FÍSICA SEPTIEMBRE 2005 PRIMERA PARTE Cuestión 1. Se tienen dos muelles de constantes elásticas k1 y k2 en cuyos extremos se disponen dos masas m1 y m2 respectivamente, y tal que m1 k 2 b.

La frecuencia de oscilación de un muelle es:

ω=

k m

y la relación de esta con el periodo es:

2π T igualando ambas expresiones se puede despejar el periodo en función de la masa y de la constante elástica. k ω=  m  : k = 2π → T = 2π ⋅ m 2π  m T k ω=  T  Aplicando la expresión anterior a ambos muelles y comparando: m1 m1  2π ⋅ T1 = 2π ⋅  k1 k 1  T1 T m1 k 2 = → 1 = ⋅ : T m m 2  T2 m2 2 2 k1 T2 = 2π ⋅ 2π ⋅ k 2  k2 Teniendo en cuenta la relación de masas del enunciado y la relación del constantes del apartado anterior: ω=

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

m1  < 1 T m2  m1 k 2 ⋅ 0 ; v = v o j + k = (0, v o , v o ) ; B = B o j = (0, B o , 0) r r r i j k r r r r r F = q ⋅ v × B = q ⋅ [(0, v o , v o ) × (0, B o , 0 )] = −q ⋅ 0 v o v o = q ⋅ − v o B o i = −q v o B o i

( )

(

0 Bo

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

0

)

Cuestión 4. Se tiene un prisma óptico de índice de refracción 1,5 inmerso en el aire. La sección del prisma es un triángulo rectángulo isósceles como muestra la figura. Un rayo luminoso incide perpendicularmente sobre la cara AB del prisma. a) Explique si se produce o no reflexión total en la cara BC del prisma. b) Haga un esquema gráfico de la trayectoria seguida por el rayo a través del prisma. ¿Cuál es la dirección del rayo emergente?

Solución. a. En la cara AB del prisma no puede haber reflexión total en ningún caso porque ésta solo se produce cuando la luz pasa de un medio con índice de refracción mayor a uno con índice de refracción menor, y no es el caso de este problema. Como el rayo incide perpendicularmente al lado AB no se produce refracción sobre esta cara y el rayo no se desvía. Al llegar a la cara BC el rayo incidente se divide en uno transmitido (refractado) y uno reflejado. El ángulo del rayo reflejado es igual al ángulo del rayo incidente θ r = θ i , y al ser un prisma isósceles y rectangular θ i = θ r = 45º , y por tanto el rajo reflejado sobre la cara BC incide perpendicularmente en la cara AC y sale un rayo. En la cara BC, el rayo transmitido (refractado) debe seguir la ley de Snell. n '⋅sen θ i = n ⋅ sen θ t Despejando el seno del ángulo transmitido y sustituyendo los datos se llega a una incongruencia.

n' 1'5 3 2 ⋅ sen θ i = ⋅ sen 45º = = 1'06 > 1 FALSO (sen α ∈ [− 1, 1]) n 1 4 Este resultado indica que en la cara BC se produce reflexión total y por tanto el único rayo emergente sale por la cara AC sen θ t =

b.

Cuestión 5. Un protón que parte del reposo es acelerado por una diferencia de potencial de 10 V. Determine: a) La energía que adquiere el protón expresada en eV y su velocidad en m/s. b) La longitud de onda de De Broglie asociada al protón moviéndose con la velocidad anterior. Datos: Constante de Planck = 6,63 × 10−34 J s; Masa del protón = 1,67×10−27 kg; Carga del protón = 1,6× 10−19 C Solución. a. La energía potencial de una carga sometida a una diferencia de potencial V viene dada por la expresión: E = q⋅V Si la carga es un protón: E = q p+ ⋅ V Por otro lado, 1 eV es la energía que tiene una partícula de carga como la del electrón sometida a una diferencia de potencial de 1 v. En el caso que nos presentan, un protón, de igual carga en valor absoluto que un electrón, sometido a una diferencia de potencial de 10 v, adquiere una energía potencial de: E p (eV ) = 1e − ⋅10 V = 10 eV

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

Para obtener la energía en unidades del sistema internacional basta con multiplicar por la carga del electrón. E (J ) = 10 eV ⋅1'6 ⋅10 −19 J = 1'6 ⋅10 −18 J eV Si toda la energía se transforma en energía cinética, la velocidad que adquiere el protón se puede calcular igualando la energía potencial a la energía cinética.

q p+ ⋅ V =

1 m + ⋅v2 ⇒ v = 2 p

2q p + ⋅ V m p+

sustituyendo por los datos:

v= b.

2 ⋅1'6 ⋅10 −19 C ⋅10 V 1.67 ⋅10 − 27 kg

= 4'38 ⋅10 4 m

s

La expresión de la longitud de onda de de Broglie es:

λ dB =

h 6'63 ⋅10 −34 J·s = m ⋅ v 1'67 ⋅10 − 27 kg ⋅ 4'38 ⋅10 4 m

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

= 9'06 ⋅10 −12 m s

SEGUNDA PARTE REPERTORIO A Problema 1. Desde la superficie terrestre se lanza un satélite de 400 kg de masa hasta situarlo en una órbita circular a una distancia del centro de la Tierra igual a las 7/6 partes del radio terrestre. Calcule: a) La intensidad de campo gravitatorio terrestre en los puntos de la órbita del satélite. b) La velocidad y el periodo que tendrá el satélite en la órbita. c) La energía mecánica del satélite en la órbita. d) La variación de la energía potencial que ha experimentado el satélite al elevarlo desde la superficie de la Tierra hasta situarlo en su órbita. Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6’67×10−11 Nm2 kg−2 Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg Radio de la Tierra RT = 6,37×106 m Solución. a. La expresión del campo gravitatorio es: r M r UR g = −G ⋅ R2 r r Donde U R es el vector unitario en la dirección del radio. La intensidad será el modulo de g .

r M g = g = G⋅ 2 R Teniendo en cuenta que el radio de la órbita es 7/6 del radio terrestre: M M 36 36 g = G⋅ = ⋅ G 2T = ⋅ g = 7'2 N 2 kg 49 49 RT 7 R 6 T

(

)

b.

En una órbita circular la fuerza centrífuga compensa a la gravitatoria. M ⋅m v2 Fc = Fg ⇒ m = G T2 R R Despejando la velocidad:

M R Teniendo en cuenta que el radio de la órbita es 7/6 del radio terrestre: v= G

v= G

MT 7 R 6 T

= 6'67 ×10 −11 Nm 2 kg − 2

5'98 ×10 24 kg 7 ⋅ 6'37 ×10 6 m 6

= 7326 m

Por ser un movimiento circular uniforme: 6 7 7 2π  2πR 2π 6 ⋅ R T 2π ⋅ 6 ⋅ 6'37 ×10 m  T= = = = 6374 s ω :T = v v 7326 m v = ω ⋅ R  s

c.

La energía mecánica es la suma de la cinética y la potencial. Em = Ec + Ep

Energía cinética:

1  mv 2  M 1  2 : E = m⋅ G T M T  c 2 R v= G R  Ec =

Energía potencial

E p = −G

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

MTm R

2

=

1 MTm G 2 R

s

Sumando los dos términos se obtiene la energía mecánica del satélite en la órbita. MTm 1 M m  M m 1 M m 1 E m = E c + E p = G T +  − T  = − G T = − G 7 2 R R  2 R 2 R  6 T sustituyendo valores MTm 5'98 ×10 24 kg ⋅ 400 kg 1 1 Em = − G = − 6'67 ×10 −11 Mm 2 kg − 2 = −1'07 × 1010 J 7 ⋅ 6'37 × 10 6 m 2 7 RT 2 6 6

d.

La variación de energía potencial es: ∆E p = E p (f ) − E p (i )

MTm    R T  : ∆E = −G M T m −  − G M T m  = GM m ⋅  1 − 1  = GM m ⋅  1 − 1   p T T  R  R  7 R  M m R R T  T   T R E p (f ) = −G T  6 T  R  sustituyendo valores   1 1   ∆E p = 6'67 × 10 −11 ⋅ 5'98 × 10 24 ⋅ 400 ⋅  − = 3'6 × 10 9 J  6'37 ×10 6 7 ⋅ 6'37 × 10 6  6   E p (i ) = −G

Problema 2. Un sistema óptico está formado por dos lentes delgadas convergentes, de distancias focales 10 cm la primera y 20 cm la segunda, separadas por una distancia de 60 cm. Un objeto luminoso de 2 mm de altura está situado 15 cm delante de la primera lente. a) Calcule la posición y el tamaño de la imagen final del sistema. b) Efectúe la construcción geométrica de la imagen mediante el trazado de rayos correspondiente. Solución. b.

a.

f1 = 10 cm ; f2 = 20 cm ; y = 2 mm ; s = 15 ; s’ + s’’ = 60 Las ecuaciones que nos dan la posición son. f ⋅s 1 1 1 10 ⋅15 − = ⇒ s' = 1 = = −30cm s s' f 1 f 1 − s 10 − 15 El signo se corresponde con lo que cabía esperar del diagrama

s´+s´´= 60cm donde s´ se debe tomar un valor absoluto ⇒ s´´= 30cm y podemos usar la misma formula de antes.   f s´´ 1 1 1 − = ⇒ s´´´= 2 = −60cm s´´ s´´´ f 2 f 2 − s´´   De nuevo el signo es consistente con el diagrama. y s y ⋅ s' y´ s´´ y´⋅s´´ = ⇒ y1 = = 4mm y que = ⇒ y´´= = 8mm En cuanto al tamaño sabemos que y′ s′ s y´´ s´´´ s´´´

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

REPERTORIO B Problema 1. Dada la expresión matemática de una onda armónica transversal que se propaga en una cuerda tensa de gran longitud: y = 0,03sen (2πt −πx), donde x e y están expresados en metros y t en segundos. a) ¿Cuál es la velocidad de propagación de la onda? b) ¿Cuál es la expresión de la velocidad de oscilación de las partículas de la cuerda? ¿cuál es la velocidad máxima de oscilación? c) Para t = 0, ¿cuál es el valor del desplazamiento de los puntos de la cuerda cuando x = 0,5 m y x = 1 m? d) Para x = l m, ¿cuál es el desplazamiento cuando t = 0,5 s? Solución. a. La expresión general de la onda armónica transversal es y = A sen (ωt − kx ) identificando con la ecuación propuesta y = 0,03sen (2πt −πx) ω = 2π s−1 k = π m−1 Por definición 2π k= λ 2π siendo λ la longitud de onda, T el periodo y ω = . T La onda avanza con velocidad constante recorriendo la distancia λ en el tiempo T. 2π λ k =ω v= = T 2π k ω Sustituyendo los datos del enunciado

v= b.

ω 2 π s −1 = = 2m s k π m −1

La velocidad de oscilación de las partículas es la derivada de su posición respecto del tiempo. dy d = (A ⋅ sen(ωt − kx )) = Aω ⋅ cos(ωt − kx ) = 0,06π ⋅ cos(2πt − πx ) m s dt dt La máxima velocidad es cuando el coseno vale 1.  dy  = 0'06π m   s  dt  Máx

c.

Para t = 0 el desplazamiento del punto en la posición x = 0,5 m es:  π y(x = 0'5 m, t = 0 s ) = 0'03 m ⋅ sen (2π ⋅ 0 − π ⋅ 0'5) = 0'03 m ⋅ sen −  = −0'03 m  2 Para t = 0s y x = 1 m, el desplazamiento es:

y(x = 1 m, t = 0 s ) = 0'03 m ⋅ sen (2π ⋅ 0 − π ⋅1) = 0'03 m ⋅ sen (−π) = 0 m d.

Para x = 1 m y t = 0’5s, el desplazamiento es:

y(x = 1 m, t = 0'5 s ) = 0'03 m ⋅ sen (2π ⋅ 0'5 − π ⋅1) = 0'03 m ⋅ sen 0 = 0 m

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

Problema 2. Una espira circular de 0,2 m de radio se sitúa en un campo magnético uniforme de 0,2 T con su eje paralelo a la dirección del campo. Determine la fuerza electromotriz inducida en la espira si en 0,1 s y de manera uniforme: a) Se duplica el valor del campo. b) Se reduce el valor del campo a cero. c) Se invierte el sentido del campo. d) Se gira la espira un ángulo de 90° en tomo a un eje diametral perpendicular a la dirección del campo magnético. Solución. Tenemos la siguiente situación inicial: r r Donde B es el campo magnético y s es el vector característico de la superficie interior de la espira. r s = πR 2 El flujo de campo magnético a través de la superficie interior a la espira es: r r Φ = Bo s Según la Ley de Faraday en todo campo magnético variable se induce una f.e.m. (ε) en cualquier circuito cerrado, la cual es igual a menos la derivada con respecto al tiempo del flujo magnético a través del circuito. dΦ ε=− dt Si la variación de flujo a través de la superficie es uniforme, los diferenciales se transforman en incrementos y la expresión de la ley de Faraday se simplifica a: ∆Φ f .e.m. = − ∆t donde ∆Φ es la variación de flujo y ∆t es el intervalo de tiempo en que ocurre la variación. Φ − Φi f .e.m. = − f ∆t

a.

Se duplica el valor campo. Bf = 2·Bi α =0º r r r r Φ = B o s = B ⋅ s ⋅ cos α = B ⋅ s

f .e.m. = −

Φf − Φi B ⋅ s − Bi ⋅ s (B − B i ) ⋅ s (B f − B i ) ⋅ πR 2 =− f =− f =− ∆t ∆t ∆t ∆t

f .e.m. = −

(B f

− B i ) ⋅ πR 2 (2 ⋅ 0'2T − 0'2T )⋅ π ⋅ 0'2 2 m 2 = −0'08π V =− ∆t 0'1 s

b.

Se reduce el valor del campo a cero. Bf = 0 T Φ − Φi B ⋅ s − Bi ⋅ s (B − B i ) ⋅ s − B i ⋅ πR 2 − 0'2T ⋅ π ⋅ 0'2 2 m 2 f .e.m. = − f =− f =− f =− =− = 0'08π V ∆t ∆t ∆t ∆t 0'1 s

c.

Se invierte el sentido del campo. Bf = −Bi Φ − Φi B ⋅ s − Bi ⋅ s (B − B i ) ⋅ s (− B i − B i ) ⋅ πR 2 2B i ⋅ πR 2 f .e.m. = − f =− f =− f =− = ∆t ∆t ∆t ∆t ∆t

f .e.m. =

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

2 ⋅ 0'2T ⋅ π ⋅ 0'2 2 m 2 = 0'16π V 0'1 s

d. Se gira la espira un ángulo de 90° en tomo a un eje diametral perpendicular a la dirección del campo magnético

ε=−

ε=−

dΦ d = − (B ⋅ S cos α ) dt dt α =ωt

dΦ d = − (B ⋅ S cos(ω t )) = B ⋅ S ⋅ ω sen (ω t ) dt dt π −0 ∆α 2 = = 5π rad / s ω= 0,1 ∆t

ε = B ⋅ πR 2 ⋅ ω cos(ω t ) = 0,2 ⋅ π ⋅ 0,2 2 ⋅ 5π ⋅ sen (5π ⋅ 0,1) = 0,395 v

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