UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A ESTUDIOS UNIVERSITARIOS (LOGSE) FÍSICA Septiembre 2014 INSTRUCCIONES Y CRITERIOS GENERALES DE CALIFICACIÓN Después de leer atentamente todas las preguntas, el alumno deberá escoger una de las dos opciones propuestas y responder a las cuestiones de la opción elegida. CALIFICACIÓN: Cada pregunta se valorará sobre 2 puntos (1 punto cada apartado). TIEMPO: 90 minutos.

OPCIÓN A Pregunta 1.- Un satélite describe una órbita circular alrededor de un planeta desconocido con un periodo de 24 h. La aceleración de la gravedad en la superficie del planeta es 3,71 m s‒2 y su radio es 3393 km. Determine: a) El radio de la órbita. b) La velocidad de escape desde la superficie del planeta. Solución. a. Si un satélite describe una órbita circular uniforme, se debe cumplir: r r G⋅M Mm v2 ∑ F = FCentrípeta ⇒ En módulo: FG = FC ; G R 2 = m R ; v 2 = R 2π G ⋅M 4π 2 G ⋅ M G ⋅ M ⋅ T2  2 2 G ⋅ M ω= T v2 = 3 → 2 = ; R = R :ω ⋅R = R T R3 4π 2 v = ω ⋅ R  El producto G·M se puede expresar en función del radio del planeta y de la aceleración de la gravedad en la superficie del planeta, teniendo en cuenta que en la superficie del planeta, el peso de los cuerpos es la fuerza con la que los atrae el planeta. Trabajando en módulo: M⋅m M P = FG ; mg o = G ; g o = G 2 ; G ⋅ M = g o ⋅ R 2P 2 RP RP Sustituyendo en la expresión del radio:

R=

g ⋅ R 2P ⋅ T 2 3 o 2 4π

(

)

2

2  s m 3,71 2  ⋅ 3393 × 103 m ⋅  24 h ⋅ 3600  3 h s   = = 20,06 × 106 m = 20060 Km 4π 2

b. Teniendo en cuenta que el campo gravitatorio es conservativo, se cumple: E M (Superficie ) = E M (Infinito ) La energía mecánica en el infinito es nula porque el cuerpo se supone que llega con velocidad cero (teórico), energía cinética cero y la distancia es infinita, energía potencial cero.  1 Mm  =0 E M (Superficie ) = 0 ; E c (S) + E p (S) = 0 ; mv e2 +  − G 2 R P  

1 Mm mv e2 = G ; 2 RP

v e2 = 2G

M RP

; ve = 2

g ⋅ R2 G⋅M = 2 o P = 2g o ⋅ R P RP RP

m v e = 2g o ⋅ R P = 2 ⋅ 3,71 2  ⋅ 3393 × 103 m = 5018 m s s 

Pregunta 2.- Una onda armónica transversal viaja por una cuerda con una velocidad de propagación v = 12 cm s‒1, una amplitud A = 1 cm y una longitud de onda λ = 6 cm. La onda viaja en el sentido negativo de las X y en t = 0 s el punto de la cuerda de abscisa x = 0 m tiene una elongación y = ‒1 cm. Determine: a) La frecuencia y el número de onda. b) La elongación y la velocidad de oscilación del punto de la cuerda en x = 0,24 m y t = 0,15 s. 1

Solución. La frecuencia de la onda se puede calcular a partir de la velocidad de propagación y de la a. longitud de onda. v p 12 × 10 −2 m s −1 vp = λ ⋅ f ; f = = = 2 Hz s −1 -2 λ 6 × 10 m

( )

El número de onda se puede calcular de su definición: “número de longitudes de onda que hay en un ciclo”. 2π 2π 100π −1 k= = = m −2 3 λ 6 × 10 m b. Para conocer la elongación y la velocidad de vibración de un punto de la onda en un instante determinado, es necesario conocer su ecuación. La ecuación matemática de una onda que se desplaza en el sentido negativo del eje X tiene por expresión: y(x , t ) = A sen (ω t + k x + φ o )

ω = 2π ⋅ f = 2π(rad ) ⋅ 2 s −1 = 4 π rad

s

El único parámetro que falta por conocer es el desfase inicial (φ o ) , para lo cual se da el dato de

la elongación inicial en x = 0 (y(0,0) = −A ) .

y(0,0) = −A = A sen (ω ⋅ 0 + k ⋅ 0 + φ o ) : sen φ o = −1 ; φ o = −

π rad 2

100π  La ecuación de la onda es: y(x , t ) = 0,01 sen  4π t + x− 3  100π  y(0,24; 0,15) = 0,01 sen  4π ⋅ 0,15 + ⋅ 0,24 − 3 

π  (S.I.) 2 π  = 0,003 m 2 d y(x, t ) 100π π 100π π   = 0,01 cos  4π t + x−  v(x , t ) = x −  ⋅ 4π = 0,04π cos  4π t + dt 3 2 3 2   100 π π   v(0,24; 0,15) = 0,04π cos  4π ⋅ 0,15 + ⋅ 0,24 −  = 0,12 m s 3 2 

Pregunta 3.- Una carga q = –1×10‒11 C de masa m = 5×10‒21r kg se mueve en la plano XY con una r

velocidad v = 300 m s‒1 en el seno de un campo magnético B = 5 k µT describiendo una trayectoria circular. Determine: a) El radio de giro de la carga y su periodo. b) El campo eléctrico que habría que aplicar para que la carga describiera una trayectoria rectilínea en el instante en el que su velocidad es paralela al eje X y con sentido positivo. Solución. a. Para que la carga describa un movimiento circular uniforme, la suma de fuerzas que actúen sobre ella deben ser igual a la fuerza centrípeta. r r ∑ F = FC La única fuerza que actúa sobre la carga es la debida al campo magnético. r r r r v2 r FB = Fc ; q⋅ v×B = m Ur R Trabajando en módulo:

(

q ⋅ v ⋅ B ⋅ sen α = m

v2 R

α = 90º ⇒ sen 90º = 1

)

R=

m⋅v 5 × 10 −21 ⋅ 300 = = 0,03 m q ⋅ B 1 × 10 −11 ⋅ 5 × 10 − 6

Teniendo en cuenta que la partícula recorre una circunferencia: 2 πR 2πR 2π ⋅ 0,03 m v= T= = = 6,3 × 10 − 4 s T v 300 m s −1

2

b. Para que la partícula realice un M.R.U., las resultante de las fuerzas que actuan sobre ella debe ser nula. r r r r r r r r ∑ F = 0 ; FE + FB = 0 ; FE = −FB ; q ⋅ E = −q ⋅ v × B

(

)

Simplificando las cargas y expresando los vectores como módulo por vecto unitario en su dirección y sentido: r r r r r r r E = − v i × B k = − vB ⋅ i × k = − vB ⋅ [(1,0,0 ) × (0,0,1)] = − vB ⋅ (0,−1,0 ) = − vB ⋅ − j = vB j rN rN r E = 300 ⋅ 5 × 10 − 6 j = 1,5 × 10 − 3 j C C

(

)

( )

( )

Pregunta 4.- Un objeto de 2 cm de altura se coloca 3 cm delante de una lente convergente cuya distancia focal es 12 cm. a) Dibuje el diagrama de rayos e indique si la imagen es real o virtual. b) Determine la altura de la imagen. Solución. a. y = 2 cm; s = ‒3 cm; f = ‒12 cm.

La imagen que se obtiene es virtual, derecha y de mayor tamaño. b.

La altura máxima se calcula a partir del aumento lateral s' y' s' AL = = ; y' = y ⋅ s y s Para calcular la distancia imagen (s’), se aplica la ecuación fundamental de las lentes delgadas. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 ; ; ; s' = −4 cm − =− − =− = − =− =− s' s f s' − 3 − 12 s' 12 3 12 4 s' −4 y' = y ⋅ = 2 ⋅ = 2,67 cm s −3

Pregunta 5.- La función de trabajo del Cesio es 2,20 eV. Determine: a) La longitud de onda umbral del efecto fotoeléctrico en el Cesio. b) Si sobre una muestra de Cesio incide luz de longitud de onda de 390 nm, ¿cuál será la velocidad máxima de los electrones emitidos por efecto fotoeléctrico? Datos: Constante de Planck, h = 6,62×10‒34 J s; Masa del electrón, me = 9,1×10‒31 kg;

Valor absoluto carga del electrón, e = 1,6×10‒19 C; Velocidad de la luz en el vacío, c = 3×108 m s‒1

Solución. a. Teniendo en cuenta la relación de Planck: WExtr = h ⋅ f Para radiaciones electromagnéticas se cumple λ ⋅ f = c

WExtr =

b.

h ⋅c λ Umbral

; λ Umbral =

E Radiación = h ⋅

(

)

h⋅c 6,62 × 10−34 (J ⋅ s ) ⋅ 3 × 108 m ⋅ s −1 = = 5,64 × 10 − 7 m = 564 nm WExtr −19  J  2,20(eV ) ⋅ 1,6 × 10    eV 

(

)

c 3 × 108 m ⋅ s −1 5,09 ⋅ 10 −19 J −19 = 6,62 × 10 − 34 (J ⋅ s ) ⋅ = 5 , 09 ⋅ 10 J = = 3,18 eV λ 390 × 10 − 9 (m ) 1,6 × 10 −19 J eV

3

Haciendo un balance de energía, se puede calcular la energía cinética máxima que pueden adquirir los electrones. J = 1,568 × 10 −19 J E c = E Radiación − WExtr = 3,18 − 2,20 = 0,98 eV = 0,98 eV ⋅ 1,6 × 10 −19 eV

Ec =

1 mv 2 ; v = 2

2E c = m

2 × 1,568 × 10 −19 = 5,87 × 105 m s 9,1 × 10 − 31

4

OPCIÓN B Pregunta 1.- Un planeta esférico tiene una densidad uniforme ρ = 1,33 g cm‒3 y un radio de 71500 km. Determine: a) El valor de la aceleración de la gravedad en su superficie. b) La velocidad de un satélite que orbita alrededor del planeta en una órbita circular con un periodo de 73 horas. Dato: Constante de gravitación universal, G = 6,67×10‒11 N m2 kg‒2

Solución. a. Para calcular la aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta, se tiene en cuenta que en la superficie, la fuerza con la que el planeta atrae a los cuerpos es peso de los cuerpos r r M M⋅m FG = P en módulo: G = m ⋅ g o simplificando: g o = G 2 2 RP RP La masa del planeta se puede calcular mediante la densidad. 4 πR 3P ⋅ ρ Supusto esférico M V ⋅ ρ  4  3 go = G 2 = G 2 =  4 = π ⋅G ⋅ RP ⋅ρ 3 =G 2 V = π R 3 RP RP RP P   3 4 4 g o = π ⋅ G ⋅ R P ⋅ ρ = π ⋅ 6,67 × 10−11 ⋅ 71500 × 103 ⋅ 1,33 × 103 = 26,57 m 2 s 3 3 b. Para calcular la velocidad de un satélite en órbita circular se tiene en cuenta que es M.C.U., y por tanto la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre el satélite debe ser igual a la fuerza centrípeta. r r G ⋅M Mm v2 G⋅M ∑ F = FCentrípeta ⇒ En módulo: FG = FC ; G R 2 = m R ; v 2 = R ; v = R De igual forma que en el apartado anterior, la masa se expresa en función del radio del planeta y de su densidad. El radio de la órbita, se calcula a partir del periodo mediante la tercera ley de Kepler. 2π G ⋅M 4π 2 G ⋅ M G ⋅ M ⋅ T2  2 2 G ⋅ M ω= T v2 = 3 : ω ⋅ R =    → = ; R =  R R T2 R3 4π 2 v = ω ⋅ R 

4 G ⋅ M ⋅ T2  G ⋅ π ⋅ R 3P ⋅ ρ ⋅ T 2  G ⋅ ρ ⋅ T2 3 2 3 3 4π = R ⋅ :R = P 3π 4π 2 4 M = π ⋅ R 3P ⋅ ρ  3 

R=3

R = 71300 ⋅ 3

6,67 × 10 −11 ⋅ 1,33 × 103 ⋅ (73 × 3600)2 = 617649 Km 3π

Sustituyendo en la expresión de la velocidad. 4 G⋅M  G ⋅ π ⋅ R 3P ⋅ ρ v=  3 R = :v = 4 R 3  M = π ⋅ RP ⋅ ρ  3

v=

4π ⋅ G ⋅ R 3P ⋅ ρ = 3R

(

4π ⋅ G ⋅ R 3P ⋅ ρ 3R

)

3

4π ⋅ 6,67 × 10 −11 ⋅ 71300 × 103 ⋅ 1,33 × 103 = 14767 m s 3 ⋅ 617649 × 103

5

Pregunta 2.- La figura representa la elongación de un oscilador armónico en función del tiempo. Determine: a) La amplitud y el periodo. b) La ecuación de la elongación del oscilador en función del tiempo. Solución. a. De la gráfica se pueden obtener lo que se pide: Amplitud ≡ distancia desde la posición de máxima elongación hasta la posición de equilibrio (x = 0). A=8m

Periodo ≡ mínimo tiempo que separa a dos puntos que están en igualdad de fase T = 60 s

b.

La ecuación matemática de un movimiento armónico simple esta expresada por la ecuación: y(t ) = A sen (ω t + φ o ) 2π 2π π rad ω= = = s T 60 30 La fase inicial se calcula con el dato de la elongación inicial (y(0) = 4 m ) .

π   φ o = 6 rad  5π φ o = rad 6  Si se toma hacia arriba el desplazamiento positivo, la velocidad inicial también es positiva, por lo tanto el desfase inicial es π/2 radianes ya que:  φ o = π v(0) = Aω cos π > 0 dy 2 6 v(t ) = = Aω cos (ω t + φ o ) : v(0) = Aω cos φ o  5π 5π < 0 dt φ = v ( 0 ) = A ω cos  o 6 6 π  π La ecuación del M.A.S es: y(t ) = 8 sen  t +  30 6 

1 y(0) = A sen (ω ⋅ 0 + φ o ) = 8 sen φ o = 4 ; sen φ o = : 2

Pregunta 3.- En el plano XY se sitúan tres cargas puntuales iguales de 2 μC en los puntos P1(1,-1) mm, P2(-1, -1) mm y P3(-1, 1) mm. Determine el valor que debe tener una carga situada en P4 (1, 1) mm para que: a) El campo eléctrico se anule en el punto (0,0) mm. En esas condiciones, ¿cuál será el potencial eléctrico en dicho punto? b) El potencial eléctrico se anule en el punto (0,0) mm. En esas condiciones, ¿cuál será el vector de campo eléctrico en dicho punto? Dato: Constante de Coulomb, K=9×109 N m2C‒2

Solución. a. El campo eléctrico resultante en un punto debido a una distribución de cargas puntuales, es la suma vectorial de los campos eléctricos que crean cada una de las cargas en el punto. r r r r E = E1 + E 2 + E 3 Para calcular el campo eléctrico en un punto, se supone en dicho punto la unidad de carga positiva, lo cual permite establecer la dirección y sentido de los campos que crean las diferentes cargas de la distribución. La geometría de la distribución y el hecho de que las cargas son iguales, permite observar en el esquema adjunto, que los campo creados por las cargas situadas en los puntos P1 y P2 en el origen de

6

ordenadas, son iguales y de signos contrarios por lo que se anulan entre si. Por lo tanto el campo r resultante debido a las tres cargas en dicho punto es E 2 . r r r 2 2 Q E1 = E 2 = E 3 = E = K ⋅ 2 d = 1 × 10 − 3 + 1 × 10 − 3 = 2 × 10 − 3 d

(

E = 9 × 109 ⋅

(

) (

2 × 10−6 2 × 10

sen α = cos α =

)

−3 2

= 9 × 109

)

N C

1

2 r r r 1 r 1 r E1 = −E ⋅ cos α i + E ⋅ sen α j = −9 × 109 i + 9 × 109 j 2 2 r r r 1 r 1 r E 2 = E ⋅ cos α i + E ⋅ sen α j = 9 × 109 i + 9 × 109 j 2 2 r r r 1 r 1 r E 3 = E ⋅ cos α i − E ⋅ sen α j = 9 × 109 i − 9 × 109 j 2 2 r r r r 1 r 1 r E T = E1 + E 2 + E 3 = 9 × 109 i + 9 × 109 j 2 2 r r r r Para que el campo sea nulo, E T + E 4 = 0 E 4 = −E T Para que el campo creado en P4 tenga sentido contrario al resultante de los otros tres, la carga en el punto 4 deberá ser positiva. r r r r Si E 4 = −E T ⇒ E 4 = E T

9 × 109 ⋅

(

2

Q4 2 × 10− 3

)

2

2

9 −6  9 × 109   9 × 109   +  = 9 × 109 ; Q 4 = 9 × 10 ⋅ 2 × 10 = 2 × 10 − 6 C = 2 µC =  9 9 × 10 2   2  

Este apartado, se puede explicar por geometría sin necesidad de realizar cálculos, llegando a la conclusión que por simetría, los campo eléctricos que generan las cargas situadas en P1 y P3 en el origen se anulan, por lo tanto deberá pasar lo mismo entre las cargas situadas en P2 y P4 por lo que la carga en P4 deberá ser igual a la de P2. El potencial (escalar) creado por la distribución de cargas en el origen de coordenadas es la suma escalar de los potenciales que crea cada carga en el origen de coordenadas: Q = Q 2 = Q 3 = Q 4 = Q Q Q Q Q Q Q V = ∑ Vi = ∑ K ⋅ i = K ⋅ 1 + K ⋅ 2 + K ⋅ 3 + K ⋅ 4 =  1  = 4K ⋅ di d1 d2 d3 d 4  d1 = d 2 = d 3 = d 4 = d  d

V = 4 ⋅ 9 × 109 ⋅

b.

V =K⋅

2 × 10 −6 2 × 10

−3

= 5,09 × 107 v

 Q = Q 2 = Q3 = Q  Q Q1 Q Q Q Q4 +K⋅ 2 +K⋅ 3 +K⋅ 4 =  1 =0  = 3K ⋅ + K ⋅ d1 d2 d3 d 4 d1 = d 2 = d 3 = d 4 = d  d d Q Q K ⋅ 4 = −3 ⋅ K ⋅ Q 4 = −3Q = −3 ⋅ 2 × 10 −6 = −6 × 10 −6 C = −6 µC d d

r r r r r Campo eléctrico: E = E1 + E 2 + E 3 + E 4

r Q E 4 = E 4 = K ⋅ 24 = 9 × 109 ⋅ d

(

6 × 10 −6 2 × 10

)

−3 2

= 27 × 109

N C

Suponiendo la unidad de carga positiva en el centro, se puede establecer la dirección y sentido del campo que crean cada carga.

7

r r r 1 r 1 r j E1 = −E ⋅ cos α i + E ⋅ sen α j = −9 × 109 i + 9 × 109 2 2 r r r 1 r 1 r E 2 = E ⋅ cos α i + E ⋅ sen α j = 9 × 109 i + 9 × 109 j 2 2 r r r 1 r 1 r E 3 = E ⋅ cos α i − E ⋅ sen α j = 9 × 109 i − 9 × 109 j 2 2 r r r 1 r 1 r E 4 = E 4 ⋅ cos α i + E 4 ⋅ sen α j = 27 × 109 i + 27 × 109 j 2 2 r r r r r r r 36 × 109 r 36 × 109 r E = E1 + E 2 + E 3 + E 4 = i+ j = 18 2 × 109 i + 18 2 × 109 j 2 2

Pregunta 4.- Un rayo de luz pasa de un medio de índice de refracción 2,1 a otro medio de índice de refracción 1,5. a) Si el ángulo de incidencia es de 30º, determine el ángulo de refracción. b) Calcule el ángulo a partir del cual no se produce refracción. Solución. a. Aplicando la 2º ley de Snell para la refracción se calcula el ángulo de refracción ) 2,1 ) n ) n1 ⋅ sen i = n 2 ⋅ sen rˆ sen rˆ = 1 ⋅ sen i = ⋅ sen 30º = 0,7 r = arcsen 0,7 = 44,43º n2 1,5 b. No se produce refracción cuando el ángulo de refracción es de 90º, en estas condiciones, el rayo de luz no se refracta, reflejándose totalmente en la superficie de separación de los dos medios. Al ángulo ) de incidencia al que corresponde un ángulo de refracción de 90º se le denomina ángulo límite l . ) n ) ) 1,5 n1 ⋅ sen l = n 2 ⋅ sen 90º sen l = 2 = = 0,7143 l = 45,58º n1 2,1

()

Pregunta 5.- Inicialmente se tienen 6,27×1024 núcleos de un cierto isótopo radiactivo. Transcurridos 10 años el número de núcleos radioactivos se ha reducido a 3,58×1024. Determine: a) La vida media del isótopo. b) El periodo de semidesintegración. Solución. a. Vida media (τ) ≡ tiempo que por término medio tardará un núcleo en desintegrase. 1 τ= λ ≡ Constante de desintegración. λ La constante de desintegración se calcula aplicando los datos del enunciado a la ecuación fundamental de la desintegración. N N 1 N N = No ⋅ e−λ t e−λ t = − λ t = Ln λ = Ln o No No t N

λ=

1

Ln

6,27 × 10 24 = 1,78 × 10 − 9 s 3,58 × 10 24

d h s 10 a ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600 a d h 1 1 τ= = = 5,63 × 108 s ≈ 17 a 10 m 30 d λ 1,77 × 10 − 9

b. El periodo de semidesintegración (T1/2) o periodo de semivida es el tiempo que debe transcurrir para que el número de núcleos presentes en una muestra se reduzca a la mitad. N = N o ⋅ e − λ t  N o 1 −λ t −λ t = No ⋅ e 1 2 e 12 = : 2 N = N o 2  2 Tomando logaritmos Ln 2 Ln 2 t1 2 = = = 3,9 × 108 s λ 1,78 × 10 − 9

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