SEPTIEMBRE 2002 Primera parte Cuestión 1.- Se tiene una onda armónica trasversal que se prolonga en una cuerda tensa. Si se reduce a la mitad su frecuencia, razone que ocurre con: a) el periodo b) la velocidad de programación c) la longitud de onda d) la amplitud. Solución. Se tiene una onda transversal que se propaga en una cuerda tensa. Si reducimos a la mitad la frecuencia: ν ν' = 2 1 a. El periodo se relaciona con la frecuencia mediante: T = ν 1 Sí la frecuencia se reduce a la mitad su nuevo periodo será T' = , sustituyendo el valor de ν’: ν' 1 2 1 T' = = = 2⋅ = 2⋅T ν ν ν 2 El periodo se duplica b.

La velocidad de la propagación por la cuerda, no depende de la frecuencia, únicamente de las

propiedades del medio por el que se propaga la onda, en el caso de la cuerda: v = T

m

, donde T

representa la tensión de la cuerda. Por tanto, v’ = v, la velocidad no cambian. c.

La longitud de onda se relaciona con la frecuencia mediante la expresión: v λ= ν teniendo en cuenta que: v'  v' = v  v v ν  : λ' = λ' = :  = 2⋅ = 2⋅λ ν ν ' ν ' =  ν 2  2 la longitud de onda también se duplica d.

La relación entre la amplitud y la frecuencia la hallamos a partir de: 1 E = k·A 2 2 despejando la amplitud K = mw 2 2E 2E A2 = y teniendo en cuenta que :  ⇒A= K  w = 2πν m·4π 2 ν 2 suponiendo constante la energía y la masa, la amplitud se relaciona con la frecuencia según Kte

A= teniendo en cuenta ν' =

ν2

ν 2 A' =

K ν'

2

=

K

(ν 2 )

2

=

la amplitud también se duplica. Autora: Beatriz San Juan Garrido Lda. Ciencias Físicas. Dpto. Física Teórica U.A.M.

4·K ν

2

= 2·

K ν2

= 2·A

Cuestión 2.- Un electrón se mueve con velocidad v en una región del espacio donde coexisten un campo eléctrico y uno magnético, ambos estacionarios. Razone si cada uno de estos campos realiza o no trabajo sobre esta carga. Solución.

α≠0.

Campo magnético. Si la velocidad del electrón v y el campo magnético B forman un ángulo Fm = q·(v × B)

Aparece una fuerza magnética sobre el electrón, siempre perpendicular a v , por lo que se origina una fuerza centrípeta, que genera en el electrón una trayectoria circular, es decir un movimiento de rotación de radio: v2 m⋅V R= R q⋅B por tanto, la fuerza magnética no realiza trabajo sobre el electrón, ya que no produce una traslación del mismo, sino una rotación, por lo que la fuerza y el desplazamiento forman un ángulo de 90º W = F ! d = F ⋅ d ⋅ cos 90 = 0 q ⋅ v ⋅ B = m·

En el caso de que el ángulo entre v y B sea cero: Fm = q ⋅ V ⋅ B ⋅ sen α = 0 no se origina ninguna fuerza magnética Campo eléctrico. Fe = q ⋅ E Aparece una fuerza, que desplaza al electrón en la misma dirección del campo y en el mismo sentido si la carga es positiva o en sentido contrario si es una carga negativa. Por tanto, se realiza trabajo sobre el electrón: W = F ⋅ d ⋅ cos α W = q ⋅ E ⋅ d ⋅ cos 0º W = q⋅E ⋅d Cuestión 3.- Una superficie de discontinuidad plana separa dos medios de índices de refracción n1 y n2. Si un rayo incide desde el medio de índice n1, razone si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas: - Si n1 > n2 el ángulo de refracción es menor que el ángulo de incidencia. - Si n1 < n2 a partir de un cierto ángulo de incidencia se produce el fenómeno de reflexión total. Solución. -

Falso. Si n1 > n2 el rayo refractado se aleja de la recta normal. El ángulo de refracción es siempre mayor que el de incidencia:

-

Si n1 < n2, el ángulo de refracción se hace menor que el ángulo de incidencia, cualquiera que sea el valor de éste. Es decir, el rayo refractado se acerca a la normal, respecto al rayo incidente

Autora: Beatriz San Juan Garrido Lda. Ciencias Físicas. Dpto. Física Teórica U.A.M.

Para que produjera reflexión total: αr = 90º con lo que sen αr = 1, y según la ley de n Snell, el ángulo de incidencia tendría que ser: sen α i = 2 > 1 . Condición que no se n1 cumple nunca, para ningún αi. Cuestión 4.- Una bolita de 0’1 g de masa cae desde una altura de 1 m, con velocidad inicial nula. Al legar al suelo el 0’05 por ciento de su energía cinética se convierte en un sonido de duración 0’1 s. a) Halle la potencia sonora general. b) Admitiendo que la onda sonora generada puede aproximarse a una onda esférica, estime la distancia máxima a la que puede oírse la caída de la bolita si el ruido de fondo sólo permite oír intensidades mayores que 10−8 W/m2. Datos: Aceleración de la gravedad g = 9’8 m s−2 Solución. E . La energía, es el 0’05% de la energía cinética de la bolita al t caer al suelo, con lo cual, y por la conservación de la energía mecánica: E p (h = 1m ) = E c (h = 0 ) a.

La potencia del sonido es: P =

ya que la velocidad inicial la consideramos nula (no tiene energía cinética inicial) por tanto: Ec = m· g· h sustituyendo por los datos, se calcula su valor Ec (suelo) = 9’8 · 10-4 J. El 0’05% de esta cantidad, se transforma en energía sonora: 0'05 E (sonido) = x 9'8·10 − 4 J E(sonido) = 4'9·10 −7 J 100 Y la potencia es entonces: E (sonido ) 4'9·10 −7 J P= P= t 0'1 seg −6 P = 4’9×10 W b.

La intensidad de una onda esférica se amortigua con la distancia al foco r, de la forma: P I= 4πr 2 Si despejamos r, para el valor de la intensidad limite audible, I = 10 −8 W 2 : m P r2 = r = 6'24 m 4πI A partir de este radio, ya no es audible el sonido generado por la bolita. Cuestión 5.- El isótopo 234U tiene un periodo de semidesintegración (semivida) de 250000 años. Si partimos de una muestra de 10 gramos de dicho isótopo, determine: a. La constante de desintegración radiactiva. b. La masa que quedará sin desintegrar después de 50000 años. Solución. a. La constante de desintegración radiactiva, se relaciona con el periodo de semidesintegración según la ecuación: λ=

Ln 2 τ

Expresamos τ = 250000 años en segundo: τ = 250000· 365· 24· 3600 τ = 7’884·1012 seg. sustituyendo: λ = 8’79· 10−14 Autora: Beatriz San Juan Garrido Lda. Ciencias Físicas. Dpto. Física Teórica U.A.M.

b. La expresión que nos da el número de núcleos que quedan en una muestra determinada al cabo de un tiempo t es:

N(t ) = N o ⋅ e −λ·t Calculamos el número inicial de núcleos No. Si la muestra inicial es de 10 gr de 234U, el número inicial de moles es: 10gr m n o = 0'043 moles no = no = 234 PM y el número inicial de núcleos No, teniendo en cuenta que un mol contiene el número de Avogadro de núcleos: No = no · NA = 0’043 (moles) · 6’02 · 1023 (núcleos/mol) = 2’57· 1022 núcleos No = 2’57·1022 núcleos Al cabo de t = 50000 años (t = 1’58· 1012 seg)

(

)

N 1'58 ⋅1012 = 2'57 ⋅1012 ⋅ e −8'79⋅10

−14

·1'58⋅1012

= 2'24 ⋅10 22 núcleos

La masa que nos queda sin desintegrar será entonces: N = 2’24· 1022 núcleos n=

2'24·10 22 núcleos 6'023·10 23 nucleos

n = 0'0372 moles

que expresamos en gramos: m = n · PM

Autora: Beatriz San Juan Garrido Lda. Ciencias Físicas. Dpto. Física Teórica U.A.M.

m = 8’705 gr

Segunda parte OPCIÓN A Problema 1. Se pretende colocar un satélite artificial de forma que gire en una órbita circular en el plano del ecuador terrestre y en el sentido de rotación de la tierra. Si se quiere que el satélite pase periódicamente sobre un punto del ecuador cada dos días, calcule: a) La altura sobre la superficie terrestre a la que hay que colocar el satélite. b) La relación entre la energía que hay que comunicar a dicho satélite desde el momento de su lanzamiento en la superficie terrestre para colocarlo en esa órbita y la energía mínima de escape. Datos :Constante de Gravitación Universal G = 6’67x 10−11N·m2·kg−2 Radio de la Tierra Rt = 6370 km Masa de la Tierra Mt = 5’98x1024kg Solución. El periodo del satélite es T = 2 días. Si lo pasamos a segundos: T = 2· 24· 3600 T = 172.800 seg a. Para calcular la altura h, se establece que la fuerza gravitatoria entre el satélite y la tierra es la fuerza centrípeta del movimiento: M ·m v2 G· T s = m s · (1) R R2 A partir de T, se calcula la frecuencia(ω): 2π 2π ω= = = 3'64 × 10 −5 rad·s −1 T 172.800 Expresando la ecuación (1) en función de ω, en vez de v: M ·m ω2 R 2 G· T s = m s · R R2 despejando R: R =3

G·M T ω2

sustituyendo por los datos del enunciado R =3

G·M T ω2

=3

6'67 × 10 −11 ⋅ 5'98 × 10 24 3'64 × 10 −5

= 67.020.564 m

R = 67.020’6 km. La altura sobre la superficie terrestre, se halla restando al radio de la orbita R (distancia entre los centros de masa), el radio de la tierra RT. h = R − RT = 67.020’6 − 6.370

h = 60.650’6 km.

b. La energía mínima del escape, es aquella que hay que comunicar al satélite en la superficie de la tierra, para que venza la atracción gravitatoria de la tierra, es decir para llevarlo al infinito, donde por convenio ET = 0.  M ·m  E Escape +  − G· T  = 0 RT   despejando la energía de escape: E Escape = G·

Autora: Beatriz San Juan Garrido Lda. Ciencias Físicas. Dpto. Física Teórica U.A.M.

M T ·m RT

La energía que hay que comunicarle al satélite para colocarlo en la orbita (E Órbita ) se obtiene de la igualdad: M ·m M ·m 1 − G· T + E orbita = − G· T + mv 2 (2) RT 2 "# %""R "$"" %"$"# Energía en la órbita

Energía en la superficie terrestre

1  Si expresamos la energía cinética en la órbita  mv 2 , en función de la energía potencial 2  utilizando la igualdad F (gravitatoria) = F (centrípeta) M ⋅ ms v2 G· T = ms · R R2 multiplicando los dos miembros de la igualdad por R M ⋅ ms m·v 2 = G· T R dividiendo la expresión por 2 1 1 M ⋅ ms m s ·v 2 = G · T 2 2 R sustituyendo en la ecuación (2) queda: E orbita = G·

M T ⋅ ms M ⋅ m s 1 G·M T ⋅ m s M ⋅ ms 1 M T ⋅ ms − G· T + = G· T − G· RT R 2 R RT 2 R %"$"# E ESCAPE

E Órbita

M ⋅ ms 1 = E Escape − ⋅ G· T 2 R

o lo que es lo mismo:

∆E = E Escape +

1 E p (Órbita ) 2

Problema 2. Los fotoelectrones expulsados de la superficie de un metal por una luz de 400 nm de longitud de onda en el vacío son frenados por una diferencia de potencial de 0’8 v. a) Determine la función de trabajo del metal. b) ¿ Que diferencia de potencial se requiere para frenar los electrones expulsados de dicho metal por una luz de 300 nm de longitud de onda en el vacío? Datos: Valor absoluto de la carga del electrón e− = 1’6×10−19 C Constante de Planck h = 6’63×10−34 J·s Velocidad de la luz en el vacío c = 3×108 m·s−1 Solución. La energía de los fotones de la luz incidente de λ = 4×10−7m, se invierte en superar la energía umbral del metal, y la energía restante se la llevan los electrones arrancados, en forma de energía cinética: 1 E luz = W + m·v 2 2 a. La función de trabajo W, se halla despejando de la ecuación anterior:

W = E luz −

1 m·v 2 2

La energía de la luz incidente se halla como: E Luz (Incidente) = h ⋅ ν Luz a partir de la longitud de onda(λ = 4×10−7 m) se calcula la frecuencia

Autora: Beatriz San Juan Garrido Lda. Ciencias Físicas. Dpto. Física Teórica U.A.M.

ν=

3 × 10 8 4 × 10 − 7

= 7'5 × 1014 Hz

y sustituyendo E Luz = 6'67 × 10 −34 ⋅ 7'5 × 1014 = 4'97 ×10 −19 J La Ec de los electrones, la hallamos sabiendo que la diferencia de potencial empleada para el frenado de estos es: ∆V = 0’8 v igualando 1 m·v 2 = q ⋅ ∆V = 1'6 ×10 −19 ⋅ 0'8 2 el potencial del frenado se lleva toda la energía cinética de los electrones E c (electrones) = 1'28·10 −19 J Por tanto, la función de trabajo del metal: W = E luz −

1 m·v 2 = 4'97 × 10 −19 − 1'28 × 10 −19 = 3'69 ×10 −19 J 2

b. Si la luz tiene un λ = 3×10−7m, se calcula el potencial de frenado. La energía cinética que tendrán ahora los electrones arrancados será: 1 m·v 2 = E luz − W 2 teniendo en cuenta que W es una propiedad constante del metal. c 3 ×10 8 E luz = h· = 6'63 ×10 −34 ⋅ = 6'63 × 10 −19 J λ 3 × 10 −7 Por tanto, la Ec será: Ec =

1 mv 2 = 6'63 × 10 −19 − 3'69 × 10 −19 = 2'94·10 −19 J 2

y sabiendo que: Ec = q· ∆V se despeja el potencial de frenado: ∆V =

E c 2'94 × 10 −19 = = 1'84 v q 1'6 × 10 −19

Autora: Beatriz San Juan Garrido Lda. Ciencias Físicas. Dpto. Física Teórica U.A.M.

OPCIÓN B Problema 1. En la figura se presentan dos hilos conductores rectilíneos de gran longitud que son perpendiculares al plano del papel y llevan corrientes de intensidades I1 e I2 de sentidos hacia el lector.

a)

Determine la relación entre I1 e I2 para que el campo magnético B en el punto P sea paralelo a la recta que une los hilos indicada a la figura. b) Para la relación entre I1 e I2 obtenida anteriormente, determine la dirección del campo magnético B en el punto Q (simétrico del punto P respecto del plano perpendicular a la citada recta que une los hilos y equidistante de ambos). Nota: b y c son las distancias del punto P a los conductores Solución. En la figura tenemos dos hilos conductores rectilíneos de gran longitud ⊥ al plano de papel con I1 e I2 hacia el lector. a. Se pide hallar la relación entre I1 e I2 para que el campo magnético B en P sea paralelo a la recta & & que une los hilos. Los campos B1 y B 2 que crean los hilos en el punto P son:

Si el campo resultante en P tiene la dirección de la recta que une los dos hilos(dirección OY), sólo tendrá componente y, por lo que las componentes x de los dos campos han de anularse entre si: B1 ·cos α = B 2 ·cos β (1) Cálculo de α y β: tg α =

4 3

α = 53'13º

β = 180º −90º −α β = 90º −α Desarrollando la expresión (1): µ o ·I1 3 µ o ·I 2 4 · = · 2π·0'03 5 2π·0'04 5 simplificando 3I1 4I ·= 2 0'03 0'04 Por tanto, la relación entre I1 e I2 tiene que ser:

Autora: Beatriz San Juan Garrido Lda. Ciencias Físicas. Dpto. Física Teórica U.A.M.

β = 36'87 º

I1 4·0'03 = I 2 0'04·3

I1 =1 I2

I1 = I 2

El campo total en el punto P será: (componente y) Bp = B1 senα + B 2 senβ =

µoI 4 µo I 3 · + · 2π·0'03 5 2π·0'04 5

es decir: µo·I  0'04 0'03  & + j 0'10π  0'03 0'04  & 125µ o I Bp = (T ) j 6π

Bp =

b.

& Se pide para I1 = I2 hallar la dirección de B en el punto Q(simétrico a P)

Eje x: B1 cos α − B 2 cos β = B Q x & µ o ·I 4 µ o ·I 3 B Qx = · − · 2π·0'04 5 2π·0'03 5 & 3  µo·I  4 B Qx = − =0 10π  0'04 0'03  las componentes x de B1 y B 2 se anulan mutuamente. Eje y:

& B Q y = B1 sen α + B 2 sen β & & µ o ·I 3 µ o ·I 4 µ ·I  0'03 0'04  + B Qy = · + · ⇒ BQy = o  0'10π  0'04 0'03  2π·0'04 5 2π·0'03 5

250µ o I 12π 125µ o I j La dirección y sentido del campo B en α es: B Q = 6π BQy =

µ o ·I 25 · 0'1π 12

B Qy =

Autora: Beatriz San Juan Garrido Lda. Ciencias Físicas. Dpto. Física Teórica U.A.M.

BQy =

125µoI 6π

Problema 2. Una lente delgada convergente proporciona de un objeto situado delante de ella una imagen real, invertida y de doble tamaño que el objeto. Sabiendo que dicha imagen se forma a 30 cm de la lente, calcule: a) La distancia focal de la lente. b) La posición y naturalaza de la imagen que dicha lente formará de un objeto situado 5 cm delante de ella, efectuando su construcción geométrica. Solución. a. la distancia focal de la lente:

El hecho de que la imagen formada sea real implica que el objeto se ha situado detrás del foco. De doble tamaño: y’ = 2y y' s ' 2 y s' = : {y' = 2 y}: = = 2 (1) y s y s Invertida: y’ = −2y Si despejamos s en (1), teniendo en cuenta que s’ = 30cm obtenemos que: y s = ⋅ s' y' teniendo en cuenta que y’ = −2y y s= ·30 ⇒ s = −15cm − 2y posición del objeto. Con s y s' se puede hallar la distancia focal f, mediante la ecuación de la lente: 1 1 1 1 1 1 1 3 f ' = 10cm − = = = + s' s f ' f 30 + 15 f ' 30 b. Se pide calcular la posición y naturaleza de la imagen de un objeto situado 5 cm delante de ella. Siempre que un objeto se sitúa entre el foco y el centro de la lente, la imagen que se forma es virtual.(por intersección de la prolongación de rayos) En este caso concreto, la construcción geométrica nos da sí s = −5 cm.

1 1 1 − = s' s f '

1 1 1 = + s' 10 − 5

Autora: Beatriz San Juan Garrido Lda. Ciencias Físicas. Dpto. Física Teórica U.A.M.

1 −1 = s' 10

s' = −10cm La imagen formada es VIRTUAL, DIRECTA y de mayor tamaño que el objeto: y' s ' = y s

y' −10cm = y − 5cm

y' =2 y

concretamente: y' = 2 y

Autora:

Beatriz San Juan Licenciada en Ciencias Físicas por la Universidad Autónoma de Madrid

Consultas: fí[email protected]

Autora: Beatriz San Juan Garrido Lda. Ciencias Físicas. Dpto. Física Teórica U.A.M.