UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A ESTUDIOS UNIVERSITARIOS FÍSICA Septiembre 2016 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.- Desde la superficie de un planeta de masa 6,42·1023 kg y radio 4500 km se lanza verticalmente hacia arriba un objeto. a) Determine la altura máxima que alcanza el objeto si es lanzado con una velocidad inicial de 2 km s‒1. b) En el punto más alto se le transfiere el momento lineal adecuado para que describa una órbita circular a esa altura. ¿Qué velocidad tendrá el objeto en dicha órbita circular? Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m2 kg‒2.

Solución. a. Despreciando la fuerza de rozamiento, la energía mecánica del satélite se conserva. E M (Superficie ) = E M (Altura h ) Teniendo en cuenta que cuando llega a la altura h, el objeto se para: E c (Superficie) + E p (Superficie) = E p (Altura h )

1 M⋅m  M⋅m  mv s2 +  − G ⋅  = −G ⋅ 2 R  R+h  Donde R representa el radio del planeta y vs la velocidad en la superficie del planeta. Simplificando la masa del objeto (m) y sustituyendo datos, se despeja h

1 2 M M vs − G ⋅ = −G ⋅ 2 R R+h

;

(

1 2 ⋅ 103 2

) − 6,67 ⋅10 2

−11

⋅

6,42 ⋅ 10 23 4,5 ⋅ 106

= −6,67 ⋅ 10 −11 ⋅

6,42 ⋅ 1023 4,5 ⋅ 106 + h

h ≈ 1,2 × 106 m = 1200 Km b. El objeto describe una orbita circular con movimiento uniforme, por lo tanto se debe cumplir que la suma de fuerzas que actúen sobre él, deberán ser igual a la fuerza centrípeta. r r F = Fcentripeta

∑

La única fuerza que actúa sobre el objeto es la fuerza centrípeta, pasando a módulo:

G

M⋅m r

2

= m⋅

v2 r

v = 6,67 ⋅ 10 −11 ⋅

v= G

M M = G r R+h

6,42 ⋅ 10 23 4,5 ⋅ 106 + 1,2 ⋅ 106

≈ 2740,9 m s −1

Pregunta 2.- Un cuerpo que se mueve describiendo un movimiento armónico simple a lo largo del eje r

X presenta, en el instante inicial, una aceleración nula y una velocidad de -5 i cm s‒1. La frecuencia del movimiento es 0,25 Hz. Determine: a) La elongación en el instante inicial. Justifique su respuesta. b) La expresión matemática que describe la elongación del movimiento en función del tiempo. Solución. a. Si la aceleración es nula, la elongación es cero, el cuerpo se encuentra en la posición de equilibrio. Las ecuaciones de elongación y aceleración de un M.A.S. son:

x = A sen (ω t + φ o ) ; a = Aω 2 sen (ω t + φ o )

1

Combinando estas ecuaciones, se puede expresar la aceleración en función de la velocidad angular y la elongación x = A sen (ω t + φ o ) 2 :a = ω ⋅x a = Aω2 sen (ω t + φ o ) Teniendo en cuenta que en un M.A.S. ω = constante ≠ 0 , si: a = ω2 ⋅ x   a =0 ⇒x =0 ω ≠ 0  

b.

x = A sen (ω t + φ o ) La velocidad angular se obtiene de la frecuencia:

π rad s 2 La amplitud del movimiento se puede obtener del módulo de la velocidad inicial, que es la velocidad máxima ya que corresponde a la velocidad en el punto de equilibrio, como se ha demostrado en el apartado anterior (x (t = 0) = 0) . v = Aω cos (ω t + φ o ) Si cos (ω t + φ o ) = 1 ⇒ v = v max = Aω ω = 2π f = 2π ⋅ 0,25 =

v(t = 0 ) v max 5 10 = = = cm π ω ω π 2 El desfase inicial se obtiene con la elongación inicial y el signo de la velocidad inicial. φ = 0 rad x (t = 0) = A sen (ω ⋅ 0 + φ o ) = A sen φ o = 0 ⇒ sen φ o = 0 :  o φ o = π rad A=

Para seleccionar el desfase se tiene en cuenta que la velocidad inicial es negativa. v(t = 0) = Aω cos (ω ⋅ 0 + φ o ) = Aω cos φ o

Si φ o = 0 rad cos φ o = 1 v = Aω > 0 no cumple la condición inicial   ⇒φ o = π rad Si φ o = π rad cos φ o = −1 v = −Aω < 0 cumple la condición inicial  10 π  x = sen  t + π  (t (s ), x (cm )) π 2  

Pregunta 3.- La figura de la derecha representa el flujo magnético a través de un circuito formado por dos raíles conductores paralelos separados 10 cm que descansan sobre el plano XY. Los raíles están unidos, en uno de sus extremos, por un hilo conductor fijo de 10 cm de longitud. El circuito se completa mediante una barra conductora que se desplaza sobre los raíles, acercándose al hilo conductor fijo, con velocidad constante. Determine: a) La fuerza electromotriz inducida en el circuito. b) La velocidad de la barra conductora si el circuito se encuentra inmerso en el seno de un campo magnético r r constante B = 200 k µT . Solución. a. Según la ley de Faraday-Lenz, la fuerza electromotriz inducida en un espira viene expresada por: dΦ ε=− dt Si la variación de flujo a través de la superficie es uniforme, como en este caso, los diferenciales se transforman en incrementos y la expresión se simplifica a: ∆Φ ε=− ∆t Donde ∆Φ es la variación de flujo y ∆t es el intervalo de tiempo en que ocurre la variación.

2

Tomando los datos de la gráfica:

ε=−

Φ final − Φ inicial 0 − 12 ⋅ 10−6 =− = 2 ⋅ 10 − 7 v ∆t 60

b. Teniendo en cuenta que el campo magnético que atraviesa la espira es constante, la variación de flujo magnético a través de la esta se debe a la variación de la superficie de la misma debido al movimiento de la varilla, como muestra la figura r r r r ∆Φ ∆ B o S ∆ B ⋅ S ⋅ cos α α = 0 ∆ (B ⋅ S) B = cte B ⋅ ∆S = = = = ∆t ∆t ∆t ∆t cos α =1 ∆t

(

) (

)

Siendo la espira rectangular: ∆Φ B ⋅ ∆ (L ⋅ x ) ∆x  ∆x  ∆Φ = = B⋅L⋅ ;  = v ; = B⋅L⋅ v ∆t ∆t ∆t  ∆t  ∆t

v=

(

)

∆Φ ∆t 0 − 12 × 10−6 60 = = −10 − 2 m = −1 cm s s B⋅L 200 × 10− 6 ⋅ 10 × 10− 2

El sentido del signo negativo es que el desplazamiento de la varilla disminuye la superficie de la espira lo cual provoca una disminución de flujo magnético.

Pregunta 4.- Un objeto está situado 3 cm a la izquierda de una lente convergente de 2 cm de distancia focal. a) Realice el diagrama de rayos correspondiente. b) Determine la distancia de la imagen a la lente y el aumento lateral. Solución. a. Como mínimo se han de trazar dos de los tres posibles. Una vez situado los focos y el objeto se pueden trazar los siguientes rayos: • RAYO AZUL. Paralelo al eje atraviesa la lente y, una vez refractado, el rayo, o su prolongación, pasan por el foco imagen F’. • RAYO VERDE. Un rayo que pasa por el centro óptico, o centro geométrico de la lente, no experimente ninguna desviación. • RAYO ROJO. Un rayo que, pasando por el foco objeto F se refracta y emerge de la lente paralelamente al eje óptico.

b.

Utilizando la ecuación general de las lentes delgadas, se obtiene la posición de la imagen. 1 1 1 1 1 1 1 1 − = ; − = ; = s′ = 6 cm s′ s f ′ s′ − 3 2 s′ 6 La imagen se forma 6 cm a la derecha de la lente, por lo tanto es una imagen REAL.

y′ s ′ 6 = = = −2 y s −3 La imagen que se forma se invertida y de doble tamaño Aumento lateral: A L =

Pregunta 5.- Después de 191,11 años el contenido en 226Ra de una determinada muestra es un 92% del inicial. a) Determine el periodo de semidesintegración de este isótopo. b) ¿Cuántos núcleos de 226Ra quedarán, transcurridos 200 años desde el instante inicial, si la masa inicial de 226Ra en la muestra era de 40 µg? Datos: Masa atómica del 226Ra, M = 226 u; Número de Avogadro, NA = 6,02·1023 mol‒1.

Solución.

(

)

Aplicando la ecuación general de la radioactividad N = N o e − λ t al T1 2 , tiempo para que se reduzca a la mitad el número de núcleos iniciales se obtiene el periodo de semidesintegración.

a.

3

No 1 −λ T −λ T = No e 1 2 =e 12 2 2 Tomando logaritmos neperianos en ambos miembros y ordenando se obtiene la expresión del periodo de semidesintegración en función de la constante de desintegración: Ln 2 −λ T 1 Ln   = Ln  e 1 2  T1 2 =   λ 2 La constante de desintegración se puede calcular aplicando la ecuación general al número de núcleos que quedan sin desintegrar pasados 191,11 años.  t = 191,11 a  92 92 N = No e− λ t ;  ; N = N o e − λ ⋅191,11 N= N o  100 o   100 Simplificando y tomando logaritmos neperianos, se despeja λ y se calcula T1 2 .

92 Ln(0,92) ; λ= = 4,36 × 10− 4 a −1 100 − 191,11 Ln 2 Ln 2 T1 2 = = = 1588,69 a λ 4,36 × 10− 4

− 191,11 λ = Ln

b.

Se aplica la ecuación general al número de núcleos iniciales.

N(Ra )o = 40 × 10 − 6 g Ra ⋅

1 mol Ra 6,02 × 1023 núcleos Ra ⋅ = 1,065 × 1017 núcleos Ra 226 g Ra mol Ra

N = N o e − λ t = 1,065 × 1017 ⋅ e − 4,36×10

4

−4

⋅ 200

= 9,765 × 1016 núcleos Ra

OPCIÓN B Pregunta 1.- Una estrella gira alrededor de un objeto estelar con un periodo de 28 días terrestres siguiendo una órbita circular de radio 0,45·108 km. a) Determine la masa del objeto estelar. b) Si el diámetro del objeto estelar es 200 km, ¿cuál será el valor de la gravedad en su superficie?

Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m2 kg ‒2.

Solución. a. El objeto describe una orbita circular con movimiento uniforme, por lo tanto se debe cumplir que la suma de fuerzas que actúen sobre él, deberán ser igual a la fuerza centrípeta. r r F = Fcentripeta

∑

La única fuerza que actúa sobre el objeto es la fuerza centrípeta, pasando a módulo:

M v2 v2 = G 2 r r r Donde M representa la masa del objeto estelar y m la masa de la estrella. G

M⋅m

= m⋅

ω2 ⋅ r 3  2 3  G  : M = 4 π ⋅ r 2π  G ⋅ T2 ω=  T 

M M v =G  2 2 r :ω ⋅r = G r v = ω ⋅ r 

M=

2

M=

(

4π 2 ⋅ 0,45 × 1011

)

3

6,67 × 10 −11 ⋅ (28 ⋅ 24 ⋅ 3600)2

= 9,22 × 1030 kg

b. Para calcular la gravedad en la superficie del objeto estelar se tiene en cuenta que en su superficie, el peso de un cuerpo es la fuerza gravitatoria con la que le atrae.

P = FG

m go = G

Mm R2

go = G

30 −11 9,22 × 10 = 6 , 67 × 10 ⋅ = 6,15 × 1010 m 2 2 s 3 R2  200 × 10      2  

M

Pregunta 2.Una onda armónica transversal se desplaza en el sentido positivo del eje X con una velocidad de 5 m s‒1 y con una frecuencia angular de π/3 rad s‒1. Si en el instante inicial la elongación en el origen de coordenadas es 3/π cm y la velocidad de oscilación es ‒1 cm s‒1, determine: a) La función de onda. b) La velocidad de oscilación en el instante inicial a una distancia del origen igual a media longitud de onda. Solución. a. La ecuación matemática de una onda armónica transversal que se desplaza en el sentido positivo del eje X expresada en función de seno es: y(x, t ) = A sen (ω t − K x + φ o ) π ω π 3 π −1 ω= K= = = m 3 v 5 15 La amplitud y la fase inicial se calculan mediante un sistema que se plantea con la posición y velocidad inicial. 3 x =0 ; t =0 y(x , t ) = A sen (ω t − K x + φ o )    → = A sen φ o π dy(x, t ) π x =0 ; t =0 v(x, t ) = = Aω cos (ω t − K x + φ o )    → −1 = A cos φ o dt 3 Dividiendo la expresión de la posición inicial entre la velocidad se obtiene la fase inicial 3π  φ o = 4 rad A sen φ o y(0, 0) π3 tg φ o = −1 :  = = π −1 v(0, 0) A π cos φ  φ o = − rad o 4  3

5

De los dos posibles desfases iniciales, el único que cumple las condiciones iniciales es

3π rad 4

 3π    y(0, 0) = A sen 4 > 0 3π rad :   φo = 3π 4  v(0, 0) = Aω cos