UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A ESTUDIOS UNIVERSITARIOS (LOGSE) FÍSICA Junio 2013 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 Pregunta 1.- Una onda transversal, que se propaga en el sentido positivo del eje X, tiene una velocidad de propagación de 600 m s‒1 y una frecuencia de 500 Hz. Determine: a) La mínima separación entre dos puntos del eje X que tengan un desfase de 60º, en el mismo instante b) El desfase entre dos elongaciones, en la misma coordenada x, separadas por un intervalo de tiempo de dos milésimas de segundo. Solución. Parámetros de la onda: ω 1000π 5 v = 600 m s −1 f = 500 Hz ω = 2π f = 2π ⋅ 500 rad s −1 = 1000π rad s −1 k = = = π m −1 v 600 3 a. El desfase entre dos puntos en un mismo instante viene dado por: ∆φ = (ωt − kx1 + φ o ) − (ωt − kx 2 + φ o ) = k (x 2 − x1 ) = k ⋅ ∆x ∆φ = k ⋅ ∆x

∆x =

π ∆φ = 3 = 0,2 m 5π k 3

b. El desfase entre dos elongaciones, en la misma coordenada x, separadas por un intervalo de tiempo viene expresado por: ∆φ = (ωt 2 − kx + φ o ) − (ωt 2 − kx + φ o ) = ω(t 2 − t1 ) = ω ⋅ ∆t

∆φ = ω ⋅ ∆t = 1000π rad ⋅ 2 × 10 −3 s = 2π rad s

Pregunta 2.- Una bobina circular de 20 cm de radio y 10 espiras se encuentra, en el instante inicial, en el interior de un campo magnético uniforme de 0,04 T, que es perpendicular al plano de su superficie. Si la bobina empieza a girar alrededor de uno de sus diámetros, determine: a) El flujo magnético máximo que atraviesa la bobina. b) La fuerza electromotriz inducida (fem) en la bobina en el instante t = 0,1 s, si gira con una velocidad angular de 120 rpm. Solución. a. El flujo a través de la bobina viene expresado por: r r Φ = N ⋅ B o S = N ⋅ B ⋅ S ⋅ cos α Para que el flujo sea máximo, tal como indica la figura, el ángulo que forma la superficie de las espiras y el campo magnético debe ser de cero grados (α = 0º).

Φ = N ⋅ B ⋅ S ⋅ cos 0 = N ⋅ B ⋅ S = N ⋅ B ⋅ π r 2 = 10 ⋅ 0,04 ⋅ π 0,2 2 = 0,05 Wb b.

Según la ley de Faraday: ε = − N

dΦ dt

1

Teniendo en cuenta que el campo magnético es uniforme y constante, y que las superficies de las espiras es constante, el flujo depende del ángulo que forman las superficies de las espiras con el campo magnético, el cuál depende de la velocidad angular de la bobina respecto a su diámetro. 120 ⋅ 2 π α = ω ⋅ t + φo ω= = 4 π rad s −1 60 Para t = 0, α = 0 ⇒ ϕo = 0 ⇒ α = 4π ⋅ t Sustituyendo en la expresión de la fuerza electromotriz inducida: dΦ d ε = −N = − N (B ⋅ S ⋅ cos(ω ⋅ t )) = + N ⋅ B ⋅ S ⋅ ω ⋅ sen (ω ⋅ t ) dt dt

ε = 10 ⋅ 0,04 ⋅ π ⋅ 0,2 2 ⋅ 4π ⋅ sen (4π ⋅ 0,1) = 0,6 v

Pregunta 3. Calcule: a) La densidad media del planeta Mercurio, sabiendo que posee un radio de 2440 km y una intensidad de campo gravitatorio en su superficie de 3,7 N kg‒1. b) La energía necesaria para enviar una nave espacial de 5000 kg de masa desde la superficie del planeta a una órbita en la que el valor de la intensidad de campo gravitatorio sea la cuarta parte de su valor en la superficie. Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,77×10‒11 M n‒2 kg‒2

Solución.

m M Donde M es la masa del Mercurio y R su radio, supuesto esférico. = V 4 3 πR 3 La intensidad de campo gravitatorio, se puede deducir teniendo en cuenta que el peso de un cuerpo es la superficie del planeta es la fuerza con la que atrae el planeta al cuerpo, que en módulo es: Mm M P = FG mg = G g=G 2 R R2 a.

d=

Mediante operaciones equivalentes, se transforma el segundo miembro en la densidad. M G 3g M g 3g 3 ⋅ 3,7 R2 = =d d= = = 4 4 4 4πRG 4πRG 4π ⋅ 2440 × 103 ⋅ 6,67 × 10 −11 πR 3 G ⋅ πR G ⋅ πR 3 3 3

d = 5427 kg m −3 b. Teniendo en cuenta que el campo gravitatorio es conservativo, la energía necesaria para poner una nave espacial en órbita será la diferencia de energía mecánica de la nave en la órbita y en la superficie de Mercurio. Mm 1 E M (órbita ) = E P + E c = −G + mv12 R1 2 Donde R1 representa el radio de la órbita y v1 la velocidad de la nave el la órbita. Para calcular R1 se tiene en cuenta el dato de que la intensidad de campo gravitatorio en la órbita(g1) el la cuarta parte que en la superficie(g). M  g1 = G   1  R 12  : G M = 1 G M g1 = g :   M  4  R12 4 R 2 g=G  R 2  Simplificando: R1 = 2R La velocidad de la nave en la órbita se obtiene teniendo en cuenta que la nave describe un movimiento circular uniforme, y por tanto la suma de todas las fuerzas que actúan sobre ella debe ser igual a la fuerza centrípeta que la hace girar.

FG = Fc

G

v2 =m 1 R1 R 12

Mm

2

v12 = G

M R1

Sustituyendo en la expresión de la energía:

E M (órbita ) = E P + E c = −G

Mm 1 M 1 Mm + mG =− G R1 2 R1 2 R1

La energía mecánica en la superficie es:

E M (superficie) = E P = −G

Mm R

La energía necesaria para poner la nave en órbita es: 1 Mm  Mm  1 Mm Mm 1 Mm Mm 3 Mm ∆E = − G −− G +G =− G +G = G  = {R1 = 2R} = − G 2 R1  R  2 2R R 4 R R 4 R La masa de Mercurio se puede expresar en función de la intensidad de campo gravitatorio en su superficie. M g=G GM = gR 2 2 R 3 Mm 3 2 m 3 3 ∆E = G = gR = gRm = ⋅ 3,7 ⋅ 2440 ×103 ⋅ 5000 = 3,3855 × 1010 J 4 R 4 R 4 4

Pregunta 4.- La vida media de un elemento radioactivo es de 25 años. Calcule: a) El tiempo que tiene transcurrir para que una muestra del elemento radioactivo reduzca su actividad al 70%. b) Los procesos de desintegración que se producen cada minuto en una muestra que contiene 109 núcleos radioactivos. Solución. 70 a. Se pide calcular el tiempo para que A = A o , teniendo en cuenta que A = λN: 100 λN = 0,7 λN o N = 0,7 N o

( ) Ln (e ) = Ln 0,7

Aplicando la ecuación fundamental la desintegración N = N o e −λt :

Noe

− λt

= 0,7 N o

e

− λt

− λt

= 0,70 t=−

−λt = Ln 0,7

Ln 0,7 λ

La constante de desintegración (λ) se obtiene de la vida media (τ) del elemento. 1 1 1 τ= λ = = a −1 λ τ 25 Ln 0,7 t=− = 8,9 a 1 25 a −1 b. El número de núcleos desintegrados en 60 segundos, es la diferencia entre el número de núcleos iniciales y el número de núcleos que quedan sin desintegrar pasado ese tiempo.

nº núcleos desintegrados = N o − N(t = 60) = N o − N o e −λ ⋅60

(

)

−9   nº núcleos desintegrados = N o 1 − e − λ ⋅60 = 109 ⋅ 1 − e −1,268×10 ⋅60  = 76,1 nucleos min  

Pregunta 5.- A 10 cm de distancia del vértice de un espejo cóncavo de 30 cm de radio se sitúa un objeto de 5 cm de altura. a) Determine la altura y posición de la imagen b)

Construya la imagen gráficamente indicando su naturaleza.

Solución. a.

R s = ‒10 cm y = 5 cm = −15 cm 2 Aplicando la ecuación fundamental de los espejos esféricos se calcula la posición de la imagen: R = ‒30 cm

f=

3

1 1 1 + = s′ s f Aumento lateral

ML =

b.

1 1 1 + = s′ − 10 − 15 y′ s′ =− y s

y′ 30 =− − 10 5

La imagen es VIRTUAL, DERECHA y de triple tamaño que el objeto.

4

1 1 = s′ 30

s′ = 30 cm

y′ = 15 cm

OPCIÓN B Pregunta 1.- Dos cargas puntuales q1 y q2 están situadas en el eje X separadas por una distancia de 20 cm y se repelen con una fuerza de 2 N. Si las suma de la dos cargas es igual a 6 µC, calcule: a) El valor de las cargas q1 y q2. b) El vector campo eléctrico en el punto medio de la recta que une las cargas. Dato: Constante de la ley de Coulomb, K = 9×109 N m2 C‒2.

Solución. a. Por repelerse y sumar 6 µC, las cargas deben tener igual signo, y ser positivas. Aplicando la Ley de Coulomb: r q ⋅q q ⋅q r F = K 1 2 u t En módulo F = K 1 2 2 d2 d q1 ⋅ q 2 8 q1 ⋅ q 2 = 10 −11 2 = 9 × 109 9 −2 2 20 × 10

(

 q1 + q 2 = 6 × 10 −6  8  −11 : q1 ⋅ q 2 = 9 ×10

q12

Si se toma como q1 =

− 6 ×10

−6

)

(

)

8 q1 ⋅ 6 × 10 − 6 − q1 = × 10 −11 9

10  −6 q1 = 3 ×10 8 −11 q1 + ×10 = 0: 8 9  q1 = ×10 − 6 3 

10 8 × 10 − 6 C ⇒ q 2 = × 10 − 6 C 3 3

b. El campo eléctrico en el punto medio del segmento que une las cargas es la suma vectorial de los campos generan cada una de las cargas. r r r r q r q r K E = E1 + E 2 = K 1 i − K 2 i = ( q1 − q 2 ) i d2 d2 d2 rN r 9 ×109  10 8 r E= × 10 − 6 − × 10 − 6  i = 6 × 105 i  2 3 C  10 × 10 − 2  3

(

)

Pregunta 2.- En el extremo libre de un resorte colgado del techo, de longitud 40 cm, se cuelga un objeto de 50 g de masa. Cuándo el objeto esta en posición de equilibrio con el resorte, este mide 45 cm. Se desplaza el objeto desde la posición de equilibrio 6 cm hacia abajo y se suelta desde el reposo. Calcule: a) El valor de la constante elástica del resorte y la función matemática del movimiento que describe el objeto. b) La velocidad y la aceleración al pasar por el punto de equilibrio cuando el objeto asciende. Solución. a. l o = 0,4 m m = 50 g l = 0,45 m A = 0,06 m F 50 × 10 −3 ⋅ 9,8 = = 9,8 N m ∆l 0,05 La función matemática del movimiento es: y(t ) = A sen (ω t + φ o )

F = k ⋅ ∆l

k=

F = m⋅a  k 9,8  a = −ω 2 x  : −mω 2 x = −kx ; k = mω 2 ; ω = = = 14 rad −3 s m 50 × 10 F = −k ⋅ x  Para calcular el desfase inicial, se tiene en cuenta que: y(t ) = A sen (ω t + φ o ) π sen φ o = −1 ⇒ φ o = − rad  : −A = A sen (ω ⋅ 0 + φ o ) Para t = 0, y(0) = −A  2

π  y(t ) = 0,06 sen 14t −  2 

5

b.

v = v máx En el punto de equilibrio:   a =0 y(t ) = A sen (ω t + φ o ) dy d v(t ) = = (A sen (ω t + φ o )) = Aω cos (ω t + φ o ) dt dt

v max ⇔ cos(ω t + φ o ) = 1 ; v max = A ⋅ ω = 0,06 ⋅14 = 0,84 m s −1

Pregunta 3.- La lente de un proyector tiene una distancia focal de 0,5 cm. Se sitúa a una distancia de 0,51 cm de la lente un objeto de 5 cm de altura. Calcule: a) La distancia a la que hay que situar la pantalla para observar nítida la imagen del objeto. b) El tamaño mínimo de la pantalla para que se proyecte entera la imagen del objeto. Solución. a. En un proyector, la imagen se forma por delante de la lente, imagen real, por lo tanto la lente debe ser convergente. f = −0,5 cm s = −0,51 cm y = 5 cm Aplicando la ecuación fundamental de las lentes delgadas: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 − =− − =− −= − = s′ s f s′ − 0,51 − 0,5 s′ 0,5 0,51 51 s′ = 25,5 cm La pantalla se debe colocar a 25,5 cm del proyector.

b.

y′ s′ s′ 25,5 = y′ = y ⋅ = 5 ⋅ = 250 cm y s s − 0,51 Como mínimo la pantalla deberá medir 2,5 m ML =

Pregunta 4.- Los electrones emitidos por una superficie metálica tienen una energía cinética máxima de 2,5 eV para una radiación incidente de 350 nm de longitud de onda, Calcule: a) El trabajo de extracción de un mol de electrones en julios. b) La diferencia de potencial mínima (potencial de frenado) requerida para frenar los electrones emitidos. Datos: Constante de Planck, h = 6,63×10‒34 J s; Número de Avogadro, N = 6,02×1023 mol‒1; valor absoluto de la carga de un electrón, e = 1,6×10‒19 C;

Solución. a. Aplicando la ecuación del efecto fotoeléctrico se despeja el trabajo de extracción. h ⋅ f = We + E c We = h ⋅ f − E c

c 3 × 108 1,6 × 10-19 J We = h ⋅ − E c = 6,63 × 10 − 34 ⋅ J − 2,5 eV = 1,68 ×10 −19 J λ 1 eV 350 × 10 − 9 We = 1,68 ×10 −19 b.

6,02 ×10 23 e − = 1,01× 105 J mol −1 mol e− J

⋅

Potencial de frenado: E c = e ⋅ Vo

Vo =

E c 2,5 ⋅1,6 ×10 −19 J = = 2,5 v e 1,6 ×10 −19 C

6

Pregunta 5.- Urano es un planeta que describe una órbita elíptica alrededor del Sol. Razone la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones: a) El módulo del momento angular, respecto a la posición del Sol, en el afelio es mayor que en el perihelio y lo mismo ocurre con el módulo del momento lineal. b) La energía mecánica es menor en el afelio que en el perihelio y lo mismo ocurre con la energía potencial. Solución. a. De las dos afirmaciones que se proponen, la primera es falsa, el módulo del momento angular del de Urano respecto del sol permanece constante debido a que esta sometido a fuerzas centrales. L = m ⋅ v ⋅ r = cte La segunda afirmación también es falsa, teniendo en cuenta la constancia del momento angular L = cte = m ⋅ v p ⋅ rp = m ⋅ v a ⋅ ra

v p ⋅ rp = v a ⋅ ra Teniendo en cuenta que el radio del perihelio es menor que el del afelio, la velocidad en el perihelio es mayor que en el afelio, por lo tanto el momento lineal de Urano en el perihelio será mayor que en el afelio pp = m ⋅ vp   : vp > va ⇒ pp > pa pa = m ⋅ va  b. La primera afirmación es falsa, debido a que Urano en su órbita alrededor del Sol solo está sometido a fuerzas centrales, por lo tanto su energía mecánica es constante. La segunda afirmación también es falsa, debido al carácter negativo de la energía potencial. rP < rA Mm Mm E p (P ) = −G < E p (A ) = −G rP rA

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