1. IO
NAR 1-II Física
SOLUCIO NI 201
nU
isió
de Adm
Examen Física
Tema P
PREGUNTA N.º 1 Análisis y procedimiento
Se ha determinado que la velocidad de un Debemos encontrar las fórmulas dimensionales
fluido se puede expresar por la ecuación de A y B, o sea, [A] y [B].
1
 2P 2
v =  m + 2 BY  donde Pm es la presión ma- De la ecuación dimensionalmente correcta
 A 
nométrica del fluido e “Y” es la altura del nivel 1
del fluido. Si la ecuación es dimensionalmente  2P 2 2P
v =  m + 2 BY  → v 2 = m + 2 BY
correcta, las magnitudes físicas de A y B, respec-  A  A
tivamente, son:
2  2P 
se tiene que: [v] =  m  = [ 2 BY ]
 A 
A) densidad y aceleración
B) densidad y velocidad 1/2
C) presión y aceleración 2Pm
→ [v]= =[2BY]1/2
D) fuerza y densidad A
E) presión y fuerza
1 1
1 1 1
Resolución [ 2] 2 [ Pm ] 2 2 2 2
[v] = [v] = [ 2] [B ] [ Y ]
Tema: Ecuación dimensional 1
[A] 2 1 1
Si la ecuación
2
LT −1=(1) [ B ] L2
x=y+z
es dimensionalmente correcta, se cumple que
[B]=LT – 2
[x]=[y]=[z]
1
Por lo tanto, las fórmulas dimensionales de sus −1 (1) ( ML−1T −2 ) 2
LT =
1
términos serán iguales.
[A] 2
Tenga presente lo siguiente.
[A]=ML– 3
[longitud]=L
[densidad]=ML – 3
Respuesta
[velocidad]=LT –1
densidad y aceleración
[aceleración]=LT – 2
[presión]=ML–1 T – 2 Alternativa A
1

2. Física
PREGUNTA N.º 2 9, 81 · (2)2
→ h = v0 (1) +
Una partícula se lanza verticalmente hacia arriba 2
desde el suelo y alcanza su altura máxima en 1s.
9, 81
Calcule el tiempo, en s, que transcurre desde que → h=
2
pasa por la mitad de su altura máxima hasta que
vuelve a pasar por ella (g=9,81 m/s2).
Reemplazando en (*)
A) 1 B) 2 C) 3 9, 81 t2 2
= 9, 81 · → t=
D) 5 E) 7 4 2 2
Resolución Por lo tanto, el tiempo transcurrido de B a D es
2t = 2 s.
Tema: Movimiento vertical de caída libre
(MVCL) Respuesta
2
Análisis y procedimiento
Graficando lo que acontece.
Alternativa B
C vC=0
t t h/2 PREGUNTA N.º 3
Un ciclista decide dar una vuelta alrededor de
1s una plaza circular en una trayectoria de radio
h B D constante R=4p metros en dos etapas: la pri-
mera media vuelta con una rapidez constante
h/2 de 3p m/s, y la segunda media vuelta con una
v0
rapidez constante de 6p m/s. Calcule con qué
A E aceleración tangencial constante, en m/s 2 ,
debería realizar el mismo recorrido a partir
del reposo para dar la vuelta completa en el
Del gráfico debemos encontrar el tiempo de B
mismo tiempo.
hacia D, es decir, 2t.
(Recuerde que los tiempos de ascenso y descenso
A) 3 B) 4 C) 5
son iguales).
D) 6 E) 7
Para determinar t, debemos conocer h/2, ya que
en el tramo de C a D podemos aplicar
Resolución
t2 Tema: Movimiento circunferencial (MCU y
d = vC t + g
2
MCUV)
2
h t
→ = 0(t) + 9, 81 (*)
2 2 Análisis y procedimiento
Empleamos la misma ecuación para calcular Sea aT la aceleración tangencial constante con
h, pero por facilidad hagámoslo en el tramo de la que el ciclista debe dar la vuelta a la plaza en
C hasta E. un tiempo total t1+t2.
2

3. Física
Respuesta
v1=3π m/s 4
A Alternativa B
R=4π
PREGUNTA N.º 4
t1 B t2
Un bloque sólido de arista 10 cm y masa 2 kg se
presiona contra una pared mediante un resorte
v2=6π m/s de longitud natural de 60 cm como se indica
en la figura. El coeficiente de fricción estática
entre el bloque y la pared es 0,8. Calcule el
Aplicando la ecuación del MCUV valor mínimo, en N/m, que debe tener la cons-
tante elástica del resorte para que el bloque se
 t2 
e = v·t + a +   mantenga en su lugar.
2
(g=9,81 m/s2)
aT
2πR = 0 ( t1 + t 2 ) + (t + t ) 2 (I) 60 cm
2 1 2
Determinemos t1 y t2
• Aplicando MCU.
eA → B=v1 · t1
10 cm
1
( 2πR ) = 3π · t1 → t1 = R
2 3 A) 49,05
B) 98,10
R
eB → C =v2 · t2 t1 + t 2 = C) 147,15
2
D) 196,20
E) 245,25
1
( 2πR ) = 6 πt 2 → t 2 = R
2 6
Resolución
Reemplazando en (I)
Tema: Estática
2
aT R
2πR =
2
 
2 Análisis y procedimiento
El bloque permanece en reposo, entonces la
Pero como fuerza resultante (FR=0) sobre él es nula.
Por otro lado, mientras disminuye el valor de
R=4p m
la constante elástica K, disminuye la fuerza
aT 4 π elástica, y en consecuencia, el bloque tiende a ir
→ 2π = ·
2 4 hacia abajo. En tal sentido, el mínimo valor de K
ocurre cuando el bloque está a punto de resbalar
∴ aT=4 m/s2 hacia abajo.
3

4. Física
Luego, se tiene que PREGUNTA N.º 5
Utilizando el periodo de la Tierra (1 año), el radio
mg medio de su órbita (1,5×1011 m) y el valor de
Fe=Kmínx G=6,67×10 –11 N · m2/kg2, calcule aproximada-
fN
mente, la masa del Sol en 1030 kg.
fS(máx) x=0,1 m A) 1 B) 2 C) 3
D) 4 E) 5
En la horizontal se tiene que
Resolución
SF(←)=SF(→)
Tema: Gravitación - Dinámica circunferencial
Kmínx=fN
Todo planeta, alrededor del Sol, realiza un mo-
f vimiento periódico. Considere que el planeta
K mín = N (I)
x describe una trayectoria circunferencial, cuyo
periodo (T) será el siguiente.
En la vertical se tiene que
SF( ↑ )=SF( ↓ )
fs(máx)=mg M FG m
Entonces
R
ms fN=mg
Luego
FG: Fuerza gravitacional
mg
fN = (II) R : Radio medio
µs
2π
Reemplazando (II) en (I) tenemos T= (f)
ω
mg
K mín =
x µs Pero del movimiento cincunferencial se tiene que
acp=w2R
Reemplazando datos
(2)(9, 81) g=w2R
K mín =
(0,1)(0, 8)
Por formula tenemos
N
K mín = 245, 25
m
GM
= ω 2R
R2
Respuesta
245,25
GM
ω= (b)
Alternativa E R3
4

5. Física
Reemplazando (b) en (f) En (I) tenemos
4(3,14)2 (1, 5 × 1011 )3
M=
R 3
(31 104 000)2 (6, 67 × 10 −11 )
T = 2π ; T: periodo.
GM
1, 33 × 10 35
M=
64529, 5
Análisis y procedimiento
En el problema M=2,06×1030 kg
m Entonces
R M ≈ 2×1030 kg
M
Respuesta
Se conoce que 2
Alternativa B
R3
T = 2π
GM
PREGUNTA N.º 6
Despejando la masa del Sol (M) se tiene que
Una piedra es lanzada verticalmente hacia arriba
con una energía cinética de 25 J, a partir de un
4π 2R3 punto A, sube hasta un punto B y regresa al
M= (I)
T 2G punto de lanzamiento. En el punto B la energía
potencial de la piedra (con respecto al punto A)
De acuerdo a los datos tenemos es de 20 J. Considerando el punto A como punto
de referencia para la energía potencial, se hacen
R=1,5×1011 m
las siguientes proposiciones:
I. La energía mecánica total de la piedra en el
G=6,67×10 –11 N · m2/kg2
punto A es de 25 J y en B es de 20 J.
p=3,14 II. Durante el ascenso de la piedra, la fuerza de
resistencia del aire realizó un trabajo de –5 J.
También III. En el trayecto de ida y vuelta de la piedra
el trabajo de la fuerza de resistencia del aire
T=1 año es nulo.
Señale la alternativa que presenta la secuencia
correcta luego de determinar si la proposición es
 360 días   24 h   3600 s 
T = 1 año  verdadera (V) o falsa (F).
  1 día   1 h 
 1 año   
A) VVF B) VFV C) VFF
T=31 104 000 s D) FFV E) FVF
5

6. Física
Resolución De la relación entre el trabajo y la variación
de la energía mecánica, planteamos
Tema: Energía mecánica
F ≠ Fg; Fe
∆E M = ∑ W
Análisis y procedimiento

Se debe tener presente que, respecto a un nivel
Aire F
de referencia (N.R.) determinado, la energía EM ( B) − EM ( A) = WA→ B
mecánica [EM] para un cuerpo en una posición
cualquiera se determina como
 EC ( B) + E Pg ( B)  −  EC ( A) + E Pg ( A) 
   
v
m Faire
[0 + 20] − [ 25 + 0] = WA→ B
h
F
aire
∴ WA→ B = −5 J
N. R.
III. Falso
EM=EC+EPg
Si asumimos que el módulo de la fuerza
1 del aire es constante, en el trayecto de ida y
= mv 2 + mgh vuelta esta fuerza estaría en todo momento
2
en contra del movimiento. Por lo tanto,
De acuerdo a la información dada, tenemos
vB=0
B EPgB=20 J
Fg Faire
Aunque el enunciado no lo
dice de manera explícita,
debemos asumir que en B Faire Fg
la piedra alcanzó su altura
máxima.
F
aire aire F
∴ vB=0 WA→ B→ A = 2WA→ B
vA
ECA=25 J =2[– 5]
N. R. A
=–10 J
I: Verdadero
Nota
EM(A)=EC(A)+EPg(A) En un caso general, si el módulo de la fuerza del aire
=25+0 es variable, de igual forma su trabajo no sería nulo en
un tramo de ida y vuelta, ya que se trata de una fuerza
=25 J disipativa similar a la fuerza de rozamiento.
II. Verdadero
Faire Respuesta
VVF
v
Fg
Alternativa A
6

7. Física
PREGUNTA N.º 7 De esta última ecuación, como en la pro-
posición se indica que las partículas son de
Indique la secuencia correcta luego de determinar
diferentes masas (m1 ≠ m2)
si la proposición es verdadera (V) o falsa (F).
I. Si dos partículas de diferentes masas tienen la
∴ p1 ≠ p2
misma energía cinética entonces los módulos
de sus cantidades de movimiento son iguales.
II. Falso
II. Si dos objetos de masas finitas, que están
Según el enunciado del problema, el choque
sobre una mesa lisa horizontal colisionan, y
se daría del siguiente modo.
uno de ellos está inicialmente en reposos es
v01 v02=0
posible que ambos queden en reposo luego vf1=0 vf2=0
de la colisión. liso
III. Luego de una colisión totalmente elástica un instante antes un instante después
entre dos partículas, la energía cinética total del choque del choque
 sis
del sistema cambia. Pero sabemos que en todo choque la p se
conserva
A) VVV B) VVF C) VFV  sis  sis
p0 = pF
D) FVV E) FFF
Resolución
}
→ m1 (+v01 ) = 0 ¡ contradicción !
Esto indica que después del choque por lo
Tema: Choques menos uno de ellos se mueve.
La energía cinética (E C ) y la cantidad de
 Por lo tanto, lo planteado en la proposición
movimiento (p) son dos magnitudes que nos es falso.
permiten caracterizar el movimiento de un cuerpo. III. Falso
Mientras la primera es una magnitud escalar, la Por definición, en un choque totalmente
segunda es vectorial. elástico, la energía cinética total del sistema
no cambia, es decir, se conserva.
Análisis y procedimiento
I. Falso Respuesta
Para una partícula en movimiento FFF
v
[m]
Alternativa E
2
mv
P=mvmv 2 =
; EC
p = mv; EC = 2
2 PREGUNTA N.º 8
p2 P2 Una masa de aluminio de 0,1 kg, una de cobre de
EC = EC= 2m
2m 0,2 kg y otra de plomo de 0,3 kg, se encuentran a la
temperatura de 100 ºC. Se introducen en 2 kg de una
Según la proposición solución desconocida a la temperatura de 0 ºC. Si la
2
p1 p2 temperatura final de equilibrio es de 20 ºC, determine
EC =EC → = 2 el calor específico de la solución en J/kg · ºC.
1 2 2m1 2m2
(CAl=910 J/kg · ºC, CCu=390 J/kg · ºC,
CPb=130 J/kg · ºC)
m1
→ p1 = p A) 186 B) 266 C) 286
m2 2
D) 326 E) 416
7

8. Física
Resolución Reemplazando valores
Tema: Fenómenos térmicos → Ce x (2)(20)=(910)(0,1)(80)+(390)(0,2)
(80)+(130)(0,3)(80)
Cuando se ponen en contacto cuerpos que
presentan distintas temperaturas, el calor fluye en J
∴ Ce x = 416
forma espontánea desde los cuerpos que están a Kg · ºC
mayor temperatura hacia los cuerpos de menor
temperatura. El flujo de calor termina cuando el Respuesta
sistema alcanza el equilibrio térmico, o sea, cuando
416
todos los cuerpos alcanzan la misma temperatura.
Alternativa E
Análisis y procedimiento
Según el enunciado del problema
solución de calor específico Cex
PREGUNTA N.º 9
En la gráfica P versus V se muestra el ciclo
termodinámico que sigue una máquina térmica.
Se asume que Si Q1=120 J, Q2=200 J y Q3=180 J son los
el recipiente es
de capacidad calores usados en cada proceso, determine
calorífica
Al Cu Pb desprecialble
aproximadamente la eficiencia de la máquina
térmica.
T0Al=T0Cu=T0Pb=100 ºC; T0sol=0 ºC P
B
La interacción térmica se da según Q
⇒
⇒ 1 Q2
Cu
Q
pierde A
⇒
Sol Q3 C
Q
gana Al
Q
pierde
0 ºC Teq=20 ºC 100 ºC V
Pb
A) 25,8% B) 33,8% C) 40,8%
Q
pierde D) 43,8% E) 65,8%
Por conservación de la energía
Resolución
∑Qganados= ∑Qperdidos
Tema: Máquina térmica
Qsol = QAl + QCu + QPb
gana pierde pierde pierde Una máquina térmica (M.T.) permite transformar
el calor, que es una forma de energía, en energía
Ahora, el calor asociado al cambio de temperatura mecánica a través del trabajo mecánico que
de una sustancia, conocido como calor sensible, desarrolla. Por la segunda ley de la termodinámica
se determina como se sabe que una M.T. no puede transformar todo
Q=Cem|∆T| el calor en trabajo, es decir, no puede ser 100%
eficiente. Por lo que determinar su eficiencia nos
→ (Cem∆T)(sol)=(Cem∆T)(Al) + (Cem∆T)(Cu) + permite conocer qué tanto del calor recibido por
(Cem∆T)(Pb) la M.T. es transformado en trabajo útil.
8

9. Física
Análisis y procedimiento Qabs=W+Qdisip
En la gráfica presión versus volumen (P – V) se 320=W+180
deduce que Q1 y Q2 representan los calores en
W=140 J (III)
los procesos A → B y B → C, respectivamente.
Además Q3 representa el calor que la máquina Reemplazando (III) y (II) en (I)
disipa en el ciclo y que corresponde al proceso
C → A.  140 
η=   × 100%
 320 
P
B η=43,75% ≈ 43,8%
Q1=120 J Q2=200 J
Respuesta
43,8%
A
C
Q3=180 J Alternativa D
V
PREGUNTA N.º 10
Ahora hagamos el esquema simplificado de la Un conductor tiene una densidad de carga
máquina térmica. superficial de 1,2 nC/m2. Halle el módulo del
campo eléctrico, en N/C, sobre la superficie
del conductor.
TA (ε0=8,85×10–12 C2/N · m2, 1 nC=10 – 9 C)
Qabs=Q1+Q2
A) 125,6 B) 135,6 C) 145,6
M.T. W D) 155,6 E) 165,6
Qdis=Q3 Resolución
TB Tema: Campo eléctrico
L a densidad de carga super ficial de un
La eficiencia de la máquina térmica se calcula así: conductor es una magnitud física que mide la
distribución de la carga eléctrica en toda el área
W superficial del conductor.
η= · 100% (I) Matemáticamente se calcula así:
Qabs
El calor absorbido por el gas en el ciclo es Q
σ=
A
Qabs=Q1+Q2=120+200
Q: carga eléctrica
Qabs=320 J (II) A: área superficial
Luego, por la conservación de la energía, se Tenga presente que cuando todo conductor se
cumple que electriza, solo lo hace de manera superficial.
9

10. Física
Análisis y procedimiento PREGUNTA N.º 11
Consideremos que el conductor mencionado sea Considere el circuito de la figura
una esfera con carga eléctrica Q.
I2 R2
Q E
I I1 R1
R
Si I=50 mA, I1=10 mA, R1=2 Ω, entonces R2,
en Ω, es:
El módulo del campo eléctrico en la superficie
del conductor se calcula de la siguiente manera. A) 0,3 B) 0,4 C) 0,5
D) 0,6 E) 0,7
KQ 1
E= , donde K = Resolución
R2 4 πε 0
Tema: Circuitos eléctricos
Q Q Conexión de resistores en paralelo
E= =
4 πε 0 R 2 (4 πR 2 ) ε 0
R2
Además, el área superficial de la esfera es I I2
a I1 b
A=4π · R2
R1
Q Q 1 σ Los resistores están a igual diferencia de potencial.
E= =  =
Aε 0  A  ε 0 ε 0 Se cumple que
(Esta ecuación es válida en general para todo Nudo a → I=i1+i2
conductor. Para nuestro caso hemos considerado
una esfera) Vab → i1 · R1=i2 · R2
Al reemplazar valores tenemos que Análisis y procedimiento
Nos piden R2.
1, 2 × 10 −9 R2
E=
8, 85 × 10 −12
I2
I1=10 mA
N a b
E=135,6
C
I=50 mA R1=2 Ω
Respuesta En el nudo a
I=I1+I2
135,6
50 mA=10 mA+I2
Alternativa B
I2=40 mA
10

11. Física
Luego, para los resistores en paralelo tenemos que Resolución
I1 · R1=I2 · R2 Tema: Regla de Lenz
Cuando el flujo magnético a través de una espira
(10 mA)2=(40 mA)R2
conductora varía, en esta se induce una corrien-
∴ R2=0,5 Ω te eléctrica (Iind), tal que el campo magnético
asociado a Iind se opone a la variación del flujo
Respuesta magnético.
0,5 Por ejemplo
Bext Bext (↑)
Alternativa C
Bino
PREGUNTA N.º 12
Una espira rectangular metálica penetra en una Iind
región donde existe un campo magnético B
RMD
uniforme y pasa sucesivamente (bajando) por las
posiciones (1), (2) y (3) mostradas en la figura. El flujo magnético, a través de la espira, aumenta;
Con respecto a este proceso se dan las siguientes por lo tanto, el flujo magnético inducido del plano
proposiciones: sale del plano de la espira.
B (1)
Análisis y procedimiento
× × × ××
(2) × Examinemos la situación.
× × × ×
× × × ××
× × × ××
región
(3) B (1)
I. Cuando la espira está pasando por la posición
(1) el flujo magnético a través de ella está (2)
disminuyendo.
II. Cuando la espira está pasando por la posición
(2) la corriente inducida aumenta.
(3)
III. Cuando la espira está pasando por la posición
(3) la corriente inducida circula en sentido
horario.
Señale la alternativa que presenta la secuencia
correcta después de determinar si la proposición I. Falso
es verdadera (V) o falsa (F). A medida que la espira desciende, el número
de líneas de inducción magnética a través de
A) FVF B) FVV C) VFV esta aumenta. Por lo tanto, “el flujo magnético
D) FFV E) VVF a través de la espira aumenta”.
11

12. Física
II. Falso Resolución
La espira está completamente dentro del campo
magnético. Esto implica que el flujo magnético Tema: Ondas electromagnéticas (OEM)
a través de la espira “no cambia (∆f=0)”.
∆φ E
ξ ind = =0
∆t
Según la ley de Ohm: vOEM
B
ξ ind = I ind · R

0
q
Iind=0
partícula con
III. Verdadero aceleración
La espira está saliendo del campo magnético.
Bext La cantidad de
lineas del Bext
Cuando un portador de carga experimenta acele-
disminuye.
Bind
Iind ración, se genera una onda electromagnética, la
cual es transversal y está formada por dos campos
 
RMD ( E y B) oscilantes mutuamente perpendiculares.
Entonces el flujo magnético inducido es
entrante y, por la regla de la mano derecha, Análisis y procedimiento
la corriente inducida es en sentido horario.
I. Verdadero
Respuesta En el vacío, las OEM se propagan a la rapidez
de la luz, cuyo valor es c=3×108 m/s.
FFV
Además se tiene que
Alternativa D c=λ · f
Dado que c es constante, la rapidez de
propagación de la OEM no depende de la
frecuencia (f ).
PREGUNTA N.º 13
II. Verdadero
Con respecto a las ondas electromagnéticas
Las OEM se producen cuando las partículas
(OEM) se hacen las siguientes afirmaciones:
electrizadas experimentan aceleración.
I. En el vacío, la rapidez de propagación de una
OEM no depende de la frecuencia de propa- III. Falso
gación de la onda. Las OEM son transversales.
II. Una OEM se puede producir por la desace- (Según la teoría clásica)
leración de cargas eléctricas.
III. Las OEM son ondas longitudinales. Respuesta
De estas afirmaciones son ciertas: I y II
A) solo I B) solo II C) I y II
D) I y III E) I, II y III Alternativa C
12

13. Física
PREGUNTA N.º 14 Ahora f lo obtenemos a partir de
Un joven usa un espejo esférico cóncavo de
R
20 cm de radio de curvatura para afeitarse; si f= → f = +10 cm
2
pone su rostro a 8 cm del vértice del espejo, halle
el aumento de su imagen. Reemplazando en la ecuación (II)
A) 2 B) 3 C) 4
1 1 1
D) 5 E) 6 = + → i = − 40 cm
( +10 ) i ( +8 )
Resolución
→ i=– 40 cm
Tema: Óptica geométrica - Espejos esféricos
Luego en la ecuación (I)
Análisis y procedimiento
Graficando el problema
(− 40 )
A=−
8
imagen
A=+5
objeto
Respuesta
F V 5
C o
i
f
R Alternativa D
PREGUNTA N.º 15
i: Distancia de la imagen Se realizan experiencias de efecto fotoeléctrico
o: Distancia del objeto; o=8 cm sobre tres placas de metales diferentes (placas P1,
f: Distancia focal P2, P3) utilizando luz de igual longitud de onda
R: Radio de curvatura λ=630 nm. Sean V1m, V2m y V3m las velocidades
máximas de los electrones que son emitidos de
Piden el aumento, el cual viene definido por lo las placas P1, P2, P3, respectivamente.
siguiente.
Si V2m=2V1m y V3m=3V1m, calcule el cociente
i i φ3 − φ2
A=− → A = − (I) donde f1, f2 y f3 son las funciones
o 8 φ 2 − φ1
Podemos determinar la distancia imagen i a través trabajo de las placas metálicas P 1, P 2 y P 3,
de la ecuación respectivamente.
1 1 1 A) 1/3 B) 2/3 C) 1
= + (II)
f i o D) 4/3 E) 5/3
13

14. Física
Resolución Respuesta
Tema: Efecto fotoeléctrico 5/3
Análisis y procedimiento Alternativa E
Cuando la luz incide sobre una placa metálica
luz
incidente PREGUNTA N.º 16
electrón emitido Con respecto a las siguientes afirmaciones:
1. En el proceso de transferencia de calor por
(fotoelectrón) convección en un fluido, el calor se transfiere
debido al movimiento del fluido.
Placa metálica 2. La transferencia de calor por convección se
produce incluso en el vacío.
Para el efecto fotoeléctrico Eo=f+EC(máx) 3. En el proceso de transferencia de calor por
Donde conducción entre dos cuerpos, es necesario
Eo=energía incidente, energía que transporta el contacto entre ellos.
el fotón. Señale la alternativa que presenta la secuencia
f = función trabajo, que depende del material. correcta luego de determinar si la proposición es
E C(máx) =energía cinética máxima de los verdadera (V) o falsa (F).
fotoelectrones.
El problema nos indica que la longitud de onda A) VVV B) VFV C) FFF
incidente es la misma para ambas placas, por lo D) FVV E) FVF
tanto, la energía incidente Eo es la misma.
Entonces Resolución
2 2 2 Tema: Física molecular
mv1m mv 2m mv3m
φ1 + = φ2 + = φ2 +
2 2 2
Análisis y procedimiento
Piden
Proposición 1: Verdadera
2 2 En el proceso de transferencia de calor por
φ3 − φ2 v 2m − v 3m
= (I)
φ 2 − φ1 2
v1m 2
− v 2m CONVECCIÓN, el calor se transfiere por la mo-
vilidad de las moléculas del fluido, por ejemplo,
Como consideremos un recipiente con agua colocado
sobre una estufa.
v 2m v3m
→ v1m = =
v 2m = 2v1m  2 3
 2 2
v3m = 3v1m  2 v 2m v3m
v1m = = =K
4 9 corrientes
convectivas
Entonces reemplazando en ( I )
capa de agua que
recibe calor
φ 3 − φ 2 4k − 9k
=
φ 2 − φ1 k − 4k
φ3 − φ2 5
=
φ 2 − φ1 3
14

15. Física
La capa de agua del fondo recibe calor, aumenta Resolución
su temperatura y disminuye su densidad, entonces
asciende y el agua de la capa superior más fría Tema: Conservación de la cantidad de movi-
y más densa desciende. El proceso continúa con miento
una circulación constante denominada corriente En todo choque, la cantidad de movimiento se
convectiva. conserva instantes antes, durante y después del
Proposición 2: Falsa choque.
La transferencia de calor por convección implica
antes del choque después del choque
siempre un movimiento de masa, por lo cual no
puede producirse en el vacío. En el vacío puede A B A B
ocurrir la transferencia de calor por radiación.
Proposición 3: Verdadera
 sistema  sistema
En la transferencia de calor por conducción, la P a. ch. = P d. ch.
energía se transfiere de molécula a molécula sin
que estas se desplacen. Por ello, para que un cuer- Análisis y procedimiento
po transfiera calor a otro cuerpo por conducción Piden v.
deben estar en contacto.
antes del después del
choque choque
Respuesta (a. ch.) (d. ch.)
v v=0 v1
VFV
M
t
Alternativa B
5m
PREGUNTA N.º 17
Una porción de plastilina de 100 gramos impacta 2m
horizontalmente en un bloque de madera de 200 Debido al choque entre los cuerpos, tendremos
gramos que se encuentra sobre una cornisa de  
P a.ch. = P d.ch.
5 m de altura. Cuando la plastilina impacta en el
bloque se pega a éste haciendo que el conjunto mplast.v=Msist.v1
caiga e impacte con el suelo a 2,0 m de la pared,
como se indica en la figura. Calcule aproximada- 0,1v=0,3 · v1
mente, en m/s, la velocidad con la cual la plastilina v
→ v1 =
impacta al bloque. ( g=9,81 m/s2). 3
m v Durante la caída, el sistema desarrolla un MPCL.
M
• En la horizontal (MRU)
dx=vx · t
5 cm
2=v1 · t
↓
v
2m 2= · t
3
A) 3 B) 5 C) 6 6
v = (I)
D) 8 E) 9 t
15

16. Física
• En la vertical (MVCL) Análisis y procedimiento
1 Piden la gráfica densidad r vs. la presión P
h = v0 y t + gt 2
2
Inicio
1 P0; T
5 = (9, 81) · t 2
2
ρ0
t=1 s
• Reemplazando en (I) Final
PF ; T
v=6 m/s
Respuesta ρf
6
Partiendo de la ecuación de los gases ideales.
Alternativa C P · V=n · R · T
m  m : masa del gas 
P ⋅ V= ⋅ R ⋅ T
M  
 M : masa molar 
PREGUNTA N.º 18
m
De las siguientes gráficas indique cuál representa P ⋅ M= ⋅ R⋅T
V
la variación de la densidad ρ de un gas ideal con
respecto de la presión P en un proceso isotérmico.  M  (I)
ρ=P 
 R⋅T 

ρ ρ
Como M y R son constantes y el proceso es
A) B) isotérmico. (T: constante)
P P
Entonces en (I)
ρ r=(constante) · P
C) Esta expresión nos indica que r depende direc-
P tamente de la P.
ρ ρ La gráfica r vs. P será
D) E)
ρ
P P
Resolución
Tema: Termodinámica
ρ0
Para un gas ideal siempre se verifica la siguiente
ecuación.
P · V=n · R · T P0 P
16

17. Física
Respuesta Análisis y procedimiento
ρ
I1
Piden
I2
I1
P d1=3 m BP
Alternativa C
B1
B2 θ
P
PREGUNTA N.º 19
En la figura se muestra dos hilos conductores de
gran longitud que son perpendiculares al plano d2=4 m
del papel y llevan corrientes de intensidades I1 θ
e I2 “saliendo” del papel. Determine el cociente
 I2
I1/I2 para que el campo magnético B en el punto
P sea paralelo a la recta que une los hilos. Luego de representar los vectores inducción mag-
I1 nética en el punto P, la dirección de la resultante
A) 0,50 3m define la siguiente relación.
B) 0,75
C) 0,80 P
B2
D) 0,90 tan θ =
B1
E) 1,00
4m
µ0 I 2
I2 2πd 2
tan θ =
µ 0 I1
Resolución 2πd1
Tema: Campo magnético - Ley de Biot - Savart

Inducción magnética ( B) para un conductor de tan θ =
I 2 d1
·
gran longitud. I1 d 2
I BP 3 I2 3
= ·
4 I1 4
observador P
d
I1
para el BP ∴ =1
observador I2
I
P
d Respuesta
1,00
µ I
BP = 0 ·
2π d Alternativa E
17

18. Física
PREGUNTA N.º 20 Como F1>F2, el sistema empieza a acelerar
Dos fuerzas F1=120 N y F2=20 N actúan sobre hacia la derecha y los bloques en todo momento
los bloques A y B de masas mA=4 kg y mB=6 kg, presentarán la misma aceleración.
tal como se indica en la figura. Si el coeficiente Es decir
de rozamiento cinético entre todas las superficies aA=aB=a
es 0,8; determine aproximadamente la fuerza de
reacción, en N, entre los bloques cuando estos Sobre el sistema, de la 2.a ley de Newton
están en movimiento. ( g=9,81 m/s2).

F R(sist.) = msist.a
F1 F2
A B
F1 – F2 – fK=(mA+mB)a
A) 20 B) 40 C) 60 100 – µK fN=10a
D) 80 E) 100 100 – µK(mA+mB)g=10a
100 – µK(10)g=10a
Resolución
10 –µK g=a (I)
Tema: Dinámica rectilínea

Toda la fuerza resultante no nula (F R ≠0) origina Para determinar la reacción (R) entre los
sobre un cuerpo una aceleración, la cual se cuerpos, separamos imaginariamente los bloques.
percibe como cambios en su estado mecánico. Se muestra el cuerpo B.
Esto es lo que establece la 2.a ley de Newton,
Fg(B)
donde
a
Fg
a R F2=20 N
B
F F'
µK fK(B)
fK
fN(B)
fN
  De la 2.a ley de Newton
F R = ma

además F R = mBa
 R – F2 – µK fN(B)=mBa
F R = ∑ Faceler. − ∑ Faceler.
favor oponen
R – 20 – µK(6)g=6a (II)
Análisis y procedimiento
Reemplazamos (I) en (II)
Analizando el sistema
R – 20 – µK (6)g=6(10 – µK g)
Fg sist.
R=80 N
a
F1=120 N F2=20 N Respuesta
A B
80
µK fK
fN Alternativa D
18