fijas admsion peru

1. SEMINARIO ESPECIAL
DE FÍSICA

2. Debemos de determinar :
2 2 y
x
E p c m c
 
2 2 y
x
E p c m c
 
   
 
 
 
  
   
 
 
 
    
    
1
1
1 2 2 2
2
m masa M
distancia L
C LT
tiempo T
p masa velocidad MLT
E masa rapidez ML T
 

  

 
  
 
 
 
2 2 1 1 2
( )( )
x
ML T MLT LT
  

2 2 1 2
( )
y
ML T M LT
 

Solución 1
2 1 2 .
_ .. ( )
_
2
x
x II
   
2 4 ... ( )
2
_ _
y
y III
  
De la condición del problema :
Del principio de
homogeneidad :
1 1
2 2 2 2
x x
ML T ML T
  


2 2 2 2
y y
ML T ML T



...( )
_
S x y I
 
Recuerda :
2 x
p c
 
 
 
 
  2 y
m c
 
 
 
 

Reemplazando (II) (III) en (I) : 6
S 
Clave: E

3. Debemos
determinar : ( ) ..._(
_ )
S A C B I
 
Cálculo de :
A C

A C
 
6 8 9 12
A C i i i j k i k j
   
        
0 k j i

12 9 8 ...
_ _( )
A C i j k II
  
    
Reemplazando (II) y (III) en (I):
( ) (12 9 8 ) (2 )
A C B i j k j
   
   
2 2 2
( ) 24 18 16
A C B i j j j k j
  
     
0 1 0
2
( A×C ) B = 18μ
A
B=2μ
C=5μ
Az=3
Ax=2
Cy=4μ
Cx=3μ
z
x
53°
c
Observación:
(3 4 )
i j
 
 
Además:
2 ..
_ (
_
. )
B i III


y
cos
a b ab 
 
Producto escalar
i

z
y
x
i j
k
(2 3 )
i k

Módulo del producto vectorial
a b c ab sen
   
Producto vectorial
a b c
 
a
b
 Clave: C
Solución 2

4. ( )
x m
( )
t s
0
v
4
0 6
L
v=0
1
d
0
x
a
0
+x
V
T
1
d
2
d
2
1 1
1
( )
2
0
= v t + a t
 
v=0
m
s
v=1
v
v
1
Δt = 4s
2
Δt = 6s
a
( )
x m ( )
x m
45°
135 1
v tg
   
135°
Debemos determinar : ....( )
1 2
e= d +d I
Del M.R.U.V.
Aplicamos :
2
0
1
2
d v t at
 
0
4s 4s
8 ...(
_ )
1
d a II

2
1 1
1
( )
2
0
= v t + a t
 
0
6s 6s
18 ...(
_ )
2
d a III

Reemplazando (II) y
(III) en (I) : ...( )
e= 2 _
6a IV
Para el intervalo [4;6]s
aplicamos : ( )
f o
v v a t
  
1 0 (2)
a
 
2
0,5m
s
a 
Reemplazando en (IV) : 13
e m

Solución 3
Clave: B

5. Solución 4
1
2
g
m
0
v =0 0
v =0
2m
1
R 2
R
R
2
Fg
1
Fg
y
y
N.R.
Debemos de determinar : y
El máximo descenso del bloque (2) se dará cuando su
rapidez sea cero.
Para el sistema formado por los bloques, el resorte y la
cuerda SÓLO la fuerza de gravedad realiza trabajo, por
lo tanto la energía mecánica del sistema se conserva.
f
v =0
f
v =0
(0) ( )
SIST SIST
M M f
E
E 
(1) (2) (1) (1) (2)
(0) (0) ( ) ( ) ( )
PG PG PG f PE f PE f
E E E E
E    
2 2
1 1
2 (2 )
2 2
mgy mgy mg y ky ky
   
mg
y
k
 Clave: D

6. Solución 5
24

12
5
2
1

0
( )
x Asen t
 
 
Debemos determinar:
Se tiene que:
3 5
4 12 24
T
 
 
2
T

 
0,5
T s


De la gráfica:
4 rad
s
 
Se tiene que:
MAX
v A


2 4A

0,5
A m

De la gráfica:
MAX
v 
1m
s
v 
0

2 m
MAX s
v 
1m
s
v 
30
30
4
240
3
rad

  
0
4
3
rad
 

La ecuación del movimiento es:
4
0,5 (4 )
3
x sen t m

 

7. 66 cm
Piden calcular: x
x
2
1


2
2

Como se trata de la frecuencia fundamental n=1.
También:
n
n
f
v
f
v
onda
onda






Se observa del gráfico que:
Sol
Do
2
2
x 2
1 



Por dato: cm
66
2
1


Para λ2 sabemos que:
cte
F
v T



onda
Do
Sol
Sol
Do f
f
f
v
f
v
2
1
onda
2
onda
1 y 


 




Remplazando y operando:
cm
17
x 

cm
49
1 

Solución 6
Clave: E

8. 1
A
1
A
2
A
3
A
Solución 7
( )
F N
50

0
t 
40

40
60
68
0 5 7
40 4
F t
 
k
f
( )
s máx
f 
5
t s

0 0
v  0 0
v 
60

100
Fg N

100
N
f N

40
F N

40
S
f N

( ) 60
S máx
f N

60
F N

5
t s

50
F N

50
k
f N

7
t s

f
v
68
F N

Determinando las áreas:
60 68
2 50 2 10
2
f
v

   
1 2 1 3
( ) ( ) m m
f 0
A A A A v v
     
2
1
( ) _...( )
2
C f
E m v I

Sea vf la rapidez que adquiere el bloque
transcurrido 7s de haber empezado a actuar F,
entonces la energía cinética que adquiere al
presentar esta rapidez será:
Ahora encontremos vf y para esto
construyamos la gráfica de las fuerza F y la fs
vs t:
De la relación del impulso resultante y la
variación de la cantidad de movimiento
tenemos:
RES
I P
 
f i
k
F f
I I P P
  
s
f
( )
t s
2 3 m m
f 0
A A v v
  
Reemplazando en (I): 39,2J
C
E 
2,8 m
f s
v 

9. Debemos de tener presente que
a antes de encender la vela el nivel libre
del agua dentro y fuera del vaso es el mismo.
Patm Patm
atm
gas P
P 
Cuando la vela consume todo el oxigeno se
reestablece el equilibrio hidrostático y
podemos plantear:
<
Isobara
gas
3
3
gas
agua
atm
gas
agua
atm
P
0,1)
(y
10
10
10
00
1
P
0,1)
(y
g
P
P
P
P














(y + 0,1)m
y
0,1m
Falta “y” y ya que se desprecia el
volumen de la vela, podemos plantear lo
siguiente:
agua
vaso
el
en
asciende
que
agua
te
externamen
desciende
que v
v 
m
110
1
y
A
1
,
0
y
A
11





Pa
K
91
,
98
Pgas 

Clave: D
Pgas Pgas
2
-3
)
2(10
A m

11A
Una vez que la vela se enciende se consume el
oxigeno del interior del vaso por lo que la
presión del gas ira disminuyendo.
1.
.2
Solución 8

10. Comparando el circuito sin la instalación de los instrumentos de
medición y con la instalación de estos últimos.
Estado I
R1 R2
ε
I1 I1
Estado II
ε
A
I2
V
I2-I3
I3
Para que el amperímetro indique la intensidad
de corriente real que pasa por los resistores y
el voltímetro señale la diferencia de potencial
real de funcionamiento entre los extremos de
R2 ,la intensidad de la corriente que circula por
el circuito no debe de cambiar, entonces de la
ley de Ohm:
2
1
e R
R
R
I





q m n
q m n R1 R2
Siendo ε = cte, entonces Re = cte, o sea que la
resistencia equivalente en el tramo qm no debe
de variar :
A
1
1
II
qm
I
qm
r
R
R
R
R



De esta expresión, para disminuir el error de
la lectura del amperímetro, se debe cumplir:
1
A R
r 
Análogamente en el tramo mn:
1
2
2
2
2
2
2
II
mn
I
mn






v
v
v
r
R
R
R
r
R
r
R
R
R
R De esto, para disminuir el
error de la lectura del
voltímetro se debe cumplir:
v
v
r
R
r
R



2
2
0
rA
rv
Solución 9
Clave: D

11. Piden la grafica B vs t en la espira;
pero primero ¿Por qué en la espira circula
corriente eléctrica?
Porque en ella se induce
una εind como consecuencia
de Δφ a través de la espira;
pero ¿por que varía el
flujo magnético ?
Puesto que:

 cos
A

 B cte
0 



cte
A 
B varía con el tiempo según la grafica:
m
-m
1 2 4 5
)α1
α2=0°
α3
El flujo magnético a través de la espira varía
debido a que la inducción magnética varia con
el tiempo B(t),donde:








.
).........
g
(
cos
A
)
(
cos
A
ind
)
(
ind
ind
t
dt
dB
dt
d t







Ahora de la ley de Ohm:


.
..........
ind
ind
R
i 
:
en 

R
tg
i
)
(
cos
A
ind




Graficando:
Intervalo  
2
,
0
2 4 5
 
4
,
2
 
5
,
4
0
0
R
m
i

cos
A
ind



 0
ind 
i
R
m
i

cos
A
ind




Solución 10
Clave: E

12. Piden calcular la potencia de la lente y
sabemos que:

..........
f
1
P 
Entonces debemos de encontrar la distancia
focal (f) de la lente, pero ¿de qué lente se
trata: convergente o divergente?
Ya que la imagen es virtual y cuyo tamaño
(hi=3cm) es menor que el del la objeto
(ho=15cm), podemos indicar que las lentes
que producen imágenes virtuales y de menor
tamaño que el objeto son las divergentes.
i=-6cm
o=15cm
ho =15cm
hi =3cm
5
1
A 



o
i
h
h
o
i
Del aumento lineal:
“ Las distancias son
proporcionales a las
alturas”
Ahora de la ecuación de descartes:
o
1
i
1
f
1


Remplazando “i” y “o”:

........
2
15
-
f
30
1
6
-
1
f
1




Remplazando (β) en (α):
dp
-0,13
P 
Solución 11
Clave: A
(+) (-)

13. Piden calcular una longitud de onda y la frecuencia umbral, pero
sabemos que: 


 Cmax
E
f
h




 V
h e
q
C










 


71
,
0
10
6
,
1
10
4910
10
3
10
63
,
6 19
10
8
34








 

43
,
1
10
6
,
1
10
3
10
63
,
6 19
8
34
x

Del 1er dato: Del 2do dato:
Restando estas ecuaciones y resolviendo:
o
A
26
,
38

x

Remplazando este valor en la 1ra ecuación
y recordando que: se tiene:
0
f


 h
Hz
10
438
f 12
0



Solución 12
Clave: D