Departamento de Física Aplicada III Escuela Superior de Ingenieros Camino de los Descubrimientos s/n 41092 Sevilla EXAMEN DE FUNDAMENTOS F´ ISICOS DE LA INGENIER´ IA.CURSO 08/09. ´ PRIMERO INGENIERO DE TELECOMUNICACI ON. ENERO ´ DETALLADA SOLUCION Salvo indicaci´on expresa todas las unidades est´an en el Sistema Internacional. En aquellas cuestiones donde sea necesario cuantificar el m´odulo de la aceleraci´on de la gravedad (g), t´omese ´este igual a 10. En las cuestiones de Relatividad c es la velocidad de la luz. La configuraci´on est´andar de dos sistemas de referencia, S y S 0 , es aquella en la que los ejes hom´onimos son paralelos, S 0 se traslada con respecto a S con velocidad constante ~v = v~ı, y los or´ıgenes O y O 0 coinciden en t = t0 = 0. En las cuestiones de cu´antica, salvo que se indique lo contrario, las funciones de onda y autofunciones est´an normalizadas. PRIMERA PARTE 1. En general, un sistema de part´ıculas se encuentra en reposo si: × Su energ´ıa cin´etica es nula. La velocidad de su centro de masas es nula. Las otras dos respuestas son incorrectas. Soluci´ on. Como la energ´ıa cin´etica es una suma de t´erminos positivos o nulos, para que sea nula ha de serlo cada sumando. Es decir, cada part´ıcula debe tener velocidad nula, que es la definici´on de reposo. Por tanto, la primera afirmaci´ on es verdadera. Para ver que la segunda afirmaci´on es falsa basta un contraejemplo: Dos part´ıculas id´enticas viajando con velocidades opuestas del mismo m´odulo. La velocidad del centro de masas de este sistema es nula, sin estar el sistema en reposo. Con esto queda demostrado que las afirmaciones segunda y tercera son falsas. 2. Un punto P se mueve en el plano OXY describiendo una circunferencia de centro O y radio R = 1, siendo el m´odulo de la aceleraci´on tangencial igual a 2. En t = 0, P se encuentra en reposo en la posici´on x(0) = R, y(0) = 0, y la componente de la aceleraci´on seg´ un OY es positiva. ¿Cu´anto tiempo transcurre hasta que x √ alcanza el valor 2/2? √ √ √ π ; 2 π ; × π/2 Soluci´ on. Tomamos el sentido de crecimiento del elemento de arco sobre la circunferencia coincidente con el sentido de la aceleraci´on tangencial. Entonces, si denominamos v a la celeridad, se tendr´a: Z v Z t dv aT = 2 = =⇒ dv = 2dt =⇒ v = 2t. (1) dt 0 0 Donde se ha tenido en cuenta que en t = 0 P est´a en reposo. Ahora, si el origen del elemento de arco lo tomamos en la posici´on de P en t = 0, tendremos: Z s Z t Z t ds v= =⇒ ds = vdt = 2tdt =⇒ s = t2 . dt 0 0 0 1

(2)

Denominando ρ = R = 1, θ a las coordenadas polares de P , y x, y a las cartesianas, se tiene: x = ρ cos θ = cos θ. De aqu´ı se deduce que cuando x =

(3)

√ 2/2, entonces θ = π/4.

Pero, por otra parte: s = R · θ.

(4)

Ahora, sustituyendo (2) en (4) y particularizando para θ = π/4 obtenemos el resultado pedido: t=

√ √ R · θ = π/2.

(5)

3. Un sistema S est´a constituido por N part´ıculas, de masas m i , i = 1, .., N . S se mueve respecto a un sistema de referencia inercial, de modo que la suma de las fuerzas exteriores es perpendicular a una direcci´on fija ~u. En t = 0 S se encuentra en reposo. Sea ~v i la velocidad de la part´ıcula i. En general, podemos afirmar que: PN P PN × vi · ~u = 0 ; mi~vi · ~u = 0 ; ( N vi · ~u) = 0 i=1 mi~ i=1 mi )( i=1 ~ Soluci´ on.

Nos dicen que la suma de las fuerzas exteriores a S, F~ ext , es perpendicular a la direcci´on fija ~u. Como F~ ext interviene en el teorema de la cantidad de movimiento veamos qu´e nos dice este teorema aplicado a S: dP~ = F~ ext dt

dP~ · ~u = F~ ext · ~u = 0. dt

=⇒

(6)

Pero ~u es un vector constante, por lo que su derivada temporal es nula, y de (6) se deduce: dP~ d · ~u = (P~ · ~u) = 0 dt dt

=⇒

− → P~ · ~u = cte.

(7)

Y en el enunciado nos dicen que en t = 0 S est´a en reposo, por lo que se deduce que P~ es nula en dicho instante. Entonces, particularizando (7) para t = 0 deducimos que la constante de esta ecuaci´on es nula. Es decir: P~ · ~u = 0

⇐⇒

N X i=0

mi~vi · ~u = 0.

Luego la respuesta correcta es la primera. 4. En el sistema de la figura, la polea es ideal y hay rozamiento entre m 1 y m2 , y entre m1 y el suelo, siendo el coeficiente de rozamiento µ = 0.2. Si m 1 = 1 y m2 = 1, ¿cu´al es el m´ınimo valor del m´odulo de F~ por encima del cual el sistema se pone en movimiento desde el reposo? 6 × 8

12

g m2 m1

F

Soluci´ on. Existen dos maneras de resolver este problema. Bueno, realmente me imagino que habr´a infinitas 1 . Lo que quiero decir es que existen dos problemas f´ısicamente distintos, cuya soluci´on es la soluci´on de nuestra 1 Decir infinitas quiz´ a sea exagerado. Digamos que el l´ımite a su n´ umero lo pone la imaginaci´ on de las personas que resuelvan el problema.

2

cuesti´on. Podemos estudiar el problema en el que los bloques 1 y 2 est´an en reposo, y buscar el valor de F por encima del cual el sistema dejar´a de estar en reposo. Obtenemos as´ı la F m´axima del “r´egimen est´atico”. Pero podemos estudiar tambi´en el sistema en movimiento acelerado, e investigar el valor de F para el que la aceleraci´on es nula. Obtendr´ıamos as´ı la F m´ınima del “r´egimen din´amico”. Ambas respuestas deben ser iguales. Y ambos m´etodos tienen el mismo nivel de dificultad. Nosotros usaremos el segundo2 . Empezamos por tomar unos ejes inerciales. Tomamos el eje OX en el suelo, en el sentido de la fuerza F~ , y el eje OY vertical ascendente. Y vamos a aplicar el teorema del centro de masas a cada bloque. Empezamos por el bloque 1. Los m´odulos de las fuerzas externas que act´ uan sobre ´el son F , la normal ejercida por el suelo la normal ejercida por el otro bloque (N ), el rozamiento del suelo 3 (µNS ), el rozamiento del otro bloque (µN ), la tensi´on de la cuerda (T ) y el peso (m 1 g). La aceleraci´on del centro de masas del bloque 1 ser´a horizontal: ~aG1 = a~ı. De modo que tendremos: F − T − µNS − µN = m1 a

(8)

NS − N − m1 g = 0.

(9)

Apliquemos ahora el teorema del centro de masas al bloque 2. Debemos de percatarnos de que la presencia de la cuerda impone que los movimientos de 1 y 2 sean iguales en magnitud, pero contrarios. En concreto, ~aG2 = −~aG1 . Por tanto: µN − T = m2 (−a) N − m2 g = 0

=⇒

N = m2 g.

(10) (11)

Sistema de 4 ecuaciones con 4 inc´ognitas de f´acil soluci´on. Llevando (11) a (9) obtenemos N S = (m1 + m2 )g. Ahora, sustituyendo los valores de N y N S en (8) y (10) y rest´andolos, obtenemos: F − µNS − 2µN = (m1 + m2 )a

⇐⇒

F − µ(m1 + 3m2 )g = (m1 + m2 )a.

(12)

Ahora podemos obtener el valor m´ınimo de F compatible con el r´egimen din´amico. Ser´a aquel que se deduce de (12) haciendo a = 0: Fmin = µ(m1 + 3m2 )g = 0.2(1 + 3)10 = 8. 5. Un carro se encuentra en reposo sobre el suelo horizontal sin rozamiento. Sobre el carro, tambi´en en reposo, se encuentra un ni˜ no. Consid´erense las dos situaciones siguientes: a) El ni˜ no salta del carro, siendo u la componente horizontal de la velocidad de su centro de masas respecto al suelo; b) El ni˜ no comienza a caminar sobre el carro, siendo u la componente horizontal de la velocidad de su centro de masas respecto al suelo. Sea Va la celeridad adquirida por el carro en la situaci´on a), y V b la correspondiente a la situaci´on b), estando ambas referidas al suelo. Consid´erese despreciable la resistencia del aire. ¿Cu´al de las siguientes respuestas es la correcta? Va > V b

;

Va < Vb

;

× V a = Vb

Soluci´ on. Consideremos el sistema S formado por el carro y el ni˜ no. Sobre este sistema no act´ uan fuerzas externas horizontales. Por tanto, se conservar´a la componente horizontal de la cantidad de movimiento de S. Y 2

Puede ser un buen ejercicio comprobar que el primer m´etodo conduce al mismo resultado. Podemos decir que la fuerza de rozamiento es µ por la normal puesto que hemos optado por resolver el problema desde la cara del deslizamiento (lo que hemos denominado arriba “r´egimen din´ amico”). 3

3

como nos dicen que inicialmente carro y ni˜ no est´an en reposo, concluimos que la componente horizontal de la cantidad de movimiento de S permanecer´a nula. Es decir, las componentes horizontales de las cantidades de movimiento del ni˜ no y del carro son iguales y contrarias en todo momento. Tanto en la situaci´on a como en la b la componente horizontal de la cantidad de movimiento del ni˜ no es la misma. Por tanto, concluimos que: Va = V b . 6. Un punto P realiza un movimiento arm´onico simple en el eje OX alrededor del origen, con amplitud A. En general, podemos afirmar que: Para todo x ∈ (−A, A) existen dos velocidades posibles de distinto sentido y distinto m´odulo.

× Para todo x ∈ (−A, A) existen dos velocidades posibles de distinto sentido e igual m´odulo.

Para todo x ∈ (−A, A) existen dos velocidades posibles del mismo sentido y distinto m´odulo. Soluci´ on. Es evidente que para cada x ∈ (−A, A) P pasa por all´ı de dos maneras: o´ alej´andose de O o´ acerc´andose a O. Es decir, existen dos velocidades posibles de sentidos opuestos. Ahora queda investigar el m´odulo. Tenemos: x = A cos(ωt + φ) = A cos θ

(13)

x˙ = −Aω sen(ωt + φ) = −Aω sen θ.

(14)

Vemos que para cada posici´on existen dos valores posibles de la fase: θ y −θ, que corresponden a velocidades del mismo m´odulo, pero de sentidos opuestos: cos θ = cos(−θ)

⇐⇒

x(θ) = x(−θ)

sen θ = − sen(−θ)

⇐⇒

x(θ) ˙ = −x(−θ). ˙

Por tanto, la respuesta correcta es la segunda. ~ = −2x~ ˙ ı. 7. Una part´ıcula P de masa m = 4 se mueve en el eje OX sometida a las fuerzas F~e = −(x/4)~ı y R ¿Qu´e tipo de movimiento realiza P ? × Cr´ıticamente amortiguado

;

Subamortiguado ;

Sobreamortiguado

Soluci´ on. Esta es una cuesti´on casi te´orica. S´olo tenemos que comparar γ/2 con ω 0 . Si γ/2 < ω0 el oscilador estar´a subamortiguado. Si γ/2 > ω0 el oscilador estar´a sobreamortiguado, y si son iguales el amortiguamiento ser´a cr´ıtico. En este caso tenemos que m = 4 ; c = 2 y k = 1/4. Por tanto: r k ω0 = = 1/4 ; γ = c/m = 1/2 =⇒ m

γ/2 = 1/4 = ω0 ,

y el oscilador est´ a cr´ıticamente amortiguado. 8. En el movimiento de un oscilador libre amortiguado, de constante de amortiguamiento γ = 50, el tiempo necesario para que las oscilaciones se hagan despreciables es aproximadamente 100τ , siendo τ el tiempo de amortiguamiento. Si el oscilador se somete a oscilaciones forzadas, ¿cu´anto tiempo ser´a necesario para que desaparezca el r´egimen transitorio? 4

1

;

2

;

× 4

Soluci´ on. El tiempo que tiene transcurrir para que un oscilador arm´onico amortiguado y forzado alcance el r´egimen permanente o, lo que es lo mismo, finalice el r´egimen transitorio, es el mismo que el que tiene que transcurrir para que cuando oscila libremente sus oscilaciones se hagan despreciables. En efecto, en el caso forzado el movimiento viene dado por: x(t) = xl (t) + xf (t),

(15)

y el r´egimen permanente se alcanza cuando: xl (t) ≈ 0.

(16)

x(t) = xl (t).

(17)

En el caso libre el movimiento viene dado por:

Vemos que la condici´on para que este movimiento sea despreciable coincide con (16). Por tanto, el tiempo que nos piden es: 100τ = 100 · 2/γ = 100 · 2/50 = 4. 9. Sea g(x, t) = 4x2 + t2 − 6x − 3t + 4xt + 1. ¿Cu´al de las afirmaciones siguientes es correcta? × g(x, t) es una onda viajera.

g(x, t) no verifica la ecuaci´on de ondas. g(x, t) es una superposici´on de ondas viajeras de distintos sentidos. Soluci´ on. Empecemos por ver si g satisface la ecuaci´on de ondas. Es f´acil comprobar que ∂ 2 g/∂x2 = 8 y ∂ 2 g/∂t2 = 2. Por tanto: ∂2g 1 ∂2 − ≡0 ∂x2 v 2 ∂t2

si

v 2 = 1/4

⇐⇒

v = ±1/2.

(18)

Ya sabemos que es una onda. Pero, ¿es viajera? S´olo caben tres posibilidades: (1) Es una onda viajera con v = +1/2. (2) Es una onda viajera con v = −1/2.

(3) Es una superposici´on de ondas viajeras con v = +1/2 y v = −1/2.

Si estamos en el caso (1) el cambio de variables x 0 = x − (1/2)t debe transformar g(x, t) en una funci´on s´olo de x0 . Veamos si este es el caso: x = x0 + t/2

=⇒

g = 4(x0 + t/2)2 + t2 − 6(x0 + t/2) − 3t + 4(x0 + t/2)t + 1 = 4(x0 )2 + 8x0 t + 4t2 − 6x0 − 6t + 1,

que no es funci´on s´olo de x0 . Veamos ahora si estamos en el caso (2) haciendo el cambio x 0 = x + (1/2)t: g = 4(x0 − t/2)2 + t2 − 6(x0 − t/2) − 3t + 4(x0 − t/2)t + 1 = 4(x0 )2 − 6x0 + 1, que s´ı es una funci´on s´olo de x0 . Por tanto, podemos concluir que g(x, t) es una onda viajera que viaja con celeridad 1/2 en el sentido negativo del eje OX. 5

10. Sea g(r, t) una onda arm´onica esf´erica que se propaga desde el origen del sistema de referencia OXY Z. Se sabe que el tiempo que tarda cierto frente de onda en alcanzar el plano x + 2y + 2z + 6 = 0, propag´andose desde el origen, es igual al doble del periodo de la onda. ¿Cu´anto vale la longitud de onda? 2/3

;

× 1

;

4

Soluci´ on. El espacio recorrido por un frente de onda para viajar desde el origen hasta el plano es la distancia d que hay entre dichos elementos geom´etricos. Para calcularla podemos coger el radio vector de un punto P cualquiera del plano, y proyectarlo en la direcci´on ~u normal al mismo: −→ d = |OP · ~u| = |(−6, 0, 0) · (1, 2, 2)/3| = 2. Donde hemos tomado P en la intersecci´on del plano con el eje OX. El frente de onda recorre d en un tiempo ∆t = 2T , siendo T el periodo de la onda, y viajando con la celeridad de propagaci´on. Por tanto: v=

λ d 2 = = T ∆t 2T

=⇒

λ = 1.

11. Los sistemas de referencia S y S 0 est´an en la configuraci´on est´andar. Si seg´ un S dos eventos ocurren en la misma posici´on del espacio y con una diferencia de tiempo ∆t, ¿qu´e intervalo temporal mide S 0 entre esos dos mismos sucesos? 1 . 1−v 2 /c2

Nota: γ = √ γ ∆t 2

;

× γ∆t ;

2γ∆t

Soluci´ on4 . Por las transformaciones de Lorentz sabemos que ∆t0 = γ(∆t −

v∆x ). c2

Impongamos a continuaci´on que ∆x = 0, lo que significa que el tiempo que mide S es un intervalo de tiempo propio. Entonces, llegamos a la conocida expresi´on de la dilataci´on del tiempo: ∆t0 = γ∆t. 12. Los sistemas S, S 0 y S 00 tienen los ejes X superpuestos, todos con el mismo sentido. S y S 0 est´an en la configuraci´on est´andar, movi´endose S 0 con respecto a S en el sentido positivo del eje OX con celeridad c/2. S 0 y S 00 est´an en la configuraci´on est´andar, movi´endose S 00 con respecto a S 0 en el sentido negativo del eje O 0 X 0 con celeridad c/2. Cuando el reloj de O 00 marca 1 env´ıa un pulso de luz a O. ¿Cu´ando llega el pulso de luz a O seg´ un S? × t=1

;

t=2

;

t=3

Soluci´ on5 . Denominemos 1 al suceso “O 00 emite un pulso de luz” y 2 al “O recibe el pulso enviado por O 00 ”. Entonces: (x1 , t1 )S = (x01 , t01 )S 0 = (0, 1)S 00 (0, t2 )S = (x02 , t02 )S 0 = (x002 , t002 )S 00 . 4 5

Cuesti´ on 11 del examen de Septiembre del curso 2004/2005. Cuesti´ on 28 del examen de Enero del curso 2007/2008.

6

Y nos piden t2 . Las coordenadas del suceso 1 en S 0 y S 00 est´an relacionadas por la transformaci´on de Lorentz (con v = −c/2): x01 = γ(x001 + (−c/2)t001 ) = −γc/2 t01 = γ(t001 + (

−c/2 00 )x1 ) = γ, c2

donde γ vale6 : √ 1 = 2/ 3. γ=q 2 1 − ( −c/2 c ) Ahora relacionaremos las coordenadas del suceso 1 en S y S 0 por una segunda transformaci´on de Lorentz (con v = c/2): c −c c x1 = γ(x01 + t01 ) = γ 2 ( + · 1) = 0 2 2 2 t1 = γ(t01 +

c/2 0 1 −c 4 1 x1 ) = γ 2 (1 + ( )) = (1 − ) = 1. 2 c 2c 2 3 4

Este es un resultado sorprendente: Resulta que cuando O 00 emite el pulso de luz se encuentra en la posici´on un S no pasa ning´ un tiempo desde que O 00 emite el x1 = 0; es decir, en el origen O de S. Por tanto, seg´ pulso hasta que ´este llega a O, ya que O 00 se encuentra en O en el momento de emitir el pulso. Y por tanto, el instante en que el pulso llega a O, seg´ un S, es el propio instante de emisi´on: t2 = t1 = 1. A toro pasado, es decir, una vez obtenida ya la respuesta, veamos que podr´ıamos haberla predicho mediante un sencillo7 argumento. Pensemos en el movimiento entre S y S 0 . En t = 0 S y S 0 coinciden, y S 0 se mueve en el sentido positivo del eje OX con celeridad c/2. Evidentemente, por simetr´ıa, S se mueve respecto a S 0 en el sentido negativo del eje O 0 X 0 con celeridad c/2, coincidiendo ambos sistemas en el instante t 0 = 0. Pensemos ahora en el movimiento de S 00 respecto a S 0 . tenemos que en t0 = 0 S 0 y S 00 coinciden, y S 00 se mueve en el sentido negativo del eje O 0 X 0 con celeridad c/2. Comparando las dos aseveraciones subrayadas se aprecia que son id´enticas, salvo que la primera se refiere a S y la segunda a S 00 . Por tanto, concluimos que ¡S coincide id´enticamente (es decir, en todo instante) con S 00 ! ˆ B] ˆ de los operadores Aˆ y B ˆ asociados a sendas magnitudes f´ısicas, A y B, vale cero. 13. El conmutador [A, Entonces, el principio de incertidumbre de Heisenberg establece que: × ∆A∆B ≥ 0 ;

∆A∆B ≥ h ¯ /2

;

∆A∆B ≥ h ¯

Soluci´ on8 . 6

Obs´ervese que γ en la transformaci´ on de S a S 0 es la misma que en la transformaci´ on de S 0 a S 00 , a pesar de que las velocidades relativas en estas dos transformaciones son opuestas. Ello es debido a que lo que interviene en la expresi´ on de γ no es la velocidad, sino su cuadrado. Esto es un modo poco riguroso de escribir. Para ser precisos, en lugar de velocidad se deber´ıa haber escrito componente x de la velocidad. 7 Puede parecer sencillo ahora, a toro pasado, cuando uno puede pararse a reflexionar. Pero esto es algo impensable en un examen, cuando el tiempo nos aprieta el trasero. 8 Cuesti´ on 28 del examen de Enero del curso 2006/2007.

7

Seg´ un el Principio de Incertidumbre de Heisenberg, (∆A)(∆B) ≥

1 ˆ B] ˆ > |. | < [A, 2

ˆ conmutan, entonces [A, ˆ B] ˆ = 0, y por tanto en este caso: Si los operadores Aˆ y B ∆A∆B ≥ 0. 14. Una gran colecci´on de part´ıculas cu´anticas se encuentran todas ellas con la misma funci´on de onda conocida. Mido x en todas ellas. Inmediatamente despu´es voy a realizar una medida de p x tambi´en en todas ellas. Conozco todas las autofunciones y autovalores de x ˆ y pˆx , as´ı como las autofunciones y los autovalores de la energ´ıa. En general, tras la medida de x, ¿puedo predecir con absoluta certeza los resultados de dichas medidas de pˆx ? Nota: Aunque sea redundante decirlo, se conocen los coeficientes del cambio de base entre las autofunciones. S´ı ;

× No

;

Faltan datos para responder.

Soluci´ on9 . Supongamos que conocemos los resultados de la medida de x sobre cada una de las part´ıculas. Inmediatamente despu´es de la medida cada part´ıcula estar´a en un autoestado del operador posici´on x ˆ (el que corresponda al autovalor obtenido en la mediada). Como x ˆ y pˆx no conmutan, por el teorema de compatibilidad sabemos que un autoestado de x ˆ no puede ser a la vez un autoestado de pˆx . Por tanto, los resultados de las medidas de px no se pueden predecir con certeza. ˆ el operador asociado a la 15. Sea Aˆ el operador asociado a la magnitud f´ısica A de un sistema cu´antico, y E A A ˆ con autovalores a1 y a2 respectivamente, y f E (x) y energ´ıa. Sean f1 (x) y f2 (x) las autofunciones de A, 1 ˆ verific´andose las relaciones: f2E (x) las autofunciones de E, f1A (x)

√ √ 1 E 1 3 E 3 E A = f1 (x) + f2 (x) ; f2 (x) = f1 (x) − f2E (x) 2 2 2 2

ˆ 1E (x) = 3¯hf1E (x) ; Ef ˆ 2E (x) = h Ef ¯ f2E (x) √ Si en t = 0 el sistema se encuentra en el estado f (x, 0) = (1/ 2)[f1E (x) + f2E (x)], ¿cu´al es la probabilidad p(a1 , t) de que al medir A en el instante t se obtenga a 1 ? 1 2

+

√

3 4 cost

;

1 2

+

√ 3 4 cos3t

;

×

1 2

+

√ 3 4 cos2t

Soluci´ on. Uno de los postulados b´asicos de la mec´anica cu´antica nos dice c´omo calcular la probabilidad que nos piden: p(A = a1 , t) = |f1A (x) f (x, t)|2 .

(19)

Ahora necesitamos conocer f (x, t) conociendo f (x, 0). El postulado de evoluci´on temporal nos resuelve este problema: √ f (x, t) = (1/ 2)[f1E (x)e−iE1 t/¯h + f2E (x)e−iE2 t/¯h ]. (20)

9

Aqu´ı E1 y E2 son los dos primeros autovalores del operador asociado a la energ´ıa. Con los datos del enunciado deducimos que en esta cuesti´on valen E 1 = 3¯h ; E2 = h ¯. 2 √ √ p(A = a1 , t) = (1/2)[f1E (x) + 3f2E (x)] (1/ 2)[[f1E (x)e−i3t + f2E (x)e−it ] =

Cuesti´ on 14 del examen de Septiembre del curso 2004/2005.

8

√ √ 1 1 = |e−i3t + 3e−it |2 = [1 + 3 + 3(ei2t + e−i2t )] = 8 8 √ 1 = [2 + 3 cos 2t]. 4

9

SEGUNDA PARTE 16. Una part´ıcula se mueve respecto a cierto sistema de referencia de modo que su celeridad y el radio de curvatura de su trayectoria est´an dados por las expresiones v = at ; ρ c (t) = bt, siendo a y b constantes positivas, y t el tiempo. Sea ~v la velocidad. Entonces: q 2 2 d|~v | = a 1 + ab2t dt v | d~ dt | = a

× Ninguna de las respuestas anteriores es correcta. Soluci´ on. Nos dicen que: v ≡ |~v | = at

d|~v | = a. dt

=⇒

Por tanto, la primera afirmaci´on es falsa. La segunda afirmaci´on nos dice que el m´odulo de la aceleraci´on es constante, y vale a. Pero de los datos del enunciado deducimos que la aceleraci´on tangencial vale a, y la normal v 2 /ρc = a2 t/b. Por tanto, la segunda afirmaci´on es falsa, de donde concluimos que la tercera afirmaci´ on es verdadera. 17. Un punto P se mueve con celeridad constante. Las ecuaciones de su trayectoria son: x = cos θ ; y = π en desplazarse desde el punto (1, 0, 0) al (0, 1, π/2). sen θ ; z = θ. Se sabe que P tarda un tiempo t = 2√ 2 ¿Cu´anto vale la celeridad de P ? × 2

;

3

;

4

Soluci´ on10 . Nos dicen√que la celeridad es constante. Llam´emosla v. Por otra parte, conocemos la trayectoria y el tiempo (t = π/(2 2) = τ ) empleado en recorrerla. Si llamamos L a la longitud de la trayectoria, se tendr´a: v = L/τ,

(21)

y podemos obtener la celeridad si sabemos calcular L. Vamos pues a ello: Z B L= ds.

(22)

A

En (22) A y B son los puntos inicial y final de la trayectoria, y s es el elemento de arco, que sabemos que est´a relacionado con el vector de posici´on por la ecuaci´on: ds = |d~r|.

(23)

A = (1, 0, 0)

(24)

B = (0, 1, π/2)

(25)

~r ≡ x~ı + y~ + z~k = cos θ~ı + sen θ~ + θ~k.

(26)

En nuestro caso, tenemos:

Ahora diferenciamos ~r y tomamos el m´odulo: d~r = (− sen θ~ı + cos θ~ + ~k)dθ 10

Cuesti´ on 3 del examen de Febrero del curso 2004/2005.

10

=⇒

|d~r| =

√ 2|dθ|.

(27)

Finalmente, llevamos esta expresi´on a (23) y a (22), al tiempo que observamos que el valor del par´ametro θ en los puntos A y B es θA = 0 y θB = π/2. Tenemos: L=

Z

B

A

ds =

Z

θB =π/2 θA =0

Z √ 2|dθ| =

π/2

√ √ 2dθ = 2π/2.

(28)

0

Llevando este valor a (21) obtenemos la celeridad: √ L 2π/2 √ = 2. v= = τ π/(2 2)

(29)

18. Una part´ıcula P , de masa M = 1, puede moverse sin rozamiento por el eje OX de un sistema inercial bajo la acci´on de la fuerza F~ = (−4/x2 )~ı (donde x es la coordenada de P ). En el instante inicial P se encuentra en la posici´on x = 1 con velocidad 2~ı. ¿A qu´e distancia del origen se anula su velocidad? × 2

;

5

;

10

Soluci´ on11 . En esta cuesti´on conocemos el estado inicial y parte del estado final: conocemos la velocidad final (cero), pero no la posici´on, que es precisamente lo que nos piden que averig¨ uemos. Este es el tipo de problemas que nos tiene que llevar a pensar en su resoluci´on mediante alguno de los teoremas de conservaci´on de la mec´anica. El del centro de masas no es aplicable, pues la suma de las fuerzas exteriores no es cero. El del momento cin´etico tampoco, puesto que el movimiento es rectil´ıneo 12 . S´olo nos queda aplicar el teorema de la energ´ıa. Como la fuerza es de la forma F~ = F (x) · vecı, podemos asegurar que es conservativa, siendo la energ´ıa potencial cualquier funci´on E p (x) que verifique: dEp = −F (x). dx

(30)

Es decir, salvo el signo, la energ´ıa potencial es cualquier primitiva de F (x). O lo que es lo mismo, no tenemos m´as que integrar F (x), que es la misma integral que surge al aplicar el teorema de la energ´ıa (no el teorema de conservaci´on), que es lo que vamos a hacer entre el punto A, donde conocemos el estado inicial, y el punto B, cuya coordenada xB = b nos piden, y en el que la velocidad se anula: ∆Ec = Ec (B) − Ec (A) =

⇐⇒

1 0 − · 1 · 22 = − 2

Z

b 1

Z

B

A

−4 dx x2

F~ · d~r = −

⇐⇒

Z

b

F (x)dx 1

−2 = −[4/x]b1

⇐⇒

=⇒

(31)

b = 2.

(32)

19. Un sistema aislado est´a constituido por dos part´ıculas A y B, de masas m A = m y mB = 2m, y un muelle ideal que las conecta. El sistema se mueve respecto a cierto sistema de referencia inercial, siendo ~v A y ~vB las velocidades de A y B respectivamente. En general, podemos afirmar que: ×

d~vA dt

vB = −2 d~dt

Las otras dos respuestas son incorrectas. ~vA (t) = −2~vB (t) Soluci´ on. 11

Cuesti´ on 1 del examen de Septiembre del curso 2006/2007. En un movimiento rectil´ıneo la fuerza neta debe tener la direcci´ on del movimiento. El momento de esta fuerza se anula respecto de cualquier punto de la trayectoria. En esos puntos el momento cin´etico se conserva trivialmente (vale cero, evidentemente), y no nos sirve para nada. 12

11

Como el sistema est´a aislado no act´ uan fuerzas exteriores sobre ´el. Por tanto, se conserva su cantidad de movimiento: − → P~ ≡ mA~vA + mB ~vB = cte = m(~vA + 2~vB )

=⇒

=⇒

dP~ =0 dt

d~vA d~vB +2 = 0. dt dt

20. Un sistema S est´a constituido por tres part´ıculas id´enticas, P 1 , P2 y P3 , de masa m. Sea F~iext la resultante de las fuerzas exteriores a S que act´ uan sobre la part´ıcula i, y F~ij la fuerza que la part´ıcula j ejerce sobre la part´ıcula i, siendo i, j = 1, 2, 3; i 6= j, y sea ~a i la aceleraci´on de la part´ıcula i respecto a un observador inercial. Considere ahora el subsistema constituido por las part´ıculas P 1 y P3 . La aplicaci´on del teorema del centro de masas a este subsistema da lugar a la expresi´on: −m~a1 + F~ ext + F~ ext − F~31 − F~32 = m~a2 1

2

× F~1ext + F~3ext + F~12 − F~23 − m~a3 − m~a1 = 0

−m~a2 − m~a3 + F~2ext + F~3ext − F~12 + F~31 = 0

Soluci´ on. Denominemos S 0 al sistema formado por P1 y P3 . Todas las fuerzas exteriores a S lo son a S 0 . Pero S 0 tiene un agente externo adicional: P2 , que ejerce sobre ´el las fuerzas F~12 y F~32 . Por tanto, el teorema del centro de masas aplicado a S 0 da: F~1ext + F~3ext + F~12 + F~32 = m~a1 + m~a3 . 21. Una part´ıcula de masa m se mueve en el eje inercial OX sometida a la acci´on de dos muelles ideales, de constantes k1 = 1 y k2 = 1/2, los cuales est´an conectados en paralelo, y tienen su otro extremo fijo en O. Sabiendo que la part´ıcula pasa por el origen cada segundo, ¿cu´anto vale la masa de la part´ıcula?

k2 k1

× 3/(2π 2 ) 2/π 2

O

3/(4π 2 )

x

Soluci´ on. Si aplicamos “Newton” a la part´ıcula obtenemos: −k1 x − k2 x = m¨ x

⇐⇒

x ¨+

k1 + k 2 x = 0, m

que es la ecuaci´on de un oscilador arm´onico libre, no amortiguado, de frecuencia natural r r k1 + k 2 3 ω0 = = . m 2m El tiempo que transcurre entre dos pasos consecutivos por el origen es medio periodo 13 : T /2 = 1. Y relacionando el periodo con la frecuencia: r 2π 2m 2=T = = 2π =⇒ m = 3/(2π 2 ). ω0 3 13 Cada paso por O cambia el sentido del movimiento. Cada dos pasos consecutivos por O (o por cualquier otro punto) se repite el movimiento. Por eso, para que transcurra un periodo hay que esperar dos pasos por el mismo punto.

12

22. Una part´ıcula de masa m realiza oscilaciones forzadas amortiguadas en el eje inercial OX, sometida a las ~ = −cx~ fuerzas F~e = −kx~ı, R ˙ ı, y F~exc = F0 cosωt~ı. En t = 0 la part´ıcula se encuentra en la posici´on x 0~ı y tiene una velocidad x˙ 0~ı. Sea A la amplitud del movimiento cuando se alcanza el r´egimen permanente. ¿Cu´al de las respuestas siguientes es correcta? El valor de A depende de F0 , ω, m, k, c, x0 y x˙ 0 . × El valor de A depende de F0 , ω, m, k, c, pero no depende de x0 ni de x˙ 0 . Las otras dos respuestas son incorrectas. Soluci´ on. El movimiento viene dado por: x(t) = xl (t) + xf (t),

(33)

y depende de F0 , ω, m, k, c, x0 y x˙ 0 . Una vez que se alcanza el r´egimen permanente, entonces x(t) ≈ xf (t) = A(ω)cos[ωt + φ(ω)], donde A(ω) es la amplitud de las oscilaciones, que est´a dada por la expresi´on: F0 /m A(ω) = q k (m − ω 2 )2 +

c2 ω 2 m2

.

Por tanto, en el r´egimen permanente la amplitud s´olo depende de F 0 , ω, m, k, c, pero no de x0 ni de x˙ 0 . Por tanto, la respuesta correcta es la segunda. 23. Una onda un la direcci´on y sentido del vector √ plana se propaga respecto √ al sistema de referencia OXY Z seg´ ~u = (1/ 2)(~ı + ~) con celeridad 2. Se sabe que g(~r = 0, t) = 2/(1 + t2 ). ¿Cu´anto vale g(x = 1, y = 1, z = 0; t = 1)? × 2

;

8/5

;

1

Soluci´ on. Sabemos que el cambio de variables: √ √ √ x + y − 2t √ ξ = ~r · ~u − ( 2)t = (x, y, z) · (1, 1, 0)/ 2 − ( 2)t = 2 debe transformar la funci´on g(x, y, z, t) en una funci´on f (ξ) s´olo dependiente de ξ. √ Para ~r = 0 tenemos que ξ = −( 2)t, que podemos sustituir en la expresi´on de g(~r, t) que nos dan: √ g(~r = 0, t) = 2/(1 + t2 ) = 2/[1 + (−ξ/ 2)2 ] = 4/(2 + ξ 2 ).

(34)

(35)

Por tanto, ya conocemos f (ξ) en la posici´on ~r = 0. Pero si g es una onda viajera entonces f (ξ) es la misma, independientemente de la posici´on e instante que consideremos. Por tanto, si a partir de (35) deshacemos el cambio de variables para una posici´on e instante gen´ericos 14 obtenemos: f (ξ) = 4/(2 + ξ 2 ) = 4/[2 + (x + y − 2t)2 /2] = g(x, y, z, t),

(36)

que constituye la expresi´on general de la onda. Ahora podemos resolver la cuesti´on sin m´as que particularizar en (36) para la posici´on e instante pedidos: g(x = 1, y = 1, z = 0; t = 1) = 4/[2 + (1 + 1 − 2) 2 /2] = 2. 14

Es decir, usando (34).

13

24. Sean g1 (x, t) y g2 (x, t), y sea g = g1 + g2 . ¿Cu´al de las afirmaciones siguientes es correcta? Si g1 y g2 son ondas arm´onicas, entonces g es otra onda arm´onica, independientemente de las velocidades de propagaci´on de g1 y g2 . Si g1 y g2 son ondas viajeras, entonces g es una onda viajera, independientemente de las velocidades de propagaci´on de g1 y g2 . × Si g1 y g2 son ondas arm´onicas de la misma frecuencia y longitud de onda, entonces g verifica la ecuaci´on de ondas. Soluci´ on. Analicemos la veracidad de cada una de las afirmaciones: onicas, entonces g es otra onda arm´ onica, independientemente de las veloci• Si g1 y g2 son ondas arm´ dades de propagaci´ on de g1 y g2 . ES FALSA. La ecuaci´on de ondas est´a definida para un valor concreto de la velocidad de propagaci´on, de modo que cualquier superposici´on de ondas viajeras que se propagan con la misma celeridad, independientemente del sentido de propagaci´on, verifica la ecuaci´on. De este modo, s´olo si g 1 y g2 son ondas (en este caso arm´onicas) con la misma velocidad de propagaci´on, su superposici´on verificar´a la ecuaci´on de ondas. • Si g1 y g2 son ondas viajeras, entonces g es una onda viajera, independientemente de las velocidades de propagaci´ on de g1 y g2 . ES FALSA. Para que la superposici´on de g 1 y g2 sea una onda viajera, ambas ondas deben viajar en el mismo sentido y con la misma velocidad. • Si g1 y g2 son ondas arm´ onicas de la misma frecuencia y longitud de onda, entonces g verifica la ecuaci´ on de ondas. ES CORRECTA. Si ambas ondas tienen la misma frecuencia y la misma longitud de onda, esto significa que la velocidad v = λ/T = λν es la misma para ambas, y por tanto g 1 + g2 verifica la ecuaci´on de ondas. 25. Dos fuentes sonoras fijas, A y B, emiten a las frecuencias fijas ν A y νB , siendo νA = 2νB . ¿A cu´antas veces la velocidad del sonido se debe desplazar un oyente entre A y B para percibir la misma frecuencia proveniente de ambas fuentes? × 1/3

;

1/2

;

3/5

Soluci´ on15 . Como νA = 2νB el observador debe desplazarse en el sentido que va de A a B para poder percibir la misma frecuencia de ambas fuentes. Calcularemos a continuaci´on la velocidad a la que debe desplazarse. Si llamamos v a la velocidad del sonido, la frecuencia percibida del sonido procedente de A es ν1 = ν A

v−u v−u = 2νB . v v

Por otro lado, la frecuencia percibida del sonido emitido por B es ν2 = ν B

v+u . v

U

B

A

A

O

B

15 Cuesti´ on 8 del examen de Septiembre del curso 2002/2003, y tambi´en es la cuesti´ on 10 del examen de Septiembre del curso 2006/2007.

14

Igualando ambas expresiones tenemos 2νB

v−u v+u = νB v v

→ 2(v − u) = (v + u) →

u=

v . 3

26. Los sistemas S y S 0 est´an en la configuraci´on est´andar. En el sistema inercial S dos sucesos, A y B, ocurren con una separaci´on espacial ∆x = xB − xA 6= 0 y una separaci´on temporal ∆t = tB − tA 6= 0. ¿Podemos encontrar otro sistema inercial S 0 , con v < c, en el que la separaci´on temporal de esos sucesos sea −∆t, o sea, que ocurran con un orden temporal inverso y de igual magnitud? S´ı, pero s´olo si ∆x < c∆t ;

× S´ı, pero s´olo si ∆x > c∆t ;

No

Soluci´ on16 . Por las transformaciones de Lorentz sabemos que ∆t0 = γ(∆t −

v∆x ), c2

donde ∆t0 = t0B − t0A .

Impongamos a continuaci´on que ∆t0 = −∆t. Entonces v ∆x v∆x ) ⇒ 1 = γ( × − 1). 2 c c c∆t

−∆t = γ(∆t −

Como γ > 1, entonces la cantidad encerrada dentro del par´entesis debe ser positiva, lo que obliga, dado que v/c < 1, a que ∆x > c∆t. 27. Los sistemas de referencia S y S 0 se encuentran en la configuraci´on est´andar, con v = c/2. Dos sucesos, A y B, ocurren en las posiciones x0A = d y x0B = 2d, en instantes t0A = 0 y t0B = d/c. ¿Qu´e intervalo de tiempo, medido por S, hay entre los dos sucesos? √ √ √ 11d/(3c 3) ; 5d/(2c 3) ; × 3 d/c Soluci´ on17 . Aplicando la transformaci´on de Lorentz del tiempo, tenemos: ∆t = γ(∆t0 + siendo v = c/2 y γ = 1/

p

√ 1 − (1/4) = 2/ 3. As´ı:

v ∆x0 ), c2

2 1 ∆t = √ (∆t0 + ∆x0 ). 2c 3 Quedan por obtener los intervalos ∆t 0 y ∆x0 : ∆t0 = t0B − t0A =

d ; ∆x0 = x0B − x0A = 2d − d = d. c

Sustituyendo queda finalmente: √ 3d ∆t = . c 16 17

Cuesti´ on 13 del examen de Septiembre del curso 2004/2005. Cuesti´ on 12 del examen de Junio del curso 2005/2006.

15

28. Una nave espacial se aleja de Tierra con una celeridad c/2. Dentro de la nave se celebran unas olimpiadas relativistas donde los atletas alcanzan celeridades cercanas a la de la luz. Una de las pruebas es una carrera, en la que los atletas corren en la misma direcci´on y sentido que el que lleva la nave respecto a Tierra. Un atleta, que corre con celeridad c/2 respecto a la nave, mide un tiempo de recorrido τ cuando llega a la meta. ¿Qu´e tiempo medir´an los observadores ligados a Tierra? √ 7τ /(2 6) ; × 5τ /3 ; 5τ /4 Soluci´ on. Tomaremos un sistema de referencia S ligado a Tierra y otro S 0 ligado a la nave, ambos en la configuraci´on est´andar, tal que la velocidad de S 0 respecto a S es v = c/2. El atleta se mueve con velocidad v x0 = c/2 respecto a S 0 . Calcularemos la velocidad que lleva el atleta respecto a Tierra aplicando la composici´on de velocidades: vx =

vx0 + v 1+

vvx0 c2

=

c 2

c 2 c2 4c2

+

1+

=

4c . 5

Como el tiempo que mide el atleta es un intervalo de tiempo propio, el tiempo medido por los observadores ligados a Tierra vendr´a dado por la expresi´on de la dilataci´on del tiempo: τ 5τ ∆t = γτ = p = . 3 1 − u2x /c2 29. Sean A y B dos magnitudes f´ısicas de un sistema cu´antico, las cuales est´an representadas por los operadores ˆ respectivamente. Sea f (x) el estado del sistema, verific´andose que Af ˆ (x) = af (x), siendo a una Aˆ y B constante no nula. En general, podemos afirmar que: Las medidas de B en el estado f (x) no tienen dispersi´on. ˆ B] ˆ = 0, la dispersi´on de los resultados de la medida de B en el estado f (x) es nula. × Si [A, ˆ B] ˆ 6= 0, la dispersi´on de los resultados de la medida de B en el estado f (x) es nula. Si [A,

Soluci´ on. La ecuaci´on que el enunciado nos dice que se verifica nos indica que f (x) es una autofunci´on del operador ˆ a la que corresponde al autovalor a. A, La primera afirmaci´on (ausencia de dispersi´on) significa que al medir B en el estado f (x) siempre se obtiene el mismo resultado. Es decir, que la probabilidad de obtener este resultado vale 1. Pero, de acuerdo con los ˆ Como, en general, postulados de la mec´anica cu´antica, esto s´olo es posible si f (x) es una autofunci´on de B. esto no tiene por qu´e ocurrir, la primera afirmaci´on es falsa. ˆ B] ˆ = 0 entonces, de acuerdo con el teorema de compatibilidad, Aˆ Vamos con la segunda afirmaci´on. Si [ A, ˆ comparten base de autofunciones. Por tanto, f (x) tambi´en ser´a autofunci´on de B. ˆ En este caso, de yB acuerdo con los postulados de la mec´anica cu´antica, el resultado de la medida de B ser´a siempre el mismo 18 : ˆ correspondiente a la autofunci´on f (x). Por tanto, la respuesta correcta es la segunda. el autovalor de B 30. Sean Iˆ el operador identidad, x ˆ el operador posici´on y pˆx el operador cantidad de movimiento. Y sean los ˆ ≡ pˆx x ˆ operadores Aˆ ≡ x ˆpˆx y B ˆ. ¿Son compatibles Aˆ y B? ˆ Nota: Si se estima u ´ til puede hacerse uso de la igualdad [ˆ x, pˆx ] = i¯hI. × S´ı, son compatibles.

;

No, no son compatibles.

Soluci´ on19 . 18 19

Es decir, sin dispersi´ on. Cuesti´ on 14 del examen de Junio del curso 2005/2006.

16

;

Se necesitan m´as datos.

ˆ ya que de acuerdo con el teorema de compatiEsta cuesti´on se reduce a calcular el conmutador de Aˆ y B, bilidad dos operadores son compatibles si conmutan. ˆ as´ı como la propiedad Para calcular el conmutador vamos a utilizar el dato que nos sugieren ([ˆ x, pˆx ] = i¯hI), 20 general : [ˆ aˆb, cˆ] = a ˆ[ˆb, cˆ] + [ˆ a, cˆ]ˆb. Tenemos: ˆ B] ˆ = [ˆ [A, xpˆx , pˆx x ˆ] = x ˆ[ˆ px , pˆx x ˆ] + [ˆ x, pˆx x ˆ]ˆ px =x ˆ {ˆ px [ˆ px , x ˆ] + [ˆ px , pˆx ]ˆ x} + {ˆ px [ˆ x, x ˆ] + [ˆ x, pˆx ]ˆ x} pˆx = −i¯hx ˆpˆx + i¯hx ˆpˆx = 0. ˆ B] ˆ =0 [A,

20

⇐⇒

S´ı son compatibles.

Ver problema 3 de la colecci´ on de problemas del u ´ltimo cap´ıtulo de los apuntes.

17

(37)