I.E.S BEATRIZ DE SUABIA

Dpto. Física y Química

a) Duración: 1 hora y 30 minutos

Instrucciones

b) Debe desarrollar las cuestiones y problemas de una de las dos opciones c) Puede utilizar calculadora no programable d) Cada cuestión o problema se calificará entre 0 y 2,5 puntos (1,25 puntos cada uno de sus apartados)

b) Esta afirmación es falsa ya que el módulo de

OPCIÓN A

la fuerza que la Tierra ejerce sobre un astronauta 1º. Razone la veracidad o falsedad de las F=G

siguientes afirmaciones: a) El peso de un cuerpo en la superficie de un planeta cuya masa fuera la mitad que la de la Tierra sería la mitad de su peso en la superficie de la Tierra. b)

El

estado

de

viene

MT m a r2

dado

por

la

expresión

donde MT = masa de la Tierra,

ma = masa del astronauta y r = distancia, medida desde el centro de la Tierra, hasta la posición del astronauta. Esta fuerza sólo será nula cuando la distancia r

“ingravidez”

de

los

astronautas en el interior de las naves espaciales orbitando alrededor de la Tierra se debe a que la fuerza que ejerce la Tierra sobre ellos es nula.

sea infinita, cosa que no ocurre en el caso de una nave espacial orbitando alrededor de la Tierra. La Tierra ejerce una fuerza no nula sobre el astronauta y, por lo tanto, éste tiene un peso determinado. La sensación de “ingravidez”

a) El peso de un cuerpo en la superficie de cualquier planeta es igual en módulo a: P=G

Mp m c

, donde Mp = masa del planeta,

R p2

viene provocada por el hecho de que tanto el astronauta

como

la

nave

están

“constantemente cayendo” sobre la superficie de la Tierra, sin llegar nunca tocarla ya que su

mc = masa del cuerpo y Rp = radio del planeta.

trayectoria es cerrada; de ahí la sensación de

Por lo tanto, el peso depende no sólo de la

“ingravidez” que aparece cuando un cuerpo cae

masa del planeta (directamente proporcional)

libremente.

sino

también

de

su

radio

(inversamente

proporcional a su cuadrado). Luego, si el radio

--------------- 000 ---------------

del planeta fuese el mismo que el de la Tierra, la afirmación sería verdadera ya que al ser la masa la mitad, el peso se reducirá también a la mitad. En cambio, si el radio del planeta es

2. a) Describa las características de los

distinto al de la Tierra la afirmación sería falsa

procesos de emisión radiactiva alfa, beta y

ya que el peso dependería también de la

gamma.

relación entre dichos radios. Pruebas de Acceso a la Universidad – Bachillerato LOGSE - Física 2004 - 4

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b) Uno de ellos consiste en la emisión de

forma un ángulo de 45º con el plano de una

electrones. ¿Cómo es posible que un núcleo

espira circular de radio R = 12 cm.

emita electrones? Razone su respuesta.

a) Calcule la fuerza electromotriz inducida en la espira en el instante t = 2 s.

a) La radiación alfa (α) está constituida por núcleos de helio

4 2 He

constituidos por 2

protones y 2 neutrones, por lo tanto poseen carga positiva. Su poder de penetración es pequeño siendo frenada por una o varias hojas

b) ¿Podría conseguirse que fuera nula la fuerza electromotriz inducida girando la espira? Razone la respuesta. a) La fuerza electromotriz inducida en una

de papel. La radiación beta (β) esta formada por los

B

45º

llamados electrones beta, que proceden del núcleo por desintegración de un neutrón, por lo

45º S

tanto poseen carga negativa. Su masa es más pequeña que la radiación alfa, en cambio, su poder de penetración es mayor, atravesando el papel pero siendo retenido, por ejemplo, por una lámina de aluminio de varios milímetros de

espira presente en un campo magnético viene dada por la expresión ε = −

espesor.

dφ dt

donde Ф

electromagnética, es decir, es energía pura, y

representa el flujo magnético que atraviesa la r r espira que es igual a φ = B • S = B S cos α ,

no sufre desviación al atravesar campos

donde B es el campo magnético, S la superficie

eléctricos

de

de la espira y α es el ángulo que forma el

penetración es alto siendo capaz de penetrar

campo magnético y el vector superficie de la

varios centímetros de plomo.

espira.

b) Se refiera a la radiación beta. Aunque en el

En

núcleo atómico no existen electrones, si es

electromotriz viene originada por la variación

posible que un núcleo los emita ya que estos

temporal del campo magnético ya que tanto S

proceden de la desintegración de un neutrón

como α son constantes. Por lo tanto, la fuerza

que da lugar a un protón y un electrón, siendo

electromotriz inducida valdrá:

La radiación gamma (γ) es de naturaleza

o

magnéticos.

Su

poder

este

caso,

la

generación

de

fuerza

éste emitido del núcleo como radiación beta. ε=− --------------- 000 ---------------

dφ d (B S cos α ) =− = dt dt

= − S cos α

d(2 cos 100 t ) = 200 S cos α sen 100 t dt

3º. Un campo magnético, cuyo módulo viene dado por:

Y su valor, en el instante t = 2 s, será: B = 2 cos 100 t

(S.I.)

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ε = 200 ⋅ π ⋅ (0,12 m)2 ⋅ cos 45º⋅sen 100 ⋅ 2 =

b) Calcule las energías cinética y potencial

= − 5,58 V

de la partícula cuando se encuentra a 5 cm de la posición de equilibrio.

b) Para que sea nula la fuerza electromotriz a) Se trata de un movimiento vibratorio armónico simple cuya amplitud es de A = 0,1 m. En dicho movimiento la relación entre la B

aceleración y la posición viene dada por la expresión a = − ω 2 x , lo que comparando con la expresión dada resulta que ω = 4 π rad s-1.

S

La ecuación de la posición en dicho movimiento puede inducida en la espira es necesario que no varíe el flujo magnético que atraviesa la espira, lo cual se puede conseguir haciendo girar la espira 45 º de tal forma que su plano se encuentre paralelo a las líneas de fuerza del campo magnético, con su vector superficie perpendicular a las mismas. (ver figura). En esta

situación,

ninguna

línea

de

fuerza

atravesaría la espira y, por lo tanto, el flujo magnético sería nulo y no se inducirá ninguna

expresarse

de

la

forma

general

x = A cos (ω t + δ ) donde A = amplitud, ω =

frecuencia angular y δ = fase inicial. En nuestro caso, A = 0,1 m y ω = 4 π rad s-1. Para calcular la fase inicial tendremos en cuenta que cuando t = 0 s la posición es x = 0,1 m. Por lo tanto, sustituyendo en la ecuación general tendremos que:

(

0,1m = 0,1m cos 4 π rad ⋅ s −1 ⋅ 0 s + 1 = cos δ

fuerza electromotriz a pesar de que pueda

⇒

δ

)

⇒

δ = 0 rad

variar temporalmente el campo magnético. Por lo tanto, la ecuación de la posición será: x = 0,1cos (4 π t )

--------------- 000 ---------------

(S.I.)

La ecuación de la velocidad será: 4º. Una partícula de 50 g vibra a lo largo del eje X, alejándose como máximo 10 cm a un lado y a otro de la posición de equilibrio (x =

v=

d x d(0,1cos 4πt ) = = − 0,4 π sen (4 π t ) (S.I.) dt dt

0). El estudio de su movimiento ha revelado que existe una relación sencilla entre la aceleración y la posición que ocupa en cada

b) La energía mecánica o total, en el m.v.a.s.,

instante: a = - 16 π2 x.

viene dada por la expresión E m =

a) Escriba las expresiones de la posición y

siendo A la amplitud y

1 k A2 2

de la velocidad de la partícula en función del tiempo, comenzó

sabiendo a

medir

que

este

cuando

último la

se

partícula

(

k = m ω 2 = 0,05 kg ⋅ 4 π rad ⋅ s −1

)

2

= 7,89 N m −1

pasaba por la posición x = 10 cm. Pruebas de Acceso a la Universidad – Bachillerato LOGSE - Física 2004 - 4

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Por lo tanto, la energía mecánica valdrá:

Em =

1 7,89 N m −1 ⋅ (0,1m)2 = 0,0394 J 2

OPCIÓN B

1º. Una carga eléctrica positiva se mueve en un campo eléctrico uniforme. Razone cómo

La energía potencial cuando se encuentra en la

varía su energía potencial electrostática si la

posición x = 0,05 m será:

carga se mueve: a) En la misma dirección y sentido del

1 2 1 k x = 7,89 N m −1 ⋅ (0,05 m)2 = 2 2 = 0,00986 J

Ep =

Y como en todo momento

Em = Ec + Ep

campo eléctrico. ¿Y si se mueve en sentido contrario?. b) En dirección perpendicular al campo eléctrico. ¿Y si la carga describe una circunferencia y vuelve al punto de partida?.

tendremos que la energía cinética valdrá: a) Si la carga se mueve en la dirección del E c = E m − E p = 0,0394 J − 0,00986 J =

E

= 0,02954 J v

A

B

--------------- 000 ---------------

campo es éste quien está realizando el trabajo para desplazar la carga y, por lo tanto, deberá disminuir la energía potencial de la misma. Por otro lado, la diferencia de energías potenciales entre dos puntos dentro de un campo eléctrico uniforme viene dada por: E p (B) − E p ( A ) = − Q E d

donde Q es la carga que se desplaza, E el valor del campo eléctrico y d es la distancia, medida en el sentido del campo, que se para a los puntos. Por lo tanto, se puede observar que si Q es positiva y d es positiva la variación de energía potencial es negativa, es decir, la energía potencial disminuye al desplazarse del punto A al B.

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En el caso de que la carga se mueva en

2º. Analice las siguientes proposiciones

sentido contrario al campo, la distancia d es

razonando si son verdaderas o falsas:

negativa en este caso y por lo tanto la

a) El trabajo de extracción de un metal

diferencia de energía potencial es positiva lo

depende de la frecuencia de la luz incidente.

que origina que la carga aumente su energía

b) La energía cinética máxima de los

potencial al desplazarse en sentido contrario al

electrones

campo. Por otro lado, si la carga positiva se

fotoeléctrico

desplaza en sentido contrario al campo es

frecuencia de la luz incidente.

emitidos varía

en

el

efecto

linealmente

con

la

porque debe existir una fuerza externa al mismo

que

produce

ese

desplazamiento

a) Esta afirmación es falsa ya que el trabajo de

realizando un trabajo externo que origina un

extracción

aumento de energía potencial.

arrancar un electrón de la superficie del metal

es

la

energía

necesaria

para

y, lógicamente, este trabajo depende de la b) Las superficies equipotenciales son planos

estructura interna del metal considerado, es decir, de las fuerzas internas al metal que

E

mantienen al electrón. Este trabajo es diferente

v

para cada uno de los metales y se puede expresar de la forma W ext = h fumbral donde h es la constante de Planck y fumbral

es la

frecuencia umbral, es decir, la frecuencia mínima que debe tener la luz incidente para

V = cte Superficies Equipotenciales

poder arrancar electrones a la superficie

perpendiculares a las líneas de fuerza del

metálica.

campo eléctrico. Si la carga se mueve en dirección perpendicular al campo eléctrico se esta

moviendo

equipotencial,

dentro

de

permaneciendo

una

b) La energía de la luz incidente, Einc = h finc se

superficie

constante

el

Ec max

valor de su energía potencial. Si la carga describe una trayectoria circular, o de cualquier tipo, volviendo a su posición inicial, el punto inicial y final es el mismo, por lo tanto la energía potencial inicial y final serán la

f

f0

misma y la carga no experimentará ni aumento

invierte en extraer primero al electrón y

ni disminución de energía potencial.

después comunicarle una energía cinética. Por lo

--------------- 000 ---------------

tanto,

matemáticamente

podremos

expresarlo de la forma:

E i = Wext + E c

⇒

E c = E i − Wext =

= h finc − h fumbral

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FT = F cos α

En la gráfica se representa cómo varia la

FN = F sen α

energía cinética en función de la frecuencia de la luz incidente. Como puede observarse esta

donde α es el ángulo que forma la fuerza F con

variación es lineal pero sólo a partir de la

la horizontal.

frecuencia umbral (fo) ya que para luces de

La fuerza de rozamiento, que va siempre en

frecuencias inferiores a la umbral no se

contra del movimiento, y cuyo valor será:

produce la fotoemisión de electrones al ser su Froz = µ N = µ (P − FN ) = µ (m g − F sen α )

energía inferior al trabajo de extracción.

Si el trineo desliza con movimiento uniforme es

--------------- 000 ---------------

porque la fuerza resultante en la dirección del movimiento debe ser nula. Para que esto 3º. Un trineo de 100 kg desliza por una pista r horizontal al tirar de él con una fuerza F ,

ocurra se deberá cumplir que FT = Froz . por lo tanto:

cuya dirección forma un ángulo de 30º con F cos α = µ m g − µ F sen α ⇒ F (cos α + µ sen α ) = µ m g

la horizontal. El coeficiente de rozamiento es 0,1. a) Dibuje en un esquema todas las fuerzas que actúan sobre el trineo y calcule el valor de F para que el trineo deslice con

F=

µmg 0,1⋅ 100 kg ⋅ 10 m s −2 = = cos α + µ sen α cos 30º + 0,1⋅ sen 30º

= 109,16 N

movimiento uniforme. b) Haga un análisis energético del problema r y calcule el trabajo realizado por la fuerza F

b) Al ser las dos fuerzas iguales pero de

en un desplazamiento de 200 m del trineo.

sentido contrario el cuerpo se mueve con

g = 10 m s-2.

velocidad constante, es decir, su energía cinética no varia. Esto es debido a que el

a) Las fuerzas que actúan sobre el trineo están

trabajo realizado por la fuerza total es cero ya

representadas en la figura adjunta.

que el trabajo positivo que realiza la fuerza F se ve contrarrestado por el trabajo negativo que

FN

F

realiza la fuerza de rozamiento. El trabajo que realiza la fuerza F será:

30º

Froz

FT

W (F ) = F ⋅ ∆ r ⋅ cos α = 109,16 N ⋅ 200 m ⋅ cos 30º = = 18907,06 J P

La fuerza peso del trineo cuyo valor es P = mg.

--------------- 000 ---------------

La fuerza F que descompondremos en sus componentes perpendiculares de valores: Pruebas de Acceso a la Universidad – Bachillerato LOGSE - Física 2004 - 4

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4º. Una lámina de vidrio, de índice de n aire sen 60º = n vidrio sen r

n sen 60º 1⋅ 0,866 sen r = aire = = 0,577 n vidrio 1,5

h

60º

⇒ ⇒

r = 35,26º 10 cm

A partir de este valor podremos calcular la distancia d:

d

20 cm

refracción 1,5 , de caras paralelas y espesor

d = 0,1m ⋅ tag 35,26º = 0,07 m

10 cm, está colocada en el aire. Sobre una de sus caras incide un rayo de luz, como se muestra en la figura. Calcule: a) La altura h y la distancia d marcadas en la

b) La luz recorre en la lámina una distancia AB que valdrá:

(0,1m)2 + (0,07 m)2

AB =

figura.

= 0,122 m

b) El tiempo que tarda la luz en atravesar la

La velocidad de la luz en el vidrio podremos

lámina.

obtenerla a partir del índice de refracción de tal 8

c = 3·10 m s-1.

forma que:

a) Para poder calcular la altura h y la distancia d se necesita conocer previamente los ángulos α y r. El ángulo α debe valer 30º tal como se muestra

n vidrio = =

c v vidrio

⇒

v vidrio =

c n vidrio

=

3 ⋅10 8 m s −1 = 2 ⋅10 8 m s −1 1,5

Y, por lo tanto el tiempo que tardará la luz en atravesar la lámina será:

h

60º

60º

"

A

t=

e v vidrio

=

0,122 m 2 ⋅ 108 m s−1

= 6,1⋅ 10−10 s

10 cm

r d

B

20 cm

--------------- 000 ---------------

en la figura. Por lo tanto la altura h se puede calcular de la forma: h = 0,2 m ⋅ tag 30º = 0,115 m

El ángulo r corresponde al ángulo de refracción al pasar la luz del aire al vidrio, luego aplicando la ley de Snell tendremos que: Pruebas de Acceso a la Universidad – Bachillerato LOGSE - Física 2004 - 4

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