UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A ESTUDIOS UNIVERSITARIOS (LOGSE) FÍSICA (Fase general) Septiembre 2010 INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN. La prueba consta de dos opciones A y B, cada una de las cuales incluye tres cuestiones y dos problemas. El alumno deberá elegir la opción A o la opción B. Nunca se deben resolver cuestiones o problemas de opciones distintas. Se podrá hacer uso de calculadora científica no programable. 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. TIEMPO: Una hora treinta minutos.

OPCIÓN A Cuestión 1.- Un cometa se mueve en una órbita elíptica alrededor del Sol. Explique en qué punto de su órbita, afelio (punto más alejado del Sol) o perihelio (punto más cercano al Sol) tiene mayor valor: a) La velocidad. b) La energía mecánica. Solución. a. La cuestión se puede resolver por dos vías diferentes. 1ª Por la ley de áreas. El área barrida por el radiovector que une el satélite (cometa) con el sol en tiempos iguales, son iguales. A1 = A 2 El área de un sector circular se puede expresar en función del radio y de la longitud del arco de curva. 1 A = s⋅r 2 Donde s representa la longitud del arco y r el radio. 1   A p = 2 s p ⋅ rp  1 1 Ap = Aa :   : s p ⋅ rp = s a ⋅ ra : s p ⋅ r p = s a ⋅ ra 1 2 2  A a = s a ⋅ ra  2   Teniendo en cuenta que s = v · t v p ⋅ t ⋅ rp = v a ⋅ t ⋅ ra En tiempos iguales los valores de t coinciden v p ⋅ r p = v a ⋅ ra Teniendo en cuenta que rp < ra , para que la igualdad se cumpla v p > v a La velocidad del cometa alrededor del Sol aumenta a medida que se aproxima al Sol, alcanzando su valor máximo en la posición del perihelio. 2ª Constancia del momento angular. Debido a que planetas, satélites y cometas se mueven bajo la acción de fuerzas r r r centrales, el momento angular L = r × p del planeta, satélite o cometa es constante en todos los puntos de su trayectoria. r r L p = L a = cte

(

)

En el perihelio y en el afelio el vector de posición es perpendicular al vector velocidad, cumpliéndose en módulo: rp m v p sen 90º = ra m v a sen 90º

rp ⋅ v p = ra ⋅ v a rp < ra

⇔ vp > va

1

Como la órbita no es perpendicular en todo momento al vector de posición a lo largo del cual actúa la fuerza central, se concluye que está fuerza tiene una componente en la dirección de la trayectoria que hace variar el módulo de la velocidad. b. El campo gravitatorio es conservativo y por tanto el trabajo no conservativo es nulo. Teniendo en cuenta que el ∆E m = Wno conservativo = 0 , la energía mecánica se conserva por lo que es igual en el afelio que en el perihelio.

Cuestión 2.- Dos cargas puntuales iguales, de valor 2×10‒6 C, están situadas respectivamente en los puntos (0, 8) y (6,0). Si las coordenadas están expresadas en metros, determine: a) La intensidad del campo eléctrico en el origen de coordenadas (0, 0). b) El trabajo que es necesario realizar, para llevar una carga q = 3×10−6 C desde el punto P (3, 4), punto medio del segmento que une ambas cargas, hasta el origen de coordenadas. Dato: Constante de la ley de Coulomb K = 9×109 N m2 C2 Solución.

q 1 = q 2 = 2 ×10 −6 C r r r r r r r a. E T = E1 + E 2 = −E 1 i − E 2 j = − E1 i − E 2 j r r r q r q r 2 × 10 −6 r 2 ×10 −6 r E T = −K ⋅ 2 i − K ⋅ 1 j = −9 × 109 ⋅ i − 9 ×109 ⋅ j = −500 i − 281,5 j 2 2 2 2 r2 r1 6 8 r N E T = E T = (− 500)2 + (− 281,5)2 = 573,67 C b. El trabajo necesario para desplazar una carga entre dos puntos de un campo eléctrico es el producto de la carga por la diferencia de potencial entre los dos puntos.

WA − B = q ⋅ (VB − VA ) VA = VA.1 + VA.2 = K ⋅ = 2K ⋅

q1 q q = q 2 = q  +K⋅ 2 =  1 = r1.A r2.A  r1.A = r2.A 

q1 2 × 10 −6 J = 2 ⋅ 9 × 10 9 ⋅ = 7200 V  r1.A 5 C

VB = VB.1 + VB.2 = K ⋅

 1 q1 q 1 + K ⋅ 2 = {q 1 = q 2 = q} = K ⋅ q + r1.B r2.B  r2.B r2.B

1 1 J = 9 × 10 9 ⋅ 2 × 10 −6  +  = 5250 V  8 6 C WA − B = 3 × 10 −6 ⋅ (5250 − 7200) = −5,85 × 10 −3 J

2

 =  

Cuestión 3.- Un rayo de luz se propaga desde el aire al agua, de manera que el rayo incidente forma un ángulo de 30º con la normal a la superficie de separación aire-agua. y el rayo refractado forma un ángulo de 128º con el rayo reflejado. a) Determine la velocidad de propagación de la luz en el agua. b) Si el rayo luminoso invierte el recorrido y se propaga desde el agua al aire, ¿a partir de qué ángulo de incidencia se produce la reflexión total? Datos: Velocidad de la luz en el vacío c = 3×108ms−1. Solución.

) i ≡ Ángulo de incidencia  ) )  : i = r1 ) r 1 ≡ Ángulo de reflexión  ) r2 ≡ Ángulo de refracción

a. agua.

La velocidad de propagación de la luz en el agua se calcula a partir del índice de refracción absoluto en el

n Agua =

c v Agua

El índice de refracción absoluto en el agua se puede obtener mediante la ley de Snell. ) ) n 1 ⋅ sen i = n 2 ⋅ sen r2 Expresión que permite obtener la relación entre los índices de los dos medios en función de la relación entre los senos de los ángulos de incidencia y refracción. ) n 2 sen r2 = ) n1 sen i Tomando como 1 el índice de refracción en el aire: ) n2 sen r2 = n2 = ) 1 sen i Igualando con la relación de velocidades, se despeja la velocidad en el agua: ) ) sen r2 c sen i n2 = ; v2 = c ⋅ ) = ) v2 sen r2 sen i

) r2 se calcula con los datos del enunciado y teniendo en cuenta que: ) ) ) ) ) r1 + 128º + r2 = 180 : r1 = i = 30º : r2 = 180º −128º −30º = 22º Sustituyendo ) sen i 8 sen 30º v2 = c⋅ = 2,25 × 10 8 m ) = 3 ×10 ⋅ s sen r2 sen 22º b. Se produce reflexión total cuando el rayo refractado forma 90º con la normal. Aplicando la Ley de Snell, se calcula el ángulo límite. ) n 2 ⋅ sen l = n 1 ⋅ sen 90º ) n sen l = 1 n2 El índice de refracción en el agua se calcula a partir de la velocidad de la luz en el agua.

c 3 × 10 8 = = 1,33 v 2 2,25 × 10 8 Sustituyendo en la expresión del ángulo límite: ) ) 1 sen l = = 0,75 ⇒ l = arcsen 0,75 = 48,6º 1,33 n2 =

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Problema 1.- En una región del espacio existe un campo eléctrico de 3×105 N C−1 en el sentido positivo del eje OZ y un campo magnético de 0,6 T en el sentido positivo del eje OX. a) Un protón se mueve en el sentido positivo del eje OY. Dibuje un esquema de las fuerzas que actúan sobre él y determine qué velocidad deberá tener para que no sea desviado de su trayectoria. b) Si en la misma región del espacio un electrón se moviera en el sentido positivo del eje OY con una velocidad de 103 m/s, ¿en qué sentido sería desviado? Dato: Valor absoluto de la carga del electrón y del protón e = 1,6×10−19 C Solución. a. Para que el protón se desplace en línea recta dentro de una región donde existen un campo eléctrico y un campo magnético, las fuerzas generadas por ambos sobre él deben anularse. r r FE = FM La fuerza que genera el campo eléctrico sobre el protón viene dado por: r r r FE = q p ⋅ E = q p E ⋅ k Siendo E el módulo del campo eléctrico y q p la carga del protón. La fuerza que genera el campo magnético sobre el protón viene dado por: r r r r r r FB = q p ⋅ v × B = q p ⋅ v j × B i = q p v B ⋅ ((0,1,0) × (1,0,0 )) = q p v B (0,0,−1) = −q p v B k

(

(

)

)

Siendo × producto vectorial, v el módulo de la velocidad y B el módulo del campo magnético. Los vectores generados por los campos eléctrico y magnético tienen igual dirección y sentidos opuestos, para que el protón no varíe su dirección de desplazamiento, beberán tener igual módulo. r r FE = FB

qpE = qpv B :

v=

E 3 ⋅10 5 N C −1 = = 5 ⋅10 5 m s B 0,6 T

b. Si el electrón se desvía al entrar en la región del apartado anterior, será debido a que la resultante de las fuerzas que actúan sobre el no se anulan, siendo la dirección y sentido de la desviación la de la fuerza resultante. r r r R = FE + FB r r r FE = q e ⋅ E = −q E ⋅ k r r r r r r FB = q e ⋅ v × B = −q ⋅ v j × B i = −q v B ⋅ ((0,1,0)× (1,0,0)) = −q v B (0,0,−1) = q v B k Siendo q el valor absoluto de la carga del electrón.

(

)

(

)

(

)

r r r r r r R = −q E k + q v B k = q ⋅ (− E + v B) k = 1,6 ⋅10 −19 ⋅ − 3 ⋅10 5 + 10 3 ⋅ 0,6 k = −4,8 ⋅10 −14 k N El electrón se desvía en el sentido negativo del eje OZ.

Problema 2.- Una partícula se mueve en el eje X, alrededor del punto x = 0, describiendo un movimiento armónico simple de periodo 2 s, e inicialmente se encuentra en la posición de elongación máxima positiva. Sabiendo que la fuerza máxima que actúa sobre la partícula es 0,05 N y su energía total 0,02 J, determine: a) La amplitud del movimiento que describe la partícula. b) La masa de la partícula. c) La expresión matemática del movimiento de la partícula. d) El valor absoluto de la velocidad cuando se encuentre a 20 cm de la posición de equilibrio. Solución. a. La amplitud del movimiento se puede obtener a partir de la fuerza máxima y la energía mecánica total. La fuerza a la que se ve sometida la partícula esta expresada por la ley de Hook (F = −k · x), alcanzando su valor máximo cuando la elongación se iguala a la amplitud. Fmáx = −k ⋅ A

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Las fuerzas involucradas en el movimiento armónico simple son centrales y, por tanto, conservativas. En consecuencia, la expresión de la energía potencial en función de la elongación (x), se obtiene integrado la expresión de la fuerza con respecto a la elongación y cambiándola de signo. 1 EP = k ⋅x2 2 En el punto de elongación máxima (x = A), toda la energía mecánica es potencial (v = 0), obteniendo una expresión para la energía mecánica total en función de la amplitud. 1 ET = k ⋅A2 2 Con las expresiones de la fuerza máxima y la energía mecánica se plantea un sistema que permite despejar la amplitud, que se toma en valor absoluto. 1 k ⋅A2 Fmáx = −k ⋅ A  E A  E T = 0,02 J  0,02 J A  2 P : = : A = 0,8 m = = : 1 : E T = k ⋅ A 2  Fmáx 2 Fmáx = 0,05 N  0,05 N 2 −k⋅A 2  b.

El valor de la masa se puede obtener a partir de la constante (k = m ω2) 2 k = m ω 2  1 1  2π  2π 2 m A 2 2 2 2 1  A = 2  : ET = m ω ⋅A = m  ET = k ⋅A  2 2  T  T2 2 

ET =

2π 2 m A 2 T

2

: m=

T2 ⋅ET 2π ⋅ A 2

2

=

2 2 ⋅ 0,02 2π ⋅ 0,8 2

2

= 6,3 ⋅10 −3 kg

Ecuación general del movimiento armónico simple: x = A sen (ω t + ϕ) A = 0,8 m 2π 2 π ω= = = π rad s T 2 Desfase inicial: Para t = 0 ⇒ x = A: A = A sen (π ⋅ 0 + ϕ) c.

π 2 Sustituyendo los valores se obtiene la ecuación del movimiento armónico simple π  x = 0,8 sen  π t +  2  sen ϕ = 1 : ϕ = arcsen 1 =

d.

A partir de la energía cinética se puede obtener una expresión de la velocidad en función de la posición. 1 dx d   1 E c = mv 2 = v = = (A sen (ω t + ϕ)) = A ω cos(ω t + ϕ) = m (A ω cos(ω t + ϕ))2 2 dt dt   2

1 1 mv 2 = m (A ω cos(ω t + ϕ))2 : v 2 = A 2 ω 2 cos 2 (ω t + ϕ) 2 2 Teniendo en cuenta: cos 2 (ω t + ϕ) = 1 − sen 2 (ω t + ϕ)

    v 2 = A 2 ω 2 1 − sen 2 (ω t + ϕ) : v 2 = ω 2  A 2 − A 2 sen 2 (ω t + ϕ) : v 2 = ω 2 A 2 − x 2 1442443   x2  

(

)

(

v = ω A 2 − x 2 = π 0,8 2 − 0,2 2 = 2,4 m

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s

)

OPCIÓN B Cuestión 1.- Un asteroide está situado en una órbita circular alrededor de una estrella y tiene una energía total de −1010 J. Determine: a) La relación que existe entre las energías potencial y cinética del asteroide. b) Los valores de ambas energías potencial y cinética. Solución. Las energías potencial y cinética de un satélite (asteroide) en su orbita son: a. M⋅m E p = −G r 1 M 1 M⋅m 2  2 - E c = mv = v = G  = G 2 r  2 r  La relación entre ellas es: M⋅m Ep − G r Ep = = −2 : = −2 1 M⋅m Ec Ec G 2 r

b. Con la relación entre las emergías cinética y potencial y el valor de la energía mecánica total se plantea un sistema que permite calcular los valores de la energía cinética y de la energía potencial. Ep  10 = −2   E c = 10 J Re solviendo      → Ec  10 E p = −2 ⋅10 J E + E = −1010 J c  p

Cuestión 2.- Dos conductores rectilíneos e indefinidos, paralelos, por los que circulan corrientes de igual intensidad, I, están separados una distancia de 0,12 m y se repelen con una fuerza por unidad de longitud de 6×10−9 N m−1. a) Efectúe un esquema gráfico en el que se dibuje el campo magnético, la fuerza que actúa sobre cada conductor y el sentido de la corriente en cada uno de ellos. b) Determine el valor de la intensidad de corriente 1, que circula por cada conductor. Dato: permeabilidad magnética en el vacío µo = 4π 107 N A2 Solución. a.

Según la Ley de Lorentz:

( )

r r r F = I⋅ l ×B

Aplicando a cada uno de los conductores: r r r r F1 = I1 ⋅ l1 × B 2 = I1 ⋅ (l1 (0,0,1) × B 2 (− 1,0,0 )) = I1l1 B 2 ( (0,0,1)× (− 1,0,0 )) = I1l1 B 2 (0,−1,0) = −I1l1 B 2 j r r r r F2 = I 2 ⋅ l2 × B1 = I 2 ⋅ (l 2 (0,0,−1) × B1 (− 1,0,0)) = I 2 l 2 B1 ( (0,0,−1) × (− 1,0,0)) = I 2 l 2 B1 (0,1,0 ) = I1l1 B 2 j

( (

) )

b. Las fuerzas que actúan sobre los dos hilo son de igual módulo (por ambos hilos circula la misma intensidad de corriente), igual dirección y sentidos opuestos. r r Si los vectores l y B forman 90º, el módulo de la fuerza es: F = I⋅l⋅B

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La fuerza sobre el conductor 1 depende de la intensidad de la corriente que los recorre (I1) y del campo magnético creado por el conductor 2 (B2). F1 = I1 ⋅ l ⋅ B 2 El módulo del campo magnético creado por el conductor 2 se obtiene mediante la ley de Biot y Savart. µ I B2 = o 2 2π d Sustituyendo en la expresión del módulo de F1 µ I F1 = I1 ⋅ l o 2 2π d La fuerza por unidad de longitud es

µ I2 F1 µ o I1 ⋅ I 2 F = : {I1 = I 2 = I} : 1 = o l 2π d l 2π d

I=

F 2π d  1   l  = µo

2π ⋅ 0,12 ⋅ 6 ×10 −9 4π ×10 −7

= 6 × 10 −2 A

Cuestión 3.- Una muestra de un organismo vivo presenta en el momento de morir una actividad radiactiva por cada gramo de carbono, de 0,25 Bq correspondiente al isótopo 14C. Sabiendo que dicho isótopo tiene un periodo de semidesintegración de 5730 años, determine: a) La constante radiactiva del isótopo 14C. b) La edad de una momia que en la actualidad presenta una actividad radiactiva correspondiente al isótopo 14 C de 0,163 Bq, por cada gramo de carbono. Datos: 1 Bq = 1 desintegración/segundo. Considere 1 año = 365 días Solución. a. La constante radioactiva se puede calcular conociendo la actividad inicial y el periodo de semidesintegración. Según la ecuación fundamental de la radioactividad el número de núcleos activos en función del tiempo es: N = N o ⋅ e −λ t Si se aplica esta ecuación al periodo de semidesintegración (T½ tiempo necesario para que el número de núcleos iniciales se reduzca a la mitad) se obtiene: No 1 = N o ⋅ e −λ T½ : = e −λ T½ 2 2 Tomando logaritmos, se despeja la constante radioactiva. 1 Ln2 Ln2 − λ T½ = Ln : λ = = = 1,21× 10 − 4 a −1 2 T½ 5730 años b. La ecuación fundamental de la radioactividad se puede expresar en función de la actividad inicial (Ao) y la actividad de la muestra transcurrido un determinado tiempo.

A = A o ⋅ e −λ t Tomando logaritmos se despeja el tiempo en función de la actividad. A A 1 1 0,25 − λ t = Ln : t = Ln o = Ln = 3563 años Ao λ A 1,21× 10 −4 a −1 0,163

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Problema 1.- Un sistema óptico está formado por dos lentes convergentes, la primera de potencia 5 dioptrías y la segunda de 4 dioptrías, ambas están separadas 85 cm y tienen el mismo eje óptico. Se sitúa un objeto de tamaño 2 cm delante de la primera lente perpendicular al eje óptico, de manera que la imagen formada por ella es real, invertida y de doble tamaño que el objeto. a) Determine las distancias focales de cada una de las lentes. b) Determine la distancia del objeto a la primera de las lentes. c) ¿Dónde se formará la imagen final? d) Efectúe un esquema gráfico, indicando el trazado de los rayos. Solución. 1 a. P= f' 1 1 • 1ª Lente: 5 = : f1′ = = 0,2 m = 20 cm f1′ 5 •

2ª Lente: 4 =

1 1 : f 2′ = = 0,25 m = 25 cm f 2′ 4

b. La distancia del objeto a la primera lente se puede obtener mediante un sistema de ecuaciones formado por la ecuación fundamental de lentes delgadas, y por la ecuación de aumento lateral. Ecuación de lentes delgadas: 1 1 1 1 1 1 1 1 − = : − = : − =5 s1′ s1 f1′ s1′ s1 0,2 s1′ s1 Aumento lateral de la lente: y′ s′ ML = 1 = 1 y 1 s1 Por ser la imagen invertida y de doble tamaño: y1′ = −2 y1

y ′ −2 y 1 s′ ML = 1 = = −2 = 1 y1 y1 s1 Las dos ecuaciones forman un sistema que nos permite calcular la posición del objeto (s1) y de su imagen (s’1) respecto a la primera lente. 1 1  s ′ − s = 5 Re solviendo s = −0,3 m = −30 cm 1 1     → 1  s′ 1  s1′ = 0,6 m = 60 cm  = −2  s1 c.

La imagen final se calcula aplicando la ecuación fundamental de lentes delgadas a la segunda lente. 1 1 1 − = s ′2 s 2 f 2′

s2 se puede calcular teniendo en cuenta que s 2 + s1′ = d donde s2 y s1′ se toman en valor absoluto y d representa la distancia entre las lentes. s 2 = 85 − 60 = 25 cm = 0,25 m

1 1 1 1 − = : = 0 : s ′2 = ∞ s ′2 − 0,25 0,25 s ′2 La imagen no se forma o se forma en el infinito. d.

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Problema 2.- Una partícula de masa m = 4×10−16 kg y carga q = −2,85×10−9 C, que se mueve según el sentido positivo del eje X con velocidad 2,25×106 m/s penetra en una región del espacio donde existe un campo magnético uniforme de valor B = 0,9 T orientado según el sentido positivo del eje Y. Determine: a) La fuerza (módulo, dirección y sentido) que actúa sobre la carga. b) El radio de la trayectoria seguida por la carga dentro del campo magnético. Solución. a. La fuerza que genera el campo magnético sobre una carga en movimiento viene dada por la expresión: r r r r r r r F = q ⋅ v × B = q ⋅ v i × B j = q v B ⋅ i × j = q v B ⋅ ((1,0,0) × (0,1,0 )) = r  1 0  = q v B ⋅ (0,0,1) = q v B k = q v B ⋅  0,0,  0 1 

(

)

(

)

( )

Teniendo en cuenta que la carga es negativa, la fuerza tendrá sentido opuesto r r r F = −2,85 × 10 −9 ⋅ 2,25 ×10 6 ⋅ 0,9 k = −5,77 × 10 −3 k b. Si la partícula cargada describe una trayectoria circular, será debido a que la resultante de las fuerzas que concurren sobre ella es igual a la fuerza centrípeta. Teniendo en cuenta que sobre la partícula la única fuerza que actúa es la debida al campo magnético, y trabajando en módulo, se cumplirá: FB = Fc

qvB=m R=

v2 m v2 m v : R= = R qvB qB

m v 4 × 10 −16 ⋅ 2,25 × 10 6 = = 0,35 m = 35 cm qB 2,85 × 10 −9 ⋅ 0,9

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