UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A ESTUDIOS UNIVERSITARIOS (LOGSE) FÍSICA Modelo 2009 INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN. La prueba consta de dos partes. La primera parte consiste en un conjunto de cinco cuestiones de tipo teórico, conceptual o teórico-práctico, de las cuales el alumno debe responder solamente a tres. La segunda parte consiste en dos repertorios A y B, cada uno de ellos constituido por dos problemas. El alumno debe optar por uno de los dos repertorios y resolver los dos problemas del mismo. TIEMPO: Una hora treinta minutos. 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, salvo indicación expresa en los enunciados. PRIMERA PARTE

Cuestión 1.a) Enuncie la tercera ley de Kepler y demuéstrela para el caso de órbitas circulares. b) Aplique dicha ley para calcular la masa del Sol suponiendo que la órbita de la Tierra alrededor del Sol es circular con un radio medio de l,49×108 km. . Dato: Constante de Gravitación Universal G = 6,67 × 10−11 N m2 kg−2 Solución. a. Tercera ley de Kepler:

“El cuadrado del periodo del movimiento de un planeta es directamente proporcional al cubo de la distancia media del planeta al sol” T2 =

4π 2 3 r GM

Deducción: En el caso de una órbita circular, la fuerza que actúa sobre un cuerpo es la fuerza gravitatoria y la aceleración es la aceleración centrípeta; por lo tanto podemos escribir la segunda ley de Newton como: G

Mm r2

=m

v2 r

Simplificando y despejando:

G

v 2  GM ω 2 ⋅ r 2 GM  : = ω2 ⋅ r r : 2 = r2 2 r r  r v = ω⋅ r 

Mm

=m

 = ω2 ⋅ r 2 4π 2 3  GM 4π 2 r r : 2 = 2 ⋅r ⇒ T = 2π  r GM T ω= T 

GM 2

b.

Para calcular la masa del sol se despeja M de la tercera ley de Kepler. r = 1,49 × 10 8 Km = 1,49 ×1011 m  3 2 3   4π r 4π 2 1,49 × 1011 M= =  G = 6,67 ×10 −11 Nm 2 Kg − 2  = = 1,97 ×10 30 Kg 2 2 − 11 7 GT  T = 365días = 3,15 ×10 7 s  6,67 ×10 ⋅ 3,15 ×10  

(

(

)

)

Cuestión 2.- La potencia de la bocina de un automóvil, que se supone foco emisor puntual, es de 0,1 W. a) Determine la intensidad de la onda sonora y el nivel de intensidad sonora a una distancia de 8 m del automóvil. b) ¿A qué distancias desde el automóvil el nivel de intensidad sonora es menor de 60 dB? Dato: Intensidad umbral de audición I0 = 10 -12 W m -2 Solución. a. Suponemos un medio isótropo con ondas esféricas. En cualquier punto situado a una distancia r del foco que emisor, la intensidad valdrá: P P 0,1W I= = o = = 1,24 × 10 − 4 w 2 S 4πr 2 4π ⋅ 8 2 m 2 m

Los decibelios: db = 10 ⋅ log

I 1,24 × 10 −4 = 10 ⋅ log = 81db Io 10 −12

b. Se calcula la distancia en la cual la intensidad de la onda sonora es 60 db. Teniendo en cuenta que la intensidad es inversamente proporcional a la distancia, en cualquier punto más alejado, la intensidad será menor. I I I 60db = 10 ⋅ log : 6 = log : 10 6 = : I = 10 6 ⋅10 −12 = 10 −6 w 2 −12 Io Io m 10

I=

Po 4πr 2

:r =

Po = 4π I

10 −1 4π ⋅10 −6

= 89,2 m

r > 89,2 m

Cuestión 3.a) Si un objeto se sitúa a una distancia de 2 cm delante de una lente convergente o delante de un espejo cóncavo, ambos de distancia focal 5 cm en valor absoluto, ¿cómo están relacionados los aumentos laterales y las posiciones de las imágenes que la lente y el espejo producen de dicho objeto? b) Realice el trazado de rayos en ambos casos. Solución. a. La posición de la imagen se calcula a partir de la ecuación fundamental de las lentes delgadas. 1 1 1 − = s' s f ' 1 1 1 1 1 1 1 −3 10 − = : = − : = : s' = − = −3,33 cm s' − 2 5 s' 5 2 s' 10 3 El signo negativo de la distancia imagen (s’) indica que la imagen es virtual.

y' s' −3,33 = = = 1,67 y s −2 El signo positivo del aumento lateral indica que la imagen es derecha. Además, como el aumento lateral es mayor que uno (y’ = 1,67y) la imagen será de mayor tamaño que el objeto. Aumento lateral: A L =

.

En el caso del espejo, la posición de la imagen se calcula con la ecuación fundamental de los espejos esféricos. 1 1 1 + = s' s f ' 1 1 1 1 1 1 1 3 10 + = : =− + : = : s' = = 3,33 cm s' − 2 − 5 s' 5 2 s' 10 3 El signo positivo de la posición de la imagen (s’) indica que la imagen es virtual, derecha.

y' s' 3,33 =− =− = 1,67 y s −2 Como el aumento lateral es mayor que la unidad, la imagen será mayor que el objeto. Aumento lateral: A L =

Las posiciones son iguales pero opuestas y los aumentos laterales son iguales.

b.

Construcción gráfica. Lente delgada convergente:

La imagen se forma delante de la lente, es virtual, derecha y de mayor tamaño que el objeto.

Espejo cóncavo:

La imagen se forma detrás del espejo, es mayor, derecha y virtual.

Cuestión 4.- Una espira cuadrada de 10 cm de lado está recorrida por una corriente eléctrica constante de 30 mA. a) Determine el momento magnético de la espira. b) Si esta espira está inmersa en un campo magnético uniforme B = 0,5 T paralelo a dos de sus lados, determine las fuerzas que actúan sobre cada uno de sus lados. Analice si la espira girará o no hasta alcanzar la posición de equilibrio en el campo. Solución. a. El momento magnético de una espira por la que circula una r corriente eléctrica de intensidad I situada en un campo magnético B , es un vector perpendicular al plano que contiene a la espira, que se obtiene como r r producto del escalar I (intensidad) por el vector área ( µ = I ⋅ A ). Su módulo es: I ≡ Intensidad = 30 × 10 −3 A  µ = I⋅A :  = 30 × 10 −3 ⋅10 − 2 = 3 × 10 −4 Am 2 − 2 −2 2  = 10 m   A ≡ Área de la espira = 10

( )

b. Un conductor por el que circula una corriente eléctrica experimenta una fuerza cuando está situado en un campo magnético. Esta fuerza es la resultante de todas las fuerzas de Lorentz que el campo magnético ejerce sobre las cargas que forman la corriente eléctrica. En el caso de un conductor rectilíneo, la fuerza la fuerza viene expresada por: r r r F = I ⋅ l × B ; F = I ⋅ l ⋅ B ⋅ sen α

( )

Aplicando la definición para cada lado de la espira y teniendo en cuenta la regla de la mano derecha:

Fab = I ⋅ l ab ⋅ B ⋅ sen α = 3 × 10 −3 ⋅10 −1 ⋅ 0,5 ⋅ sen 90 = 1,5 × 10 -3 N Fcd = I ⋅ l cd ⋅ B ⋅ sen α = 3 × 10 −3 ⋅10 −1 ⋅ 0,5 ⋅ sen 90 = 1,5 × 10 -3 N Fbc = I ⋅ l bc ⋅ B ⋅ sen α = 3 × 10 −3 ⋅10 −1 ⋅ 0,5 ⋅ sen 0 = 0 Fda = I ⋅ l da ⋅ B ⋅ sen α = 3 × 10 −3 ⋅10 −1 ⋅ 0,5 ⋅ sen 0 = 0 r r La dirección de la fuerza será perpendicular al plano que contiene l y a B . El sentido será opuesto al r r que determina el producto vectorial l × B , debido al signo negativo de la carga que circula por el conductor (electrones).

Las fuerzas que se generan sobre los lados ab y cd, producen un par de fuerzas que tiende a producir una rotación en la espira hasta dejarla en su posición de equilibrio (perpendicular al campo magnético), tal como muestra la figura.

Cuestión 5.- Discuta la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones: a) Un fotón de luz roja tiene mayor longitud de onda que un fotón de luz azul. b) Un fotón de luz amarilla tiene mayor frecuencia que un fotón de luz azul. c) Un fotón de luz verde tiene menor velocidad de propagación en el vacío que un fotón de luz amarilla. d) Un fotón de luz naranja es más energético que un fotón de luz roja. Solución. Para resolver está cuestión es necesario conocer el orden de frecuencia o de longitudes de onda de los colores básicos, no siendo necesario la escala, en el cuadro adjunto se muestra la escala de longitudes de onda de dichos colores. También será necesario conocer la relación entre la longitud de onda (λ), la frecuencia (f) y la energía (E). c E = h ⋅f : f = λ h = Constante de Plank (6,63×10−34 J·s); c = Velocidad de la luz (3×108 m·s−1).

La energía y la frecuencia son inversamente proporcionales a la longitud de onda. a.

Verdadero. El rojo es el color de mayor longitud de onda (620-750 nm) de todo el espectro visible.

b.

Falso. La frecuencia es inversamente proporcional a la longitud de onda f =

c ; λ (azul) < λ (amarillo) λ

por lo que f (azul) > f (amarillo). c. Falso. La velocidad de propagación de las ondas electromagnéticas (fotón) solo depende del medio por el que se propagan, puesto que ambos fotones se propagan en el vacío, su velocidad es la misma (c = 3×108 ms‒1). d.

Verdadero. La energía es inversamente proporcional a la frecuencia E = h

por lo que E (naranja) > E (rojo).

c ; λ (naranja) < λ (rojo) λ

SEGUNDA PARTE REPERTORIO A Problema 1.- En la figura se muestra la representación gráfica de la energía potencial (Ep) de un oscilador armónico simple constituido por una masa puntual de valor 200 g unida a un muelle horizontal, en función de su elongación (x). a) Calcule la constante elástica del muelle b) Calcule la aceleración máxima del oscilador c) Determine numéricamente la energía cinética cuando la masa está en la posición x = +2,3 cm. d) ¿Dónde se encuentra la masa puntual cuando el módulo de su velocidad es igual a la cuarta parte de su velocidad máxima? Solución. a. En un movimiento armónico simple, la energía potencial 1 elástica viene dada por la expresión E p = k x 2 2 Particularizando para x = 5 cm y tomando los valores del gráfico se calcula la constante elástica del muelle. 2 1 0,1 = k 5 × 10 − 2 : k = 80 N m 2

(

b.

)

Para un movimiento armónico simple, la aceleración viene dada por la expresión:

a=

d2x dt

2

= −Aω 2 sen (ωt + ϕ o )

Al ser el seno una función que oscila entre –1 y 1; la aceleración máxima vale Aω 2 . Para un muelle, la velocidad angular se puede expresar en función de la constante de elasticidad y de la masa unida al muelle por la expresión:

K K ⇒ ω2 = m m

ω=

Sustituyendo en la expresión de la aceleración máxima:

a max = Aω 2 = A c.

80 N K m = 5 × 10 − 2 m = 20 m 2 m s 200 × 10 −3 kg

Por el principio de conservación de la energía, se cumple: E m (x = 2,3 cm ) = E m (x = 5 cm ) = E m (Total ) = 0,1 J

(

)

(

) (

E m x = 2,3 × 10 −2 m = E p x = 2,3 ×10 −2 m + E c x = 2,3 × 10 −2 m

)

1   Teniendo en cuenta la expresión de la energía potencial elástica  E p = k x 2  y el valor de la 2   constante de elasticidad del muelle calculada en el apartado a: 2 1 N 0,1 J = 80 ⋅ 2,3 × 10 − 2 m + E c : E c x = 2,3 ×10 −2 m = 0,08 J 2 m

(

)

(

)

d. Se aplica de nuevo el principio de conservación de la energía, pero en este caso para obtener la energía potencial conocida la energía cinética. Conocida la energía potencial se calcula la elongación (posición). La energía cinética se puede calcular de dos formas diferentes: Por comparación de energías cinéticas y teniendo en cuenta que la energía cinética es máxima cuando la potencial elástica es nula y por tanto coincide con la energía mecánica total. 1 1  m ⋅ v 2max E c (máx ) = m ⋅ v 2max  v max E c (máx ) E (max ) E m (T ) 2 2 = = 16 ⇒ E c (x ) = c = : vx = :  2 1 4 E c (x ) 16 16  v max  1 E c (x ) = m ⋅ v 2x   m ⋅  2   2  4 

E c (x ) =

E m (T ) 0,1 J = = 0,006 J 16 16

Con la definición de energía cinética y calculando la velocidad máxima.

v=

 dx = Aω cos(ω t + ϕ o ) : v max = Aω = ω = dt 

80 N K  K m = 1m = 5 × 10 − 2 =A s m  m 0,2 kg

Conocida la velocidad máxima, se calcula la energía cinética cuando la elongación es x mediante la relación propuesta por el enunciado: 2 v 1 1 1 v x = max = = 0,25 m ⇒ E c (x ) = mv 2x = 0,2 kg ⋅ 0,25 m = 0,006 J s s 4 4 2 2

(

)

Conocida la energía cinética en el punto de elongación x, se calcula la energía potencial elástica teniendo en cuenta que la energía mecánica total es constante. E m (T ) = E p (x ) + E c (x ) : E p (x ) = E m (T ) − E c (x ) = 0,1 − 0,006 = 0,094 J Conocida la energía potencial elástica se calcula la posición. 1 E p (x ) = k x 2 2 1 N 2 0,094 ⋅ 2 0,094 J = ⋅ 80 ⋅ x ⇒ x = = 0,048 m = 4,8 cm 2 m 80

Problema 2.- El periodo de semidesintegración del 228Ra es de 5,76 años mientras que el de

224

Ra es de 3,66 días. Calcule la relación que existe entre las siguientes magnitudes de estos dos isótopos: a) Las constantes radiactivas. b) Las vidas medias. c) Las actividades de 1 g de cada isótopo. d) Los tiempos para los que el número de núcleos radiactivos se reduce a la cuarta parte de su valor inicial. Solución. a. El número de núcleos radioactivos que quedan sin desintegrar en una muestra al cabo de un tiempo t viene dado por la expresión:

N = N o ⋅ e −λ t Donde No es el número de núcleos iniciales, t es el tiempo transcurrido y λ es la constante radioactiva o constante de desintegración. Para calcular la relación entre las constantes radioactivas del 228Ra y 224Ra se aplica a la ecuación anterior el periodo de semidesintegración, o tiempo necesario para que se reduzca la muestra inicial a la mitad, se despeja la constante y se dividen las expresiones. N 228 Ra : T 1 = 5,76 años × 365,25 día = 2103,84 días : o = N o ⋅ e −λ 228 2103,84 año 2 2

1 = e −2103,84 λ 228 2 224

1 2

: Ln = −2103,84 λ 228 : λ 228 =

Ra : T 1 = 3,66 días : 2

1 = e −3,66 λ 224 2

Ln 2 2103,84

No = N o ⋅ e −λ 224 3,66 2

1 2

: Ln = −3,66 λ 224 : λ 224 =

Ln 2 3,66

La relación pedida se obtiene dividiendo las expresiones de las constantes radioactivas. Ln 2 λ 224 2103,84 3,66 = = = 574,8 ⇒ λ 224 = 574,8 λ 228 Ln 2 λ 228 3,66 2103,84 La constante del 224Ra es 574.8 veces mayor que el del 228Ra b. Se define la vida media (τ) de un isótopo radioactivo como el tiempo que tarda un núcleo elegido al azar en desintegrarse. 1 τ= λ Para el 228Ra: τ 228 =

1 λ 228

Para el 224Ra: τ 224 =

1 λ 224

La relación entre ambas magnitudes se obtiene dividiendo: 1 τ 228 λ 228 λ 224 = = = 574,8 ⇒ τ 228 = 574,8 τ 224 1 τ 224 λ 228 λ 224 La vida mediad el 228Ra es 574,43 veces menor que el del 224Ra. c. Se llama actividad o velocidad de desintegración (A) de una sustancia radioactiva al número de desintegraciones que se producen por unidad de tiempo: dN A= = λN dt

Por ser una magnitud proporcional a la constante radioactiva (λ), la relación entre las actividades de los dos isótopos del radio será la misma que entre que constantes. La actividad del 224Ra es 574,43 veces mayor que el del 228Ra.

d.

El tiempo necesario para que el número de núcleos se reduzca a la cuarta parte de su valor inicial es igual a dos periodos de desintegración, ya que el número de núcleos ha de reducirse a la mitad dos veces sucesivas.

( (

) = 2⋅T ( Ra ) 2 ⋅ T (

t 1 4 228 Ra

12

t 1 4 224

12

228 224

)= T ( Ra ) T ( Ra

El 224Ra tardará 574.43 veces más que el 228Ra.

12

12

228 224

) = 2103,84 = 574,43 3,66 Ra ) Ra

REPERTORIO B Problema 1.- En el plano x = 0 existe una distribución superficial infinita de carga cuya densidad superficial de carga es σ1 = +10 −6 C / m 2 a) Empleando el teorema de Gauss determine el campo eléctrico generado por esta distribución de carga en los puntos del espacio de coordenadas (1, 0, 0) y (−1, 0, 0). Una segunda distribución superficial infinita de carga de densidad superficial σ 2 se sitúa en el plano x = 3. b) Empleando el teorema de Gauss determine el valor de σ 2 para que el campo eléctrico resultante de ambas distribuciones superficiales de carga en el punto (−2, 0, 0) sea E = +10 4 i N/C. Nota: Todas las coordenadas están expresadas en unidades del SI Dato: Permitividad eléctrica del vacío ε 0 = 8.85 × 10 −12 C 2 N −1 m −2 Solución. a. Teorema de Gauss. El flujo neto que atraviesa una superficie cerrada cualquiera es igual a la suma algebraica de las cargas eléctricas encerradas en su interior dividida entre la constante dieléctrica del vacío. r Q r φ = EodS = S εo

∫

En un plano infinito de carga constante la superficie gaussiana elegida tiene forma de un paralelepípedo como el que muestra la figura, y por lo tanto habrá flujo a través de las superficies S y S’(S = S’) paralelas al plano cargado. Aplicando el teorema de Gauss y teniendo en cuenta que el campo es constante y paralelo al vector de superficie: r r Q φ = ∫ E o d S = ∫ E dS = E ∫ dS + E ∫ dS = E S + E S' = 2E S = S S S S' εo Q σ Q  =  = σ = 2Sε o  S  2ε o Expresión de la que se deduce que el campo e un punto del plano cargado es independiente de la distancia.. Aplicando al caso que se propone: E=

E=

10 −6 σ = = 5.65 × 10 4 N C 2ε o 2 ⋅ 8.85 ⋅10 −12

b. Según el principio de superposición, el campo en un punto es la suma vectorial de los campos generados por cada una de las distribuciones r r r E = E1 + E 2 r r r r r r E 2 = E − E 1 = 10 4 i − − 5.64 × 10 4 i = 6,65 × 10 4 i N C

(

)

Aplicando la expresión obtenida en el apartado a: σ E 2 = 2 ⇒ σ 2 = −2E 2 ε o = −2 ⋅ 6,65 × 10 4 ⋅ 8.85 × 10 −12 = −1,18 × 10 −6 C 2 2ε o m

(

)

Problema 2.- Sobre una lámina de vidrio de caras planas y paralelas de 3 cm de espesor y situada en el aire incide un rayo de luz monocromática con un ángulo de incidencia de 35°. La velocidad de propagación del rayo en la lámina es

2 c , siendo c la velocidad de la luz en el vacío. 3

a) Determine el índice de refracción de la lámina. b) Compruebe que el rayo emergerá de la lámina y determine el ángulo de emergencia. c) Dibuje la marcha del rayo a través de la lámina. d) Calcule la distancia recorrida por el rayo dentro de la lámina. Solución. a. El índice de refracción de la lámina se define como el cociente de la velocidad de la luz en el vacío y la velocidad de la luz en el medio. c c 3 n= = = = 1,5 v 2 c 2 3 b. Cuando un haz de luz monocromática incide sobre una lámina transparente de caras planas y paralelas se refracta en ambas caras de la lámina. Si la lámina de índice de refracción n2 está situada en un medio de índice de refracción n1, según la ley de Snell, se cumple: 1ª Cara: n1·sen i1 = n2· sen r1 2ª Cara: n2· sen r1 = n1·sen i2 Combinando ambas ecuaciones se obtiene: n1·sen i1 = n1·sen i2 sen i1 = sen i2 i1 = i2

El rayo luminoso emerge de la lámina paralelo al rayo incidente. Aplicando la Ley de Snell a cada superficie se calcula el ángulo de salida. n 1sen i1 = n 2 sen r1 ) n 1 ) ) sen r1 = 1 sen i1 ⇒ sen r1 = sen 35º = 0,3824 n2 1,5 ) r = arcsen 0,3824 = 22,5º Por ser un vidrio de caras planas y paralelas, el ángulo de incidencia de la segunda cara es igual que el ángulo de refracción de la primera cara, se comprueba volviendo a aplicar la ecuación de Snell

) ) 2ª refracción: n 2 sen r1 = n 1sen i2 ) ) n n ) ) 1,5 sen i2 = 2 sen r1 : sen i2 = 2 sen r1 = sen 22,5º = 0,5740 n1 n1 1 ) i2 = arcsen 0,5740 = 35º c. El rayo incide desde el aire en una cara de la lámina de vidrio bajo un ángulo i 1. Al pasar al interior se refracta, acercándose a la normal con un ángulo r1, atraviesa la lámina e incide en la parte interior de la otra cara paralela con el mismo ángulo con que se ha refractado en la 1ª cara r1. Al pasar al exterior se refracta, alejándose de la normal con un ángulo emergente i2.

d. Los rayos incidente y emergentes son paralelos. Para determinar la distancia recorrida y la separación entre ambos rayos se utiliza el triángulo ABC: Distancia recorrida, triángulo ABC: AC ) AC AB = distancia recorrida  cos r1 = : )  : AB = AC = Espesor(e ) AB  cos r1 

AB =

3 cm = 3,25 cm cos 22,5º