocidad con que rebota
suelo (sea v2). Así se tiene.
Aplicando el principio de conservación de energía entre los puntos A y
B, se tiene
1
m
mgho = mv12 , v1= 2gho = 2 × 9,8 × 2 → v1=6,261
2
s
Aplicando el principio de conservación de energía entre los punto B y
C, se tiene
1
m
mv 22 =mgh1, v 2 = 2gh1 = 2 × 9,8 × 1,6 → v 2 =5,60
2
s
Sustituyendo estos valores en la ecuación (1), considerando la
dirección de cada una, se tiene
r
r
kg.m
I=m ⎡⎣(v 2 ˆj)-(-v1ˆj)⎤⎦ =40,0 [5,60+6,261] ˆj ⇒ I=474.44jˆ
s
Para determinar la fuerza media que actúa sobre la esfera durante el
impacto, se tiene
I 474,44
I=Δp=FΔt, F= =
F=2,37 × 105 N
⇒
Δt 0,002
CRITERIO DE CORRECCIÓN:
El objetivo será logrado si el estudiante usa un procedimiento correcto en su
resolución y obtiene un resultado similar al mostrado.
Especialista: Rafael López Frontado
Ingeniería de Sistemas
Evaluador: Carmen Velásquez
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2ª Prueba Parcial
Lapso 2013.1
MOD III,- UNID 7,- OBJ 7
2.-
DATOS:
θ (t)=γ t 2 -β t 3 ,
γ =3,20 rad/s2 ,
β =0,5 rad/s3 .
SOLUCIÓN:
a)
La velocidad angular del rodillo en función del tiempo t, está dada por:
dθ (t) d
ω(t)=
= (γ t 2 -β t 3 )=2γ t-3β t 2
dt
dt
rad
s
La aceleración angular del rodillo en función del tiempo t está dada
por:
dω (t) d
rad
α (t)=
= (6,4t-1,5t 2 )=6,4-2 × 1,5t α (t)=(6,4-3,0t)
dt
dt
s2
La velocidad angular máxima se alcanza cuando la aceleración se
hace cero, esto es
6,4
t=
t=2,13 s
α =0=6,4-3,0t,
⇒
3,0
El valor de la velocidad angular máxima se obtiene sustituyendo el
valor de este tiempo en la ecuación de la velocidad, así se tiene que
rad
ωmáx =6,4(2,13)-1,5(2,13)2
⇒
ωmáx =6,83
s
ω(t)=2 × 3,2t-3 × 0,5t 2
b)
c)
⇒
ω (t)=(6,4t-1,5t 2 )
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
3.-
DATOS: m=1250 kg, d=3,84x105 km=3,84x108 m, G=6,67x10-11 N.m2/kg2,
MT=5,97x1024 kg, ML=7,35x1022 kg.
SOLUCIÓN:
a)
Para determinar la fuerza ejercida por
la Tierra y la Luna sobre el Satélite se
aplica la ley de Gravitación Universal.
Esto es,
r
GMmS
FG =rˆ
(1)
r2
La fuerza resultante sobre el satélite está dada por:
r
ˆ sen60°j+F
ˆ cos60°i-F
ˆ sen60°jˆ
FSR =-FT cos60°i-F
T
L
L
rR
ˆ
ˆ
FS =(-FT +FL )cos60°i-(F
(2)
T +FL )sen60°j
Especialista: Rafael López Frontado
Ingeniería de Sistemas
Evaluador: Carmen Velásquez
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Lapso 2013.1
Donde
GMTmS 6,67 × 10−11 × 5,97 × 1024 × 1250
=
→ FT =3,38 N
d2
(3,84 × 108 )2
GMLmS 6,67 × 10 −11 × 7,35 × 1022 × 1250
FL =
=
→ FL =0,0416 N
y
d2
(3,84 × 108 )2
Sustituyendo en la ecuación (2), se tiene
r
ˆ
ˆ
FSR =(-3,38+0,0416)cos60°i-(3,38+0,0416)sen60°j
r
r
ˆ
ˆ N
FSR =-3.34cos60° ˆi-3,42sen60°jˆ
⇒
FSR =(-1,67i-2,96j)
FT =
La magnitud de la fuerza resultante sobre el satélite es:
FSR = (-1,67)2 +(-2,96)2
⇒
FSR =3,40 N
⇒
FSR =3,40 N
Su dirección está dada por:
FSR = (-1,67)2 +(-2,96)2
⎛ -1,67 ⎞
⎟
⎝ -2,96 ⎠
ϕ =tan−1 ⎜
b)
⇒
ϕ =60.6°°
El trabajo mínimo que debería efectuarse para desplazar al satélite
hasta un punto distante de la Tierra y la Luna, está dado por:
W=FSR Δr=3,40 × 3,84 × 108
⇒
W=1,31× 109 J
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 9,- OBJ 9
4.-
DATOS: L=1,80 m,
m=60,0 kg,
ΔL=2,0 mm,
SOLUCIÓN:
Para determinar la frecuencia de oscilación, previamente se obtiene la
constante elástica del alambre. Así se tiene que
mg 60,0 × 9,8
N
Fel =kΔL=mg, k=
=
→ k=2,94 × 105
0,002
m
ΔL
También se tiene que
ω=
k
1
=2π f, f=
m
2π
k 1
=
m 2π
2,94 × 105
60
⇒
f=11,14 Hz
CRITERIO DE CORRECCIÓN:
El objetivo será logrado si el estudiante usa un procedimiento correcto en su
resolución y obtiene un resultado similar al mostrado.
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Lapso 2013.1
MOD III,- UNID 10,- OBJ 10
5.-
DATOS:
v1=3,0 m/s, pm1=5,0x104 Pa,
Δh=-11,0 m,
ρagua=1000 kg/m3.
SOLUCIÓN:
Tomando en cuenta la ecuación de
continuidad para un líquido incomprensible, se
tiene
Av
v1A1=v 2 A 2 ,
v2 = 1 1 =
A2
v2 =
También se tiene que
pm1=p1 -patm ,
→
m
π (r)2 × 3,0
→ v 2 =0,75
2
s
π (2r)
p1=pm1+patm =5,0 × 104 +1,01× 105
p1=1,51× 10 4 Pa
Aplicando la ecuación de Bernoulli,
se obtiene la presión
manométrica en el punto 2, así se tiene
1
p2 =p1+ρ g(h1 -h2 )+ ρ (v 22 -v12 )
2
1000
⎡(0,75)2 -(3,0)2 ⎤⎦
p2 =1,51× 104 +(1000)(9,8)(-11,0)+
2 ⎣
p2 =1.51× 104 -10,78 × 104 -0,42188 × 104 ⇒ p2 =-9,692 × 10 4 Pa
La presión manométrica en el punto 2 está dada por:
pm2 =p2 -patm =(-9,692-10,1) × 10 4
⇒
pm2 =-19,79 ×4 Pa
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
Especialista: Rafael López Frontado
Ingeniería de Sistemas
Evaluador: Carmen Velásquez