FÍSICA Junio 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.Llamando go y Vo a la intensidad de campo gravitatorio y al potencial gravitatorio en la superficie terrestre respectivamente, determine en función del radio de la Tierra: Solución. El campo gravitatorio y el potencial gravitatorio a una distancia R del centro de la Tierra son, respectivamente y en valor absoluto: M M V=G T g = G 2T R R donde G = constante de gravitación y MT = masa de la tierra. Por tanto en la superficie terrestre, donde la distancia al centro es el radio de la Tierra RT. M M Vo = G T g o = G 2T RT RT a) La altura sobre la superficie terrestre a la cual la intensidad de campo gravitatorio es go/2 Solución. Se busca la distancia R a la que se cumple: g g= o 2 Sustituyendo por sus respectivas expresiones. M 1 M G 2T = G 2T 2 RT R Despejando R:

R 2 = 2R T2

⇒ R = 2R T

Para calcular la altura (h) sobre la superficie se tiene en cuenta:

h = R −RT Como se ve en la figura.

h = 2R − R =

Autor: Matias Gallego Liberman Ldo. Ciencias Físicas U.A.M.

1

(

)

2 − 1 R T = 0,41R T

b) La altura sobre la superficie terrestre a la cual el potencial gravitatorio es Vo/2 Solución. Se busca la distancia R al centro de la tierra a la que se cumple: V V= o 2 Sustituyendo por sus respectivas expresiones. M 1 M G T = G T R 2 RT Despejando R: R = 2R T . Si h es la altura sobre la superficie, al igual que en el apartado anterior se tiene que:

h = R − R T = 2R T − R T h = RT Cuestión 2.Una onda sonora que se propaga en el aire tiene una frecuencia de 260 Hz. Datos: velocidad del sonido en el aire v = 340 m·s−1 a) Describa la naturaleza de la onda sonora e indique cuál es la dirección en la que tiene lugar la perturbación, respecto a la dirección de propagación. Solución. Una onda sonora en una onda de presión, es decir es una perturbación periódica de la presión o la densidad del medio por el que se propaga. Además la dirección en que se produzca la perturbación coincide con la dirección de propagación b) Calcule el periodo de esta onda y su longitud de onda. Solución. El periodo es la inversa de la frecuencia, por tanto 1 1 T= = = 3'85 × 10 −3 s ν 260 Hz La longitud de onda (λ) la calculamos a partir de la velocidad de propagación. λ v= ⇒ λ = v ⋅ T = 340 m ⋅ 3'85 × 10 −3 s = 1'31 m s T Cuestión 3.Una carga puntual de valor Q ocupa la posición (0, 0) del plano XY en el vacío. En un punto A del eje X el potencial es V = −120 V y el campo eléctrico es E = −80 i N C , siendo i el vector unitario en el sentido positivo del eje X. Si las coordenadas están dadas en metros, calcule: a) La posición del punto A y el valor de Q. Solución. El campo creado por una carga Q a una distancia d sobre el eje X q Q es E = k 2 i y el potencial en ese punto es V = k d d Por tanto aplicando a cada uno de los datos tenemos: Q • E: − 80 i = k 2 i ⇒ −80 ⋅ d 2 = k ⋅ Q d Q • V: − 120 = k ⇒ −120d = kQ d Igualando las expresiones: − 80d 2 = −120d

Autor: Matias Gallego Liberman Ldo. Ciencias Físicas U.A.M.

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Simplificado y ordenando se calculan las posibles soluciones d = 0 d ⋅ (80d − 120) = 0 :   8d − 120 = 0 : d = 1'5 m r La solución d = 0 no tiene sentido porque en ese caso, E = ∞ y V = ∞ , por lo tanto, solo queda la solución d = 1'5 m 2 Sabiendo que k = 9 × 10 9 Nm

C2

y sustituyendo en la ecuación del potencial se despeja la

carga.

Q=−

120d = −2 ×10 −8 C k

b) El trabajo necesario para llevar un electrón desde el punto B (2,2) hasta el punto A. Solución. El trabajo para llevar una carga q desde B hasta A es igual al producto de la carga q por la diferencia de potencial entre los puntos A y B W = −∆E p = q(VB − VA ) El potencial en B con la expresión:

VB = k

Qq

dB Expresión de la que lo único que desconocemos es la distancia al punto B que se calcula por el teorema de Pitágoras

Conocida la distancia B se calcula el potencial.

VB = 9 × 10 9

Nm 2

×

− 2 × 10 −8 C

= −63,6V C2 2 2m y con el potencial en A y en B y el valor de la carga que se desplaza se calcula el trabajo.

W = −1,6 × 10−19 C ⋅ (− 63'6 v − (− 120 v )) = −9,02 × 10−18 J Datos: Valor absoluto de la carga del electrón, e − = 1'6 ×10 −19 C Constante en el vacío K = 9 × 10 9 N m 2 C −2 Cuestión 4.Explique dónde debe estar situado un objeto respecto a una lente delgada para obtener una imagen virtual y derecha. Realice en ambos casos las construcciones geométricas e indique si la imagen es mayor o menor que el objeto. a) Si la lente es convergente. Solución. Lente convergente: Si colocamos el objeto (A) entre la lente y el foco la imagen (A’) que se obtiene es virtual, derecha y mayor.

Autor: Matias Gallego Liberman Ldo. Ciencias Físicas U.A.M.

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b) Si la lente es divergente. Solución. Lente divergente: donde quiera que coloquemos el objeto su imagen será virtual, derecha y menor.

Cuestión 5.Calcule en los dos casos siguientes la diferencia de potencial con que debe ser acelerado un protón que parte del reposo para que después de atravesar dicho potencial: Datos: Carga del protón q p + = 1'6 × 10 −19 C ; Masa del protón m p + = 1'67 ×10 −27 kg ; Constante de Planck h = 6'63 × 10 −34 Js a) El momento lineal del protón sea 10 −21 kg m s −1 Solución. El momento lineal del protón es: Pp + = m p + v p + = 10 −21 kg ⋅ m ⋅ s −1 Si el electrón parte del reposo toda su energía cinética viene de la variación de energía potencial, que es el producto de la carga por la variación de potencial, igualando se puede obtener una expresión para la diferencia de potencial a la que habrá que someter al protón.

E p + = q p + ⋅ ∆V  m p + ⋅ v 2p + 1  2 1  : q + ⋅ ∆V = m p + ⋅ v p + ⇒ ∆V = 2 2q p + E c = m p + ⋅ v 2p +  p 2  Expresión que se puede poner en función del momento lineal si se tiene en cuenta la definición de este.

v p+ =

∆V =

Pp +

m p + ⋅ v 2p + 2q p +

⇒

m p+

v 2p +

m p+ =

=

Pp2+ m 2p +

Pp2+ m 2p +

2q p +

=

Pp2+ 2q p + m p +

Sustituyendo en la expresión simplificando:

∆V =

Pp2+ 2q p + m p +

(10 )

−21 2

=

2 ⋅1'6 ×10 −19 ⋅1'67 ×10 − 27

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4

(v ) = 1,87 ×10 3 (v)

b) La longitud de onda de De Broglie asociada al protón sea 5 ×10 −13 m Solución. La longitud de onda de De Broglie es: h λ dB = = 5 × 10 −13 m m p+ v p+ Despejando la velocidad:

v p+ =

h m p + λ dB

Por los mismos argumentos que en el apartado anterior: q P + ⋅ ∆V =

m p+  h  ∆V =  2q p + m p + λ dB  Sustituyendo por los datos:

2

 h2  = = 6'58 × 1013 (v ) 2  2 q ⋅ m ⋅ λ dB p+ p+ 

(6'63 ×10 )

−34 2

∆V = 2 ⋅1'6 ×10

−19

Autor: Matias Gallego Liberman Ldo. Ciencias Físicas U.A.M.

1 m + ⋅ v 2p + 2 p

⋅1'67 ×10

− 27

5

(

⋅ 5 ×10

)

−13 2

= 3'29 × 10 3 (v )

Segunda parte REPERTORIO A Problema 1.Un satélite artificial describe una órbita circular alrededor de la Tierra. En esta órbita la energía mecánica del satélite es −4,5×109 J y su velocidad es 7610 m s−1 Calcule: Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6'67 × 10 −11 N m 2 kg −2 Masa de la Tierra M T = 5'98 ×10 24 kg ; Radio de la Tierra R T = 6'37 ×10 6 m Solución. Para resolver los apartados a) y b) es necesario conocer la masa del satélite y el radio de su órbita. El radio se calcula teniendo en cuenta que en una órbita circula la fuerza centrífuga es igual a la fuerza gravitatoria.

M m v2 =G T R R2 Igualdad de la que se despeja el radio de la órbita. Fc = Fg ⇒ m

R=

GM T v2

R = 6890 Km

La energía mecánica en una órbita circular coincide con la mitad de la energía potencial. 1 1 M m E m = Ep = − G T 2 2 R donde m es la masa del satélite. 2⋅R ⋅Em m=− m = 155kg G ⋅MT a) El módulo del momento lineal del satélite y el módulo del momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra. Solución. El modulo del momento lineal es: m p = m ⋅ v = 155 kg ⋅ 7610 = 1'180 ×10 6 kg ⋅ m ⋅ s −1 s El módulo del momento angular es:

L = m ⋅ v ⋅ R = 155 kg ⋅ 7610

m ⋅ 6'89 × 10 6 m = 8,13 ×1012 kg m 2 s −1 s

b) El periodo de la órbita y la altura a la que se encuentra el satélite. Solución. Conociendo la velocidad y el radio de la orbita el periodo se calcula a partir de:

v=

2πR 2πR 2π ⋅ 6'89 × 10 6 m →T= = = 5689 s T v 7610 m s −1

La altura sobre la superficie es la diferencia entre el radio de la tierra y el de la órbita:

h = R − R T = 6890 − 6370 = 520 Km

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Problema 2.Sobre un prisma de ángulo 60º como el de la figura, situado en el vacío, incide un rayo luminoso monocromático que forma un ángulo de 41’3º con la normal a la cara AB.. Sabiendo que en el interior del prisma el rayo es paralelo a la base AC: a) Calcule el índice de refracción del prisma. b) Realice el esquema gráfico de la trayectoria seguida por el rayo a través del prisma. c) Determine el ángulo de desviación del rayo al atravesar el prisma. d) Explique si la frecuencia y la longitud de onda correspondientes al rayo luminoso son distintas, o no, dentro y fuera del prisma. Solución. ) i = 41'3º

) Como el triangulo isósceles por construcción se ve claramente que r = 30º a) El índice de refracción del prisma se calcula mediante la ley de Snell sen ˆi n o ⋅ sen ˆi = n ⋅ sen rˆ ⇒ n = n o ⋅ sen rˆ Sustituyendo por los datos y teniendo en cuenta que el índice del vacío es 1 (n o = 1) sen ˆi sen 41'3º n = no ⋅ = 1⋅ = 1'32 ˆ sen r sen 30º b)

c)

La ecuación del prisma nos dice que:

) ) Como r = 30º ⇒ i ' = 30º

) ) r + i ' = 60º

Por la ley de Snell:

n n ⋅ sen ˆi ′ = n o ⋅ sen rˆ ′ ⇒ sen rˆ ′ = sen ˆi ′ ⋅ no sen rˆ ′ = sen 30º⋅

1'32 = 0'66 ⇒ rˆ ′ = 41'3º 1 El ángulo de desviación del rayo (δ)se calcula con la ecuación:

δ = i + r '−60º = 41'3º +41'3º −60º = 22'6º

d) Cuando la luz cambia de medio la frecuencia no se ve alterada. En cambio la longitud de onda al 1 pasar del vacío a un medio de índice n se ve disminuida en un factor n 1 λ′ = λ o n

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REPERTORIO B Problema 1.Una espira cuadrada de 1,5 Ω de resistencia está inmersa en un campo magnético uniforme B = 0,03 T dirigido según el sentido positivo del eje X. La espira tiene 2 cm de lado y forma un ángulo α variable con el plano YZ como se muestra en la figura. a) Si se hace girar la espira alrededor del eje Y con una frecuencia de rotación de 60 Hz siendo α = π / 2 en el instante t = 0 , obtenga la expresión de la fuerza electromotriz inducida en la espira en función del tiempo. b) ¿Cuál debe ser la velocidad angular de la espira para que la corriente máxima que circule por ella sea de 2 mA? Solución. a)

()

El vector característico de la superficie de la aspira S forma un ángulo α con el campo

()

magnético B . Este ángulo α depende del tiempo según: α(t ) = ω ⋅ t + α o

π  α o = rad 2 siendo:   ω = 2π ⋅ f = 2π rad ⋅ 60 s −1 = 120π rad s  Por lo tanto π α(t ) = 120π ⋅ t + 2 Según la ley de Faraday, la f.e.m. inducida en la espira será: dφ f .e.m. = − B dt donde φ B es el flujo de campo magnético a través de la superficie S que se calcula como: φ B = B o S = B ⋅ S ⋅ cos α Si la espira es rectangular de lado (L), su área es L2, y la expresión del flujo queda: φ B = B ⋅ L2 cos(ω ⋅ t + α o ) y la variación del flujo respecto al tiempo será dφ B d = B ⋅ L2 cos(ω ⋅ t + α o ) = −B ⋅ L2 ⋅ ω ⋅ sen (ω ⋅ t + α o ) dt dt por lo tanto la fuerza electromotriz inducida será: dφ ε (t ) = − B = B ⋅ L2 ⋅ ω ⋅ sen (ωt + α o ) dt Sustituyendo por los datos

[

]

ε (t ) = 0,03 ⋅ 0,02 2 ⋅ 120π ⋅ sen (120πt + α o )

π  ε (t ) = 4,5 × 10 −3 sen 120π t +  (V ) 2  b)

La corriente que circula por la espira tiene una intensidad que está dada por la expresión: f .e.m. I= R f .e.m. max La intensidad máxima será I max = , y la f.e.m.max será cuando lacomponente trigonométrica R valga 1, quedando su expresión de la forma:

f .e.m. max = BL2 ω ⇒ I max =

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BL2 ω R

Despejando se obtiene la velocidad angular, y de esta la frecuencia. R I max 1'5Ω ⋅ 2 ×10 −3 A Por tanto ω = = = 250 rad s -2 2 2 BL2 0'03 T ⋅ 2 × 10 m 250 ω f= ⇒f = = 40 Hz 2π 2π

(

)

Problema 2.Una masa puntual de valor 150 g unida a un muelle horizontal de constante elástica k = 65 N m-1 constituye un oscilador armónico simple. Si la amplitud del movimiento es de 5 cm, determine: a) La expresión de la velocidad de oscilación de la masa en función de la elongación. b) La energía potencial elástica del sistema cuando la velocidad de oscilación es nula. c) La energía cinética del sistema cuando la velocidad de oscilación es máxima. d) La energía cinética y la energía potencial elástica del sistema cuando el módulo de la aceleración de la masa es igual a 13 m·s−2 Solución.

m = 150gr k = 65 N m A = 5cm a) En un momento cualquiera del movimiento en que la elongación es x y la velocidad v, la energía del sistema es: 1 1 E = E p + E c = kx 2 + mv 2 2 2 Cuando la elongación es máxima y la velocidad es cero la energía será: 1 E = kA 2 2 Como la energía se conserva: 1 1 1 kA 2 = kx 2 + mv 2 ⇒ v = 2 2 2

(

k A2 − X2 m

)

Dando valores:

v = 20,8 25 − x 2 (cm ) cm b)

s

La energía potencial elástica cuando la velocidad es nula es simplemente: 1 E p = KA 2 = 0,081 J 2

c) Cuando la velocidad es máxima la elongación es nula y la energía cinética coincida con la energía total E c = 0,081 J d) Las expresiones de la elongación, la velocidad y la aceleración son respectivamente: x (t ) = Asen (ωt + φ o )

dx (t ) = Aω cos(ωt + φ o ) dt dv(t ) a (t ) = = −Aω 2 sen (ωt + φ o ) dt v(t ) =

donde ω =

k = 20,8 rad s -1 m

Si llamamos t1 al instante en que a = 13ms −2

a (t 1 ) = 13 m s −2 = −21,7sen(ωt 1 + φ o )

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Operando se despeja sen(ωt1 + φo) y mediante le ecuación fundamental de la trigonometría (sen2α + cos2α = 1) se despeja el cos(ωt1 + φo).

sen (ωt 1 + φ o ) =

13 = −0'6 − 21'7

cos(ωt 1 + φ 0 ) = 1 − sen 2 (ωt 1 + φ 0 ) = 1 − (− 0'6)2 = 0,8 Conocidas las razones trigonométricas se calcula la posición y la velocidad para t1, y a partir de estas las energías potencial y cinética. x (t ) = Asen (ωt + φ o ) −2 −2  : x (t 1 ) = 5 × 10 m ⋅ (− 0,6) = −3 × 10 m sen (ωt 1 + φ o ) = −0'6 

v(t ) = Aω cos(ωt + φ o ) −2  : v(t 1 ) = 5 × 10 ⋅ 20'8 ⋅ 0'8 = 0'832 m s cos(ωt 1 + φ o ) = 0'8  • •

(

)

2 1 2 1 kx = ⋅ 65 ⋅ − 3 × 10 − 2 = 0'029 J 2 2 1 1 2 Energía cinética es E c = mv = ⋅ 0'150 ⋅ 0'832 2 = 0'052 J 2 2

Energía potencial Ep =

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