Examenes-2002-04
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1
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
11
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 .
13
- 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 :
14
- ¿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
15
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
17
- 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.
19
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).
20
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