FÍSICA SEPTIEMBRE 2006 INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN. La prueba consta de dos partes. La primera parte consiste en un conjunto de cinco cuestiones de tipo teórico, conceptual o teórico-práctico, de las cuales el alumno debe responder solamente a tres. La segunda parte consiste en dos repertorios A y B, cada uno de ellos constituido por dos problemas. El alumno debe optar por uno de los dos repertorios y resolver los dos problemas del mismo. TIEMPO: Una hora treinta minutos. CALIFICACIÓN: Cada cuestión debidamente justificada y razonada con la solución correcta se calificará con un máximo de 2 puntos. Cada problema debidamente planteado y desarrollado con la solución correcta se calificará con un máximo de 2 puntos. En aquellas cuestiones y problemas que consten de varios apartados, la calificación será la misma para todos ellos, salvo indicación expresa en los enunciados.

PRIMERA PARTE Cuestión 1.a) Desde la superficie de la Tierra se lanza verticalmente hacia arriba un objeto con una velocidad v. Si se desprecia el rozamiento, calcule el valor de v necesario para que el objeto alcance una altura igual al radio de la Tierra. b) Si se lanza el objeto desde la superficie de la Tierra con una velocidad doble a la calculada en el apartado anterior, ¿escapará o no del campo gravitatorio terrestre? Datos: Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg Radio de la Tierra RT = 6370 km Constante de Gravitación G = 6,67×10-11 N m2 kg−2 Solución. a) Igualamos las energías mecánicas en la superficie de la Tierra y en la orbita con r = 2R T

(

E m (Superficie) = E m Órbita

−G⋅

)

MT ⋅m 1 M ⋅m + mv 2 = −G ⋅ T RT 2 2R T

Simplificando la masa m en toda la ecuación, se despeja la velocidad  1 1 2 1   v = G ⋅ M T  − 2  R T 2R T 

 1 1 v 2 = 2G ⋅ M T  − R 2 R T  T

  

 1 v = 2GM T   2R T

  

v=

Sustituyendo datos numéricos:

v=

6'67 × 10 −11 ⋅ 5'98 × 10 24 6'37 × 10 6

1

= 7913'1 m

s

G ⋅MT RT

b) Si escapa del campo gravitatorio, la energía mecánica final será la que tenga en el infinito (punto donde la tierra no ejerce influencia), que es igual a cero. Procediendo como en el apartado a E m (Superficie) = E m (Infinito)

M⋅m 1 + mv 2 = 0 RT 2 Dividiendo toda la ecuación `por la nasa del objeto: M 1 2 −G⋅ + v =0 RT 2 Para saber si el objeto escapa de la tierra, se calcula con la igualdad anterior la velocidad de escape de la tierra. −G⋅

−G⋅

M 1 2 + v esc ≥ 0 RT 2

v esc ≥ 2G ⋅

M 5,98 × 10 24 = 2 ⋅ 6'67 × 10 −11 ⋅ = 11190 m s RT 6,37 × 10 6

v objeto = 2 ⋅ 7913,1 = 15826,2 > v esc Como la velocidad del objeto es superior a la de escape, el objeto se escapa del campo gravitatorio Cuestión 2.- Una partícula que describe un movimiento armónico simple recorre una distancia de 16 cm en cada ciclo de su movimiento y su aceleración máxima es de 48 mls2. Calcule: a) la frecuencia y el periodo del movimiento; b) la velocidad máxima de la partícula. Solución.

Un ciclo supone recorrer 4 veces la amplitud (A).

4A = 16cm

A = 4cm

a max = 48 m

s2 a) Frecuencia (ν) y período (T). A partir de la ecuación del movimiento armónico simple y derivando sucesivamente se obtienen las expresiones de la velocidad y aceleración de movimiento. x = A ⋅ sen (ω t + ϕ) dx = v = Aω ⋅ cos(ω t + ϕ) dt dv = a = − Aω 2 ⋅ sen (ω t + ϕ) dt El valor absoluto de la aceleración máxima será: a máx = ω 2 A Conocida la aceleración máxima y la amplitud se calcula la velocidad angular (ω). 48 m 2 a s = 1200 ⇒ ω = 34´6 rad ω 2 = máx = s A 0´04 m Conocida la velocidad angular se calcula el período y la frecuencia en el orden que uno quiera mediante las tres ecuaciones que la relacionan. 2π 1 ω= ω = 2π ⋅ ν ν= T T 2π 2π rad • Período. T = = = 0 ′18 s ω 34'6 rad s rad ′ 3 4 6 ω s = 5′5 Hz s −1 • Frecuencia. ν = = 2π 2π rad

( ) 2

b) Velocidad máxima de la partícula. Se puede resolver de dos formas. Según la expresión de la velocidad de un movimiento armónico simple (v = Aω ⋅ cos(ω t + ϕ)) , alcanzará su valor máximo cuando la componente trigonométrica valga 1, y en ese caso la velocidad máxima será: v máx = Aω = 0 ′04 ⋅ 34 ′6 = 1'38 m s A la misma expresión se puede llegar teniendo en cuenta que la velocidad máxima de la partícula se produce en el origen x = 0 , donde la energía mecánica es toda cinética: 1 1 kA 2 = mv 2max mω 2 A 2 = m v 2max v máx = Aω 2 2 Cuestión 3.- Un protón que se mueve con una velocidad v entra en una región en la que existe un campo

magnético B uniforme. Explique cómo es la trayectoria que seguirá el protón: a) Si la velocidad del protón v es paralela a B b) Si la velocidad del protón v es perpendicular a B Solución. a) La fuerza que actúa sobre el protón según la ley de Lorentz: r r F = q ⋅ v×B r F = q ⋅ v ⋅ B ⋅ sen 0 = 0

(

)

No actúa ninguna fuerza sobre el protón, luego seguirán una trayectoria rectilínea y uniforme paralela al campo B

b) En este nuevo caso, la fuerza será, aplicando también la Ley de Lorentz: r r r i j k r r r r r F = q ⋅ v×B F = q ⋅ v 0 0 = qvB k

(

)

0 B 0 r r La fuerza ( F ), actúa en dirección perpendicular a v y B generando una trayectoria circular en el plano XZ como muestra la figura.

3

Cuestión 4.- Un buceador enciende una linterna debajo del agua (índice de refracción 1,33) y dirige el haz luminoso hacia arriba formando un ángulo de 40° con la vertical. a) ¿Con qué ángulo emergerá la luz del agua? b) ¿Cuál es el ángulo de incidencia a partir del cual la luz no saldrá del agua? Efectúe esquemas gráficos en la explicación de ambos apartados. Solución. a) Aplicando la ley de Snell:

) n 1sen î = n 2 sen r ) 1'33 sen 40º = 1 ⋅ sen r ) 0´85 = sen r

) r = 58´7º

b) Cálculo del ángulo límite:

) n1sen î = n 2sen r ) n 1sen i = n 2 sen 90º ) 1´33 sen i = 1 ⋅ 1

) sen i = 0´75

) i = 48´7 º

Cuestión 5.- La ley de desintegración una sustancia radioactiva es a siguiente, donde N = N o e −0,003 t , donde N representa el número de núcleos presentes en la muestra en el instante t. Sabiendo que t está expresado en días, determine: a) El periodo de semidesintegración (o semivida) de la sustancia. b) La fracción de núcleo radiactivos sin desintegrar en el instante t = 5T 1 2

Solución. a) Hallamos el tiempo que tarda una muestra de N núcleos en reducirse a la mitad: N N= o 2 No 1 1 = N o ⋅ e −0´003 t = e −0´003 t Ln = −0´003t 2 2 2 Ln 2 − Ln 2 = −0´003t t= T 1 = 231 días 2 0´003 b) N f = 5 T 1  = N o ⋅ e − 0´003⋅(5×231) 2 

N = 0´03125 N o

N ≈ 0´03125 No

N 3,1 ≈ N o 100 Pasado un tiempo igual 5 veces el periodo de semidesintegración, quedarán un 3’1% de la muestra de núcleos iniciales

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SEGUNDA PARTE REPERTORIO A Problema 1.- Un campo magnético uniforme forma un ángulo de 30° con el eje de una bobina de 200 vueltas y radio 5 cm. Si el campo magnético aumenta a razón de 60 T/s, permaneciendo constante la dirección, determine: a) La variación del flujo magnético a través de la bobina por unidad de tiempo. b) La fuerza electromotriz inducida en la bobina. c) La intensidad de la corriente inducida, si la resistencia de la bobina es 150Ω. d) ¿Cuál sería la fuerza electromotriz inducida en la bobina, si en las condiciones del enunciado el campo magnético disminuyera a razón de 60 T/s en lugar de aumentar? Solución. Los datos del enunciado permiten plantear las expresiones correspondientes al dB d campo magnético y su variación: B = Bo + 60t ; = (Bo + 60t ) = 60 T s dt dt Conocido el número de espiras que forman la bobina y su radio, se calcula su área o superficie. N = 200

R = 0,05 m

S = πR 2 = π ⋅ (0,05)2

Se denomina flujo al producto escalar del vector campo por el vector superficie. r r Φ = BoS Φ = N ⋅ B ⋅ S ⋅ cos α a.

dΦ d dB = (N ⋅ B ⋅ S ⋅ cos α ) = {N, S, α = cte} = N ⋅ S ⋅ cos α ⋅ = N ⋅ π ⋅ 0,052 ⋅ cos 30º⋅60 = dt dt dt = 0,408 ⋅ N Wb = 81,6 Wb s N= 200 s

b. Si el flujo Φ a través de la superficie de la espira varia con el tiempo, se observa una corriente inducida en el circuito (mientras que el flujo este variando). Según la Ley de Faraday, la fuerza electromotriz inducida (fem) depende de la variación del flujo de campo magnético con el tiempo. dΦ ε = −N ⋅ = −0,408N v = − 81,6 v dt N = 200 c.

Aplicando la Ley Ohm:

V ε 81,6 v = = = 0,54 A R R 150 Ω El sentido de la corriente lo determina la ley de Lenz “La corriente se induce en un sentido tal que los efectos que genera tienden a oponerse al cambio de flujo que la origina”. Teniendo en cuenta que la variación del flujo se produce por un aumento de campo magnético, la corriente inducida deberá generar un campo magnético en sentido opuesto, hacia abajo, por lo tanto la corriente inducida deberá tener sentido negativo (horario), tal y como se indica en la figura. V = I⋅R

d.

I=

Si la intensidad del campo magnético disminuye según la expresión: B = Bo − 60t dB d = (Bo − 60t ) = −60 T s dt dt dΦ dB == N ⋅ S ⋅ cos α ⋅ = 200 ⋅ π ⋅ 0,052 ⋅ cos 30º⋅(− 60) = −81,6 Wb s dt dt

dΦ = −(− 81,6v ) = 81,6v dt Se produce una intensidad I en sentido contrario a las agujas del reloj, para compensar de esta forma la pérdida de flujo, por disminución de la intensidad del campo magnético (B). En este caso la fem es: ε = −

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Problema 2.- Se tiene un espejo cóncavo de 20 cm de distancia focal. a) ¿Dónde se debe situar un objeto para que su imagen sea real y doble que el objeto? b) ¿Dónde se debe situar el objeto para que la imagen sea doble que el objeto pero tenga carácter virtual? Efectúe la construcción geométrica en ambos casos. Solución. f = −20 cm a. Si el espejo es cóncavo y se quiere obtener una imagen real, esta será invertida. Aplicando la ecuación fundamental de los espejos esféricos: 1 1 1 1 1 1 + = + = ′ ′ s s f s s − 20 Aplicando la ecuación del aumento lateral y la relación que existe entre los tamaños del objeto y de su imagen. Se obtiene una relación entre s y s. y′ s′ =− y s Por ser invertida y de doble tamaño y′ = −2 y s′ −2 y s′ = − ⇒ = 2 ⇒ s′ = 2s s y s Sustituyendo en la ecuación general se obtiene la posición del objeto. 1 1 1 3 1 + = = s = −30 cm s 2s − 20 2s − 20

b. Si la imagen es virtual y de doble tamaño que el objeto, el objeto deberá estar situado entre el espejo y el foco, y la imagen será derecha. Aplicando la ecuación fundamental de los espejos esféricos: 1 1 1 1 1 1 + = + = s s′ f s s′ − 20

Teniendo en cuenta el aumento lateral y el que la imagen es derecha (y′ = 2 y ) : s′ y′ s′ 2y s′ =− =− − =2 y s y s s s′ = −2s Aplicando de nuevo la ecuación del espejo: 1 1 1 1 −1 + = = 2s = −20 s − 2s − 20 2s 20

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s = −10 cm

REPERTORIO B Problema 1.- Una onda armónica transversal se desplaza en la dirección del eje X en sentido positivo y tiene una amplitud de 2 cm, una longitud de onda de 4 cm y una frecuencia de 8 Hz. Determine: a) La velocidad de propagación de la onda. b) La fase inicial, sabiendo que para x = 0 y t = 0 la elongación es y = -2 cm. c) La expresión matemática que representa la onda. d) La distancia mínima de separación entre dos partículas del eje X que oscilan desfasadas π 3 rad. Solución. 2π 1 0,04 m ω T= λ a. si la f = 8 Hz ⇒ T = s y v= = v= = 0,32 m s k 2π T 8 0,125 s λ b.

y(x , t ) = A sen (ω t − k x + φ o ) Aplicando las condiciones iniciales:

y(0,0 ) = 2 × 10 −2 sen (ω ⋅ 0 − k ⋅ 0 + φ o )

2 × 10 −2 = 2 × 10 −2 sen φ o c.

sen φ o = 1

φo =

π rad 2

y(x , t ) = A sen (ω t − k x + φ o )

ω = 2 π ⋅ f = 2 π ⋅ 8 = 16 π rad

k=

s

2π 2π = = 50 π m −1 λ 4 × 10 − 2

Sustituyendo en la ecuación:

π  y(x , t ) = 2 × 10 − 2 sen 16π t − 20π x +  2  d) Si las ecuaciones del movimientos de dos partículas del eje

( ) 2 y 2 (x 2 , t ) = A sen (ω t − k x 2 + π ) 2

y1 (x1 , t ) = A sen ω t − k x1 + π

La diferencia de sus fases es:

(

∆φ = φ1 − φ 2 = ωt − kx1 + π

2

Teniendo en cuenta: ∆ϕ = π rad 3 π = 50π ⋅ ∆x 3

)− (ωt − kx 2 + π 2 ) = k(x 2 − x1 ) ∆x =

1 m 150

7

∆x = 0´67cm

Problema 2.- Dos cargas eléctricas positivas e iguales de valor 3 × 10−6 C están situadas en los puntos A (0,2) y B (0,‒2) del plano XY. Otras dos cargas iguales Q están localizadas en los puntos C (4,2) Y D (4,‒2). r r Sabiendo que el campo eléctrico en, el origen de coordenadas es E = 4 × 103 i N C , siendo i el vector unitario en el sentido positivo del eje X, y que todas las coordenadas están expresadas en metros, determine: a) El valor numérico y el signo de las cargas Q. b) El potencial eléctrico en el origen de coordenadas debido a esta configuración de cargas. Datos: Constante de la ley de Coulomb K = 9 x10 9 N m 2 C −2 Solución. r a. Por el principio de superposición, el campo eléctrico E es la suma vectorial de los campos que r r generan todas las cargas en ese punto. Los campos eléctricos E1 y E 2 creados por las cargas q1 y q2 respectivamente en el origen se anulan por simetría. r r Teniendo en cuenta que el E T en el origen tiene dirección y sentido + i , las cargas Q3 y Q4 han de r ser iguales en módulo y signo (negativas), para que e esta forma, las componentes j de ambos vectores se r anulen por simetría y las componentes i se sumen, tal y como se observa en la figura.

()

El campo eléctrico creado por una carga según la ley de Coulomb es: r q r E=K u r2 r Siendo u un vector unitario en la dirección que une el punto a la carga que crea el campo. r r r r  Q = Q4 = Q  Q Q 2 r 9 E(0,0 ) = E x (Q 3 ) + E x (Q 4 ) =  3 i  = 2 ⋅ K 2 cos α i = 2 ⋅ 9 × 10 2 5 r r3 = r4 = r = 20  20 r r r E(0,0 ) = 8,05 × 108 Q i = 4 × 103 i Q = 4,97 × 10 −6 C = 4,97µC Q = −4,97 µC

( )

b. El potencial en un punto debido a una distribución de cargas es la suma escalar del potencial que genera cada una de las cargas en ese punto. VT = Vi = V1 + V2 + V3 + V4

∑

q Q Q q q Q q Q  VT = K 1 + K 2 + K 3 + K 4 = K  1 + 2 + 3 + 4  r1 r2 r3 r4 r3 r4   r1 r2 − 6 − 6 − 6 − 6  3 × 10 3 × 10 − 4,97 × 10 − 4,97 × 10  VT = 9 × 109 ⋅  + + + = 6996 V   2 2 20 20  

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