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Timestamp: 2017-11-25 12:15:12+00:00

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Solucionario del Examen de Admisión UNI 2008 - II
Se debe calcular los siguientes productos escalares
de vectores:
r i r j
⋅ ( ) (α)
Entonces recuerde que
⋅ = cos θ
Cálculo de (I)
Por dato se tiene:
30º=
r j r i
⋅ ( ) = cos θ
=(2)(1)cos30º
⋅ ( ) = 3
Cálculo de (II)
Del dato deducimos
120º=
=(2)(1)cos120º
⋅ ( ) = −1
En α
Resolución N.º 2
Según los datos, la posición alcanzada por una
partícula durante su movimiento rectilíneo es
d=x=12+2t+t
En dirección vertical
Solo actúa la fuerza de gravedad y se cumple
h v t gt
= + = ( ) + ( )( )
9 81 0 1 , , ,
h=0,049 m
∴ h=4,90 cm
Resolución N.º 4
Para el sistema mostrado, debemos hallar la
tensión máxima en la cuerda, esto sucede cuando
el sistema asciende acelerando al jalar m
F; así:
gcos
acelera, sobre ella actúa una F
cual se deduce a partir del diagrama de fuerzas
; así
g cos
Como x es función de t
, entonces, podemos
inferir que se trata de un MRUV; en el cual su
posición se define por
d=x=x
Comparamos (I) y (II)
=12 m (posición inicial del móvil)
=2 m/s (rapidez inicial)
→ a=2 m/s
Se debe calcular la v
en t=5 s; entonces,
Reemplazamos datos
=2+2(5)
=12 m/s
Según el enunciado, se dispara con el rifle un
proyectil con una v
=457 m/s, despreciando
la resistencia del aire; el proyectil describe un
MPCL.
d=45,7 m
En dirección horizontal: v
∴ t=0,1 s
Entonces, usamos segunda ley de Newton:
()=ma()
gsenα=m
Como los bloques presentan la misma aceleración
en todo momento, podemos observar al sistema
del primer gráfico y plantear
res(sist)
gsenα – m
gsenα=(m
F m m g
− + ( )
(II) en (I)
Resolución N.º 5
Para cierto planeta nos piden su radio R.
Determinamos el valor de la aceleración de la
gravedad en los puntos 1 y 2.
= (I)
De (I) ÷ (II) obtenemos
Ordenando tenemos
Resolución N.º 6
R(1–sen ) 
sen R 
Nos piden v
Se observa que sobre la esfera solo desarrolla
trabajo la F
, por lo tanto, su energía mecánica
Resolución N.º 8
L=2 m L=2 m
T: periodo
I. VERDADERA
Como los ángulos (5º y 3º) son menores que
6º, entonces:
Bajo esta condición, el periodo no depende
del ángulo; por lo tanto, las dos esferas
chocarán sobre el eje OA.
II. VERDADERA
Para pequeñas desviaciones (θ < 6º), el
periodo no depende de la masa; por lo tanto,
el periodo se mantiene:
mv mv mR
= + − ( ) senθ
v v gR
2 1 senθ
Resolución N.º 7
Hacemos DCL del carro (despreciando fuerza de
rozamiento).
m=2×10 kg
De la relación impulso - cantidad de movimiento
I p p mv mv
− × +
= − × ⋅
2 10 0 2 10 25
N s = × ⋅ 5 10
III. FALSA
En la posición más baja
=wA,
como la amplitud de (1) es mayor, entonces
Ahora, un instante antes del choque la
cantidad de movimiento del sistema es
p p p mv mv
=m(v
Ahora, en el choque se conserva la cantidad
de movimiento del sistema; por lo tanto,
luego del choque el sistema se mantendrá en
Resolución N.º 9
El nivel de intensidad para el sonido se calcula
β=10log
Unidad: decibel (dB)
entonces, calculemos la intensidad al inicio y al
Cuando la intensidad del sonido es I
, por dato
=40 dB.
=10log
→ 40=10log
Dividimos (II) ÷ (I)
π ρ R
π ρ R M −
Resolución N.º 11
=volumen derramado
=16 ºC T
=27 ºC
Al transferirle calor, ambas sustancias se dilatan,
pero la gasolina más porque
> γ
tanque(acero)
Por ello, una cantidad de gasolina se derrama
Nos piden la fracción
=volumen inicial de la gasolina (y también del
tanque)
Cálculo de V
F F d (gasolina) (tanque)
(1+γ
∆T) – V
∆T)
Resolución N.º 10
Cuando el bloque se encuentra en el interior del
bote, este flota con una parte de su volumen
sumergido en el líquido (fig. 1).
Si la masa del bloque se incrementa, el bote
se sumerge cada vez más, entonces, la mayor
que se debe colocar dentro del bote
(de manera que no ingrese líquido) es cuando
el nivel del líquido coincide con la parte superior
del bote (fig. 2).
De la figura 2
ΣF(↑)=ΣF(↓)
g=ρgV
→ Mg+m
g=ρg
∆T(γ
(11)(950×10
– 36×10
=0,01 V
Reemplazamos en (I)
∴ f=0,01
Resolución N.º 12
pared móvil (liviana)
Como la V
están definidos, entonces, pared
está en reposo y el sistema está en equilibrio
térmico; se deduce que
Ahora, al incrementar la temperatura común
hasta 50 ºC
• Para el gas 1, usando la ecuación de gases
: Presión final 1
' : Volumen final 1
' : Temperatura final 1
• Para el gas 2
' : Presión final 2
: Volumen final 2
' : Temperatura final 2
Pero al final hay equilibrio térmico:
Luego, (I) ÷ (II)
Se tiene que la relación de volúmenes se
Resolución N.º 13
luego se acerca –Q.
pelota de
(aislante)
se recubre
con grafito
Al aproximar la carga – ,
en el cascarón se inducen
cargas positivas en las cercanías
de – y cargas negativas en
zonas alejadas a
: Fuerza eléctrica entre las cargas positivas
inducidas y – Q.
: Fuerza eléctrica entre las cargas negativas
Usando la ley de Coulomb, se deduce que
Por l a menor distancia
entre las cargas inducidas
positivas y – Q.
La pelota será atraída porque las cargas positivas
inducidas estarán más cercanas a Q(–).
Resolución N.º 14
Consideremos un circuito sencillo formado por
una pila de voltaje V y un foco de resistencia R.
¿De qué depende el brillo del foco?
El brillo del foco depende de la potencia que
consume, la cual está definida por
I R VI
Como R=cte, entonces, "A mayor voltaje suminis-
trado por la pila o sistema de pilas, mayor potencia
consumida y mayor brillo".
Analizando los casos planteados, se deduce que
en el caso E el voltaje neto entregado al foco es el
mayor posible. En consecuencia, en este caso el
foco alumbrará "más". (Tendrá la mayor potencia
lumínica).
Resolución N.º 15
Sobre la partícula q actuarán dos fuerzas; la
fuerza eléctrica que tendría la dirección de E
ya que q es positiva, y la fuerza magnética, cuya
dirección se obtiene usando la regla de la mano
Como su trayectoria es a lo largo del eje X,
entonces, en el eje Y la F
  
0; de esto se con-
cluye que
E q qvB
En (α):
Resolución N.º 16
La refracción es el fenómeno que consiste en el
paso de la luz de un medio a otro. En el proble-
ma, el primer medio es el aire y el otro un medio
i –16º
( ) N normal
Usando la ley de Snell obtenemos
aire medio
I sen sen( º) ( )
Recuerde que el índice de refracción es:
c=3×10
=2,25×10
º cos º 1
sen sen cos sen i i i
0 961 0 276
sen sen ( , ) cos ( , ) i i i
→ cos ( , ) sen ( , ) i i
0 276 0 211
→ cot , i
∴ i
arc cot( , ) 0 76
Resolución N.º 17
Para que la imagen sea real y tres veces mayor
que el objeto, este debe colocarse entre el foco y
el centro del espejo cóncavo.
PIO ∼ QIC
→ d=15 cm
En el gráfico, los triángulos sombreados son
semejantes; entonces
→ + f f 15 3
∴ f=7,5 cm
Resolución N.º 18
I. FALSA
Como la premisa indica que se emiten
electrones, entonces, al duplicar la intensidad
de la luz incidente, se duplicará la cantidad
de fotones que inciden sobre la superficie
metálica; y por lo tanto, se duplicará la
cantidad de fotoelectrones, pero no cambiará
su energía cinética (E
II. FALSA
La función trabajo (W), que es la mínima
energía que se requiere para extraer electrones,
solo depende del material (metal) del cual
se extraen dichos electrones. Por lo tanto,
al aumentar la frecuencia (ν o f) de la luz
incidente, aumenta la energía de los fotones
y, en consecuencia, la energía cinética (E
de los fotoelectrones aumenta.
III. VERDADERA
Aplicando la ecuación de Einstein para el
efecto fotoeléctrico, se obtiene
h W E
∴ E
=hν – W
Resolución N.º 20
Sucede lo siguiente
Dado que no hay fuerzas diferentes a la fuerza
de gravedad y fuerza elástica que realicen trabajo
sobre el sistema (bloque+resorte), entonces, la
energía mecánica (E
) del sistema se conserva
(no hay rozamiento y la fuerza normal sobre el
bloque no realiza trabajo).
Por lo tanto, respecto del nivel de referencia
bloque resorte
m·gh =
10 10 9 81
· , · ·
→ d=710,9 cm
∴ d=7,1 cm
Resolución N.º 19
Debemos hallar el módulo del campo eléctrico
(intensidad de campo eléctrico E
) en P.
Los módulos de las intensidades de campo
eléctrico (1) y (4) en P son iguales, así como
las intensidades de (3) y (2). Además, los
componentes en el eje X E
se anulan.
Por lo tanto, en P
y y 1 4
En (*)
se dispara con el rifle un proyectil con una v0=457 m/s. debemos hallar la tensión máxima en la cuerda. 81)( 0. así: m2g Clave C Resolución N.º 4 Para el sistema mostrado.1) + ( 9. esto sucede cuando el sistema asciende acelerando al jalar m2 con F.90 cm Clave B Se debe calcular la v F en t=5 s. entonces.º 3 Según el enunciado. sobre ella actúa una F res . la cual se deduce a partir del diagrama de fuerzas de m1. despreciando la resistencia del aire.1 s -2- fN 1 . g h v0 (blanco) m1g m1g cos m2g cos  se m 2g n a F  m1  fN se m 1g n m2 fN 2 1 Como m1 acelera. entonces.1) 2 2 h=0. así m1g m1g cos  d=45.049 m ∴ h=4. podemos inferir que se trata de un MRUV.Como x es función de t2.7 m En dirección horizontal: v = cte → v0 = d t   m1  m1 n g se Tmáx a 45. el proyectil describe un MPCL. usamos: vF=v0+at Reemplazamos datos vF=2+2(5) ∴ vF=12 m/s Resolución N. 7 457 = t ∴ t=0. en el cual su posición se define por 1 d=x=x0+v0t+ at2 2 Comparamos (I) y (II) x0=12 m (posición inicial del móvil) v0=2 m/s (rapidez inicial) 1 a=1 2 → a=2 m/s2 (II) En dirección vertical Solo actúa la fuerza de gravedad y se cumple que h = v0 y t + 1 2 1 2 gt = 0 ( 0.
por lo tanto. podemos observar al sistema del primer gráfico y plantear Fres(sist)=msistasist F – m1gsenα – m2gsenα=(m1+m2)a F − ( m1 + m2 ) g sen α m1 + m2 De (I) ÷ (II) obtenemos 2 g1 ( R + h ) = 2 g2 R a= (II) Ordenando tenemos R= h g1 −1 g2 (II) en (I) ∴ Tmáx = m1 F m1 + m2 Clave B Clave C Resolución N.Entonces. . -3trabajo la Fg. usamos segunda ley de Newton:  g1 = Gm R2 Gm ( R + h) 2 (I) F res ()=ma() (I) g2 = Tmáx – m1gsenα=m1a (II) Como los bloques presentan la misma aceleración en todo momento.º 5 Para cierto planeta nos piden su radio R. su energía mecánica se conserva. Veamos 2 h 1 Rsen  R R A R(1 – sen) fN  B Tenemos v Fg vF nivel de referencia m Nos piden vF . Se observa que sobre la esfera solo desarrolla Determinamos el valor de la aceleración de la gravedad en los puntos 1 y 2.º 6 Resolución N.
entonces: T = 2π L g 24 m/s Fg F R F v=0 Bajo esta condición.º 7 Hacemos DCL del carro (despreciando fuerza de rozamiento). VERDADERA Como los ángulos (5º y 3º) son menores que 6º.º 8 O 5º 3º L=2 m m T 4 A T 4 g ∴ v F = v 2 + 2gR (1 − sen θ ) L=2 m m Clave D Resolución N. 2s T: periodo I. II. el periodo no depende del ángulo. el periodo no depende de la masa.→ EMB=EMA 1 1 mv F 2 = mv 2 + m R (1 − sen θ ) 2 2 Resolución N. VERDADERA m=2×103 kg De la relación impulso . por lo tanto.cantidad de movimiento    ∴ I res = p F − p 0 = mv F − mv 0 I res = 2 × 10 3 ( 0 ) − 2 × 10 3 ( +25 ) I res = −5 × 10 4 N ⋅ s      2m Para pequeñas desviaciones (θ < 6º). por lo tanto. las dos esferas chocarán sobre el eje OA. el periodo se mantiene: T = 2π L g  I res = 5 × 10 4 N⋅s Clave C -4- .
por lo tanto. -5- Dividimos (II) ÷ (I) ∴ I2 = 10 4 I1 Clave B . calculemos la intensidad al inicio y al final. como la amplitud de (1) es mayor. por dato β2=80 dB I β2=10log  2  I   0 I  → 8 0 = 10 log  2   I0  I  log  2  =8  I0  I2 =108 I0 → I2=108I0 (II) (I) En la posición más baja vmáx=wA. en el choque se conserva la cantidad de movimiento del sistema. β1=10log  I1  I   0 v1 A1 v2 A2 m I  → 40=10log  1   I0  I log  1  =4 I   0 I1 =104 I0 → I1=104I0 Al final Cuando la intensidad del sonido es I2.º 9 El nivel de intensidad para el sonido se calcula así:  I  β=10log    I0  Unidad: decibel (dB) entonces. Clave D Resolución N. luego del choque el sistema se mantendrá en movimiento. Ahora. por dato 5º 3º β1=40 dB.III. FALSA (1) (2) Al inicio Cuando la intensidad del sonido es I1. un instante antes del choque la cantidad de movimiento del sistema es    p = p1 + p 2 = mv1 − mv 2 = =m(v1 – v2) ≠ 0 Ahora. entonces v1 > v2.
De la figura 2 Al transferirle calor. Si la masa del bloque se incrementa. 1 Resolución N. 2 V0=volumen derramado de gasolina Cuando el bloque se encuentra en el interior del bote. este flota con una parte de su volumen sumergido en el líquido (fig. entonces.Resolución N. el bote se sumerge cada vez más. ambas sustancias se dilatan. la mayor masa mB que se debe colocar dentro del bote (de manera que no ingrese líquido) es cuando el nivel del líquido coincide con la parte superior del bote (fig. una cantidad de gasolina se derrama (Vd) Nos piden la fracción f= Vd V0 (I) ΣF(↑)=ΣF(↓) Mg+mBg=E Mg+mBg=ρgVs 2 3 → Mg+mBg=ρg  πR2    3  -6- donde V0=volumen inicial de la gasolina (y también del tanque) Cálculo de Vd Vd = VF (gasolina) − VF (tanque) → Vd=V0(1+γgasolina ∆T) – V0(1+γtanque ∆T) . pero la gasolina más porque γgasolina > γtanque(acero) Por ello. 1).º 11 Mg inicio T0=16 ºC gasolina final TF=27 ºC E mBg V0 tanque de acero fig. 2).º 10 R2 M+mB= 2 3 πR2 ρ 3 mB= 2 3 πR2 ρ − M 3 Clave E fig.
pared está en reposo y el sistema está en equilibrio térmico. al incrementar la temperatura común hasta 50 ºC • Para el gas 1. 01 V0 f= V0 ∴ f=0.01 • siendo ' P1 : Presión final 1 ' V1 : Volumen final 1 ' T1 : Temperatura final 1 Para el gas 2 ' ' P2V2 P2V2 = T2 ' T2 siendo ' P2 : Presión final 2 (II) Clave A ' V2 : Volumen final 2 ' T2 : Temperatura final 2 Resolución N.01 V0 Reemplazamos en (I) 0.Vd=V0 ∆T(γgasolina – γtanque ) → Vd=V0(11)(950×10–6 – 36×10–6) Vd=0. se deduce que P1=P2 y T1=T2 Ahora. entonces. (I) ÷ (II) P1 V1 T1 P2 V2 T2 = ' ' P1V1 ' T1 ' ' P2 V2 ' T2 ' V1 V1 = V2 V ' 2 V1 P1 T1 P 2 V2 T2 Inicio Como la V1 y V2 están definidos. usando la ecuación de gases ideales ' ' P1V1 P1V1 = T1 ' T1 (I) → Se tiene que la relación de volúmenes se mantiene ∴ ' V1 V1 4 = = V2 V ' 7 2 Clave C -7- .º 12 pared móvil (liviana) Pero al final hay equilibrio térmico: ' ' T1 = T2 y ' ' P1 = P2 Luego.
 Clave E -8- izquierda. ¿De qué depende el brillo del foco? El brillo del foco depende de la potencia que consume. F2 F1 –Q F1 F2 P= V2 = I 2 R = VI R Al aproximar la carga – Q. la cual está definida por grafito pelota de ping pong (aislante) este sistema se comporta como un cascarón conductor V + I R luego se acerca – Q.º 15 Sobre la partícula q actuarán dos fuerzas. De la figura: F1: Fuerza eléctrica entre las cargas positivas inducidas y – Q. Usando la ley de Coulomb. En consecuencia. mayor potencia consumida y mayor brillo". (Tendrá la mayor potencia lumínica). se deduce que en el caso E el voltaje neto entregado al foco es el mayor posible. ya que q es positiva.Resolución N. entonces. F2: Fuerza eléctrica entre las cargas negativas inducidas y – Q. se deduce que F1 > F2 Por la menor distancia entre las cargas inducidas positivas y – Q. Analizando los casos planteados. la fuerza eléctrica que tendría la dirección de E. . cuya dirección se obtiene usando la regla de la mano En consecuencia: La pelota será atraída porque las cargas positivas inducidas estarán más cercanas a Q(–). en este caso el foco alumbrará "más". en el cascarón se inducen cargas positivas en las cercanías de – Q y cargas negativas en zonas alejadas a – Q Como R=cte.º 13 inicio se recubre la pelota con grafito Resolución N. y la fuerza magnética. "A mayor voltaje suministrado por la pila o sistema de pilas.º 14 Consideremos un circuito sencillo formado por una pila de voltaje V y un foco de resistencia R. Clave E Resolución N.
normal (N) v FM B v1 aire Del dato: medio transparente 16 i – 16º v2 Ec=Tc → Tc = mv 2 2 2Tc v2 Usando la ley de Snell obtenemos → m= (α) naire sen  = nmedio sen( − 16º ) i i Recuerde que el índice de refracción es: (I) Como su trayectoria es a lo largo del eje X. entonces. 25 sen  = sen (0. 211) i i → cot  = 0. 276) = sen (0. de esto se concluye que FEL=FM E q = qvB    nmedio = donde c vmedio c=3×108 m/s vmedio=2.º 16 La refracción es el fenómeno que consiste en el +q mano izquierda E 0 X paso de la luz de un medio a otro.25×108 m/s Reemplazamos en (I) → v= En (α): E B (1) sen = i 3 × 10 8 2. 25 × 10 8  sen cos16º − cos  sen16º i  i  m= 2Tc E    B 2. 276) i i i 3 2 → cos (0. 76 i ∴  = arc cot(0. 961) − cos (0. En el problema. 76) i  B ∴ m = 2Tc   E 2 Clave C -9- Clave C . en el eje Y la FR = 0.Y FEL v FM Z B Resolución N. el primer medio es el aire y el otro un medio transparente.
entonces f +d f = 3H H → f + 15 = 3 f QIC II. los triángulos sombreados son semejantes.º 17 Para que la imagen sea real y tres veces mayor que el objeto. VERDADERA Aplicando la ecuación de Einstein para el efecto fotoeléctrico. aumenta la energía de los fotones y. en consecuencia. FALSA Como la premisa indica que se emiten electrones. la energía cinética (EC) de los fotoelectrones aumenta. Resolución N.º 18 I.10 - . que es la mínima energía que se requiere para extraer electrones. al duplicar la intensidad de la luz incidente. al aumentar la frecuencia (ν o f) de la luz incidente. entonces.5 cm Clave B Clave C . se obtiene Efotón = W + EC    hν = W + EC ∴ EC=hν – W ∴ f=7. F W F f F f e� e� H P Q 20 cm d H f O H F f C 3H f I Del gráfico PIO ∼ 4 H 3H = 20 d → d=15 cm En el gráfico. solo depende del material (metal) del cual se extraen dichos electrones. III. este debe colocarse entre el foco y el centro del espejo cóncavo.Resolución N. se duplicará la cantidad de fotones que inciden sobre la superficie metálica. FALSA La función trabajo (W). pero no cambiará su energía cinética (EC). se duplicará la cantidad de fotoelectrones. y por lo tanto. Por lo tanto.
2 Reemplazamos datos: 100  10 + d  −2 −1 2 10 · 10 −3 ( 9. Por lo tanto.9 cm ∴ d=7. así como las intensidades de (3) y (2). R. Por lo tanto. respecto del nivel de referencia (N. los   componentes en el eje X E 1x y E 4 x se anulan. Además.º 19 Debemos hallar el módulo del campo eléctrico  (intensidad de campo eléctrico E ) en P.11 - Clave A .1 cm Clave C .º 20 Sucede lo siguiente Del gráfico Los módulos de las intensidades de campo eléctrico (1) y (4) en P son iguales. la energía mecánica (EM) del sistema se conserva (no hay rozamiento y la fuerza normal sobre el bloque no realiza trabajo). Resolución N. en P E R = E 2 + E3 − ( E1y + E4 y ) donde E 2 = E3 = kq  L    2 2 (10 + d )  ( cm )  h =  2   Dado que no hay fuerzas diferentes a la fuerza de gravedad y fuerza elástica que realicen trabajo sobre el sistema (bloque+resorte).Resolución N. 81) ·   · 10 = 2 (10 ) 2   En (*)  4 5 kq   4kq  ER = 2  2  − 2  =  L   25 L2  = 8kq  5 1 −  25  L2  → d=710. entonces.) sistema sistema EM0 = EM F bloque resorte E PG = E PE (*) = 4kq L2 kq 53º    1  E1y = E4 y = E  sen · = = 2  2  L    5 5  2  = 4 5 kq · 25 L2 m·gh = K 2 x .
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