Soluciones Monotematicos De Dinamica

SOLUCIONES A LOS TESTS MONOTEMÁTICOS DE DINÁMICA DEL PUNTO I

1.- C. Las fuerzas que actúan sobre el cuerpo son dos: el peso y la fuerza de rozamiento.
Aplicando la segunda ley de Newton a los dos cuerpos se tiene:
F
F
m1 ·a1 = m1 ·g − Fr ⇒ a1 = g − r
m1
F
m2 ·a 2 = m2 ·g − Fr ⇒ a 2 = g − r
P
m2
como m1>m2, Fr/m1< Fr/m2, y por lo tanto a1>a2.
r

2.- C. El momento angular es

d200

0.
ne
t/

Fy
Q

rrrr
r
L = r × p = r × mv
si derivamos con respecto al tiempo obtenemos
r
rrr
dL r
= v × mv + r × F
dt
donde el primer término del segundo miembro vale cero por las propiedades del
producto vectorial. Como tenemos una fuerza central (el vector posición y la el
vector fuerza son paralelos), el segundo término del segundo miembro también es
cero; es decir elmomento angular permanece constante. Al ser constante el
momento angular lo es en módulo, dirección y sentido, y por la propia definición de
este vector será perpendicular al plano formado por el vector de posición y el vector
velocidad; como la velocidad es siempre tangente a la trayectoria en cada punto,
resulta que dicha trayectoria se encuentra siempre en el mismo plano.

3.- A.

re4.- B. Son escalares la temperatura, la masa y el trabajo.
Son vectores la velocidad, las aceleraciones, la fuerza y los impulsos.
Es un tensor el momento de inercia.

ww

w.

ed
u

5.- D. En un vuelo horizontal a velocidad constante, se verifica en el eje vertical donde
no hay aceleración que:
∑ FY = 0 = N − mg ⇔ N = mg = 1.G
Cuando inicia el rizo que es un movimiento circularuniforme con aceleración centrípeta vertical:
N
v2
FY = m. = N − mg ⇔
∑
R
mg
2 m2
⎛
⎞
⎜
⎛
v2 ⎞
m 200
s 2 ⎟ = m.110 m = 11.G
N = m.⎜ g + ⎟ = m.⎜10. 2 +
⎟
⎜
400 m ⎟
R⎟
s2
⎝
⎠
⎜s
⎝
⎠
Luego la diferencia es de 11.G – 1.G = 10.G

6.- C. La 2ª Ley de Newton para sistemas con masa variable es:
r
rr
r
∑ F .dt = dp = v.dm + m.dv

1

SOLUCIONES A LOS TESTS MONOTEMÁTICOS DEDINÁMICA DEL PUNTO I

r
donde v es la velocidad relativa del sistema respecto del infinitésimo de masa
que se está añadiendo o quitando. En este caso es la velocidad del vagón. Además
r
como va a velocidad constante hace que dv sea cero. Si aplicamos esto al eje X:
dm
m
l Kg
∑ F = v. dt = 0,1 s .1000 s .1 l = 100 N

7.- D .

Fy
Q

8.- D. El enunciado debería decir que ni la poleani la cuerda tienen masa o es
despreciable. El mono y la pesa tienen la misma masa para que el sistema esté
equilibrado. Si el mono tira de la cuerda hasta comunicarle una tensión T, esta
misma fuerza será la que tire de la pesa hacia arriba. El sistema sigue equilibrado y
en ausencia de fuerzas exteriores las velocidades de los dos deben ser iguales.

0.
ne
t/

9.- D. El impulsoejercido sobre un objeto es igual a la variación que experimenta su
cantidad de movimiento. Como el impulso es (si la fuerza es constante) el producto
de la fuerza por el tiempo que está actuando dicha fuerza, tendremos:
cuerpo A
F . 1 = 4 . Δv A ⎫
⎬ ⇒ Δv B = 16Δv A
cuerpo B
F . 4 = 1 . Δv B ⎭
donde se ha tenido en cuenta que la cantidad de movimiento es el producto de la
masa por la velocidad.ed
u

re

d2
00

10.- C. En el instante que empieza a descender se tiene que
N
cumplir que el módulo de la fuerza de rozamiento sea igual a
la resultante de la normal y el peso. La resultante es
FR
R = mg sen α
La fuerza de rozamiento es
Fr = μN
y como la normal es (ver figura)
30º
N = mg cosα
mg
podemos concluir
senα
mg senα = μmg cosα ⇒ μ =
= tg α
//
//
cos α
3
3ww

w.

Al sustituir α por 30º, obtenemos

11.- A. En este caso las fuerzas que actúan son la
normal (N) y el peso (P), tal y como se
representa en la figura. La resultante de estas
fuerzas está dirigida a lo largo del eje X.
Aplicando la primera ley de Newton, se
comprueba que el coche al tomar la curva lleva
una aceleración, que tiene el mismo sentido y
dirección que la...