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Cantabria-Oviedo

Pruebas de acceso a la Universidad CANTABRIA Junio 2001 1. El alumno elegirá tres de las cinco cuestiones propuestos, así como sólo uno de los dos opciones de problemas 2. No deben resolverse problemas de opciones diferentes, ni tampoco más de tres cuestiones.

CUESTIONES [2 PUNTOS CADA UNA] A. a)¿Qué son las líneas de campo y las superficies equipotenciales? ¿Pueden cortarse entre sí? b)Discute razonadamente la afirmación siguiente: "Una carga o una masa en movimiento en presencia de un campo eléctrico o gravitatorio respectivamente, se mueven siempre siguiendo la trayectoria de las líneas del campo". SOLUCIÓN a) Línea de campo: “Trayectoria descrita por la carga positiva y unidad abandonada libremente en el campo” Superficie equipotencial : “ Lugar geométrico de puntos del espacio que tienen el mismo potencial gravitatorio o electrostático” Ni las líneas de fuerza del campo ni las superficies equipotenciales pueden cortarse. En efecto: El vector intensidad de campo es tangente en todo punto a 6 las líneas de fuerza. Si se cortan dos de ellas, en el punto de E intersección habría dos vectores intensidad de campo tangentes 6 6 respectivamente a cada una de ellas, cuya suma vectorial nos daría E2 E1 el vector intensidad de campo resultante no sería tangente a cada una de ellas, en contra de las propiedades de dicho vector. (Figura P adjunta) b) No necesariamente. Por ejemplo, un proyectil lanzado horizontalmente en el seno de un campo eléctrico o gravitatorio no verifica esta condición. En el caso que la carga o masa está en reposo y se deja en libertad, seguiría la línea de campo. B. a) En la figura siguiente se representa una onda transversal que viaja en la dirección de las x positivas. Sabiendo que la velocidad de propagación es v=4 m/s, escribe la ecuación que representa la mencionada onda. b) Determina en función del tiempo la velocidad de vibración del punto situado en x = 4 m, así como su valor y(m) máximo. 2

SOLUCIÓN

8=8 m y vp=4 m/s de modo que el período es: 2π λ 8 T= = = 2 s y la pulsación ω = = π rad / s vp

4

0

T

4

8 x(m)

-2 L.Alberto Crespo Sáiz ©

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⎛ t x⎞ La ecuación de la onda es: y ( x, t ) = 2 sen 2π ⎜ − ⎟ m ⎝π 8 ⎠ b) La velocidad de vibración se obtiene derivando la ecuación anterior: ⎛ t x⎞ = 4 cos 2π ⎜ − ⎟ ⎝ π 8 ⎠ x=4 x=4 cuyo valor máximo es vvib ( MAX ) = 4 m / s vvib =

dy dt

⎛ t 1⎞ ; vvib = 4 cos 2π ⎜ − ⎟ m / s ⎝π 2 ⎠

C. a) ¿Qué entiendes por reflexión total y ángulo límite? b) El índice de refracción del diamante es 2,5 y el de un vidrio 1,4 ¿Cuál es el ángulo límite entre el diamante y el vidrio? SOLUCIÓN

a) Reflexión total: Efecto que se produce cuando un movimiento ondulatorio incide en un medio de menor índice de refracción que el de partida, de modo que a partir de un cierto ángulo –ángulo límite - de incidencia este movimiento retorna al medio de partida. Por ángulo límite se entiende aquel para el cuál se produce el fenómeno descrito anteriormente. b) La aplicación de la ley de Snell nos proporciona el resiultado: nd sen ε L = nv sen 90º 1,4 sen ε L = = 0,56 ⇒ ε L = 34,05º 2,5 D. a) Describe brevemente en qué consiste el efecto fotoeléctrico y la explicación que dio Einstein al mismo. b) Si iluminamos la superficie de un metal con luz de 8= 512 nm , la energía cinética máxima de los electrones emitidos es 8,65x10-20 J ¿Cuál será la máxima energía cinética de los electrones emitidos si incidimos sobre el mismo metal con luz de 8= 365 nm? Datos: c = 300000 km/s; h = 6,626x 10-34 J.s SOLUCIÓN

a) Cuando un fotón incide sobre un metal es absorbido por un electrón al que comunica toda su energía. Para extraer este electrón del metal, la energía del fotón absorbido debe ser superior a una cierta energía umbral Eo que depende de las características del metal. La diferencia entre la energía incidente y la umbral E-Eo es la energía cinética máxima del electrón, verificándose: 1 E = E o + mv máx 2 conocida como ecuación de Einstein del efecto fotoeléctrico. La energía de la luz incidente es transportada por cuantos cuyo valor viene dado por la expresión E=h f. Si la energía de cada cuanto es menor que la energía umbral Eo, no se produce efecto fotoeléctrico. A la energía umbral, también llamada Trabajo de extracción, le corresponde una frecuencia fo conocida como frecuencia umbral, de modo que la ecuación anterior puede escribirse: 1 hf = hf o + mv máx 2 que en función de la longitud de onda toma la forma: L.Alberto Crespo Sáiz ©

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1 mv máx λ λo 2 b) Calculamos en primer lugar el trabajo de extracción: c h = Wo + 8,85.10 − 20 ; Wo = 3,017.10 −19 J −9 520.10 después de sustituir h y c. h

c

=h

c

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+

La energía cinética de los electrones para la nueva longitud de onda es: hc E c1 = − Wo = 2,42.10 −19 J

λ2

E. a)¿Qué campo magnético de los tres que se representan en las figuras deberemos aplicar a una espira cuadrada que descansa en el plano XY, para que se induzca en ésta una fuerza electromotriz constante? Justifica la respuesta. b)¿Qué sentido tendrá la corriente inducida en la espira? Nota: El campo magnético está dirigido a lo largo del eje Z. BZ

BZ

tiempo

BZ

tiempo

tiempo

SOLUCIÓN

a) La f.e.m inducida de acuerdo con la ley de Faraday-Henry es: r r dφ d ( B.S ) dB e= = =S dt dt dt de modo que únicamente se inducirá f.e.m en el caso que B varíe con el tiempo. De las figuras se deduce que en el primer caso no habrá f.e.m por ser constante la inducción magnética. En el segundo caso, si bien B varía con el tiempo esta no produce una f.e.m constante, por no serlo su derivada respecto al tiempo. Sin embargo, en el tercer caso, al tratarse de una recta, la derivada si es constante, luego, ese será el campo que debemos aplicar. b) Si suponemos el campo dirigido hacia las Z positivas, si miramos desde su parte superior, al aumentar B aumenta el flujo saliente, luego debe originarse un flujo entrante que contrarreste el aumento anterior, de modo que se producirá una cara sur, o lo que es lo mismo, la corriente inducida circulará en sentido horario.

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PROBLEMAS [2 PUNTOS CADA UNO] Opción de problemas nº 1

1.1. Dos proyectiles son lanzados hacia arriba en dirección perpendicular a la superficie de la Tierra. El primero de ellos sale con una velocidad de 5 km/s y el segundo con 15 km/s. Despreciando el rozamiento con el aire y la velocidad de rotación de la Tierra, se pide: a)¿Cuál será la máxima altura que alcanzará el primer proyectil? b) ¿Cuál será la velocidad del segundo proyectil cuando éste se encuentre muy lejos de la Tierra? Datos: g = 9,8 m/s2 ; RT = 6370 km. SOLUCIÓN

a) Aplicamos el principio de conservación de la energía: Mm 1 2 Mm −G + mvo1 = −G Ro 2 r que simplificando y sustituyendo valores resulta: r = 7,95.10 6 m = 7954,7 km b) Aplicando de nuevo la conservación de la energía: Mm 1 2 Mm 1 2 −G + mvo 2 = −G + mv Ro ∞ 2 2 Sustituyendo valores y teniendo en cuenta que el producto GM vale: GM = g o Ro2 = 9,81.(6,37.10 6 ) 2 = 3,98.1014 m 3 / s 2 resulta para la velocidad v = 10007 m / s = 2779,8 km / h 1-2. Un protón y una partícula alta previamente acelerados desde el reposo mediante diferencias de potencial (d.d.p.) distintas, penetran en una zona del espacio donde existe un campo magnético uniforme B perpendicular a sus velocidades. Ambas partículas describen trayectorias circulares con el mismo radio. Sabiendo que la velocidad del protón es vp=107 m/s, se pide: a) Cociente entre las velocidades (v"/vp) de las partículas. b) Diferencia de potencial (d.d.p.) con la que se han acelerado cada tipo de partículas. Datos: qp=Q"/2=1,6.1019 C ; mp=1,67.10-27 kg ; M"=6,65.10-27 kg SOLUCIÓN

r r r a) La fuerza sobre un partícula móvil en el interior de un campo magnético es F = q.(v × B) y dado que el campo y la velocidad son perpendiculares, la expresión anterior puede escribirse en forma escalar como F = q.vB . Apliquemos la 2ª Ley de la Dinámica al movimiento de cada una de las partículas cargadas, ∑ F = ma c siendo a c la aceleración centrípeta:

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⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

vp

q p .v p .B = m p

q p .R p .mα

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v 2p

Rp v2 qα .vα .B = m β α Rα

=

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;

qp qα

=

m p .v p .Rα mα .vα .R p

que despejando el cociente pedido resulta:

≈ 2 de donde vα = 0,5.10 7 m / s

vα qα .Rα .m p b) Para determinar el potencial basta tener en cuenta que la energía electrostática generada por la d.d.p debe ser igual a la energía cinética de la partícula que impulsa: qα .Vα =

1 mα .vα2 2

; Vα =

q p .V p =

1 m p .v 2p 2

; Vp =

mα vα2 = 2,59.10 5 V 2qα m p v 2p 2q p

= 5,21.10 5 V

Opción de problemas nº 2 2-1. Una bola de masa m=10 g describe un movimiento armónico simple (m.a.s) a lo largo del eje X entre los puntos A y B que se muestran en la figura. a) ¿Cuánto vale la amplitud del m.a.s. que describe la bola? b) Si en el punto B la aceleración del movimiento es a = -5 m/s2, ¿cuánto valdrá el periodo del m.a.s? e) ¿Cuánto valdrá la energía mecánica total del oscilador en el punto C? SOLUCIÓN

m=10 g=10-2 kg a) De la figura adjunta puede observarse que la amplitud del movimiento o máximo desplazamiento es A=10 cm A O C B b) La relación entre la aceleración y el -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10 x(cm) desplazamiento 2 rad / s de lo cual podemos deducir el 2 valor del período y de la constante recuperadora del movimiento. En efecto: a max = −ω 2 . A ; − 5 = −ω 2 .10 de donde ω =

2π

2 K = mω 2 = 10 −2. = 0,5.10 − 2 N / m ω 4 c) La energía total en el punto C, suma de la cinética y potencial elástica, y que de acuerdo con el principio de conservación debe ser igual a la energía mecánica en cualquier punto de la trayectoria, nos permite elegir, por ejemplo el punto A - extremo de la trayectoria - en el que solamente hay energía elástica: T=

= 2 2π s

EC = E A = L.Alberto Crespo Sáiz ©

;

1 1 KA 2 = .0,5.10 − 2.(0,1) 2 = 2,5.10 −5 J 2 2 Página 5 de 22

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2-2. En una región del espacio existe un campo eléctrico uniforme dirigido a lo largo del eje X. Si trasladarnos una carga q = +0,5 C desde un punto del eje cuyo potencial es 10 V a otro punto situado 10 cm a su derecha, el trabajo realizado por la fuerza eléctrica es W = -100 J.a) ¿Cuánto vale el potencial eléctrico en el segundo punto? b) ¿Cuánto vale el campo eléctrico en la mencionada región? c) ¿Qué significado físico tiene que el trabajo que realiza la fuerza eléctrica sea negativo? SOLUCIÓN

a) El trabajo realizado al trasladar entre dos puntos cualquiera de un campo eléctrico una carga vale W A→ B = q(V A − VB ) , lo que nos permitirá calcular el potencial en el punto pedido: W A→ B = q(V A − VB ) ; − 100 = +0,5(10 − VB ) ⇒ VB = 210 V b) La intensidad de campo eléctrico en esa zona se determina aplicando la expresión: ∆V 210 − 10 E = = = 2000 V / m ∆x 0,1 c) Que la carga se mueve en sentido contrario al sentido del campo electrostático. La figura adjunta muestra la dirección y sentido del campo eléctrostático . Los puntos de menor potencial corresponden a la punta de la flecha.

6 E

x

Pruebas de acceso a la Universidad CANTABRIA Septiembre 2001 1. El alumno elegirá tres de las cinco cuestiones propuestos, así como sólo uno de los dos opciones de problemas 2. No deben resolverse problemas de opciones diferentes, ni tampoco más de tres cuestiones.

CUESTIONES [2 PUNTOS CADA UNA] A. a) Saturno tiene una masa que es 95,2 veces la de la Tierra y un radio 9,47 veces el radio terrestre. ¿Cuánto valdrá la velocidad de escape en la superficie de Saturno? b) Si lanzamos perpendicularmente a la superficie de Saturno un cuerpo con una velocidad de valor 1,5 veces la velocidad de escape, ¿qué velocidad tendrá este cuerpo cuando se encuentre muy alejado de Saturno? Datos: g = 9,8 m/s RT = 6370 km. SOLUCIÓN

a) Basta aplicar la conservación de la energía entre el punto de lanzamiento y el infinito, que es donde debe llegar el proyectil o satélite: L.Alberto Crespo Sáiz ©

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−G

Mm 1 2 + mve = 0 ; ve = 2 R

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2GM = R

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2.G.95,2.M T = 20,1g o RT = 35422,6 m / s 9,47.RT

GM = go RT2 b) Aplicaremos de nuevo el principio de conservación de la energía entre el origen de lanzamiento y el infinito, pero ahora, en este punto consideraremos que tiene velocidad, que es justamente la buscada: 1 Mm 1 2 −G + mv = 0 + mv12 donde v = 1,5ve de modo que sustituyendo los valores 2 R 2 conocidos resulta: v1 = 39599 m / s donde hemos sustituido

B. En un movimiento armónico simple (m.a.s.):a)¿La velocidad y la aceleración pueden tener al mismo sentido? b) ¿Y el desplazamiento y la aceleración? c) Escribe la ecuación de un m.a.s. de amplitud 10 cm, cuyo periodo sea 1 s y que en el instante t = 0 su elongación sea 5 cm.

a) Hay intervalos de tiempo en los que coinciden en sentido. Basta con observar las gráficas de ambas. Si pensamos en una masa unida a un resorte, mientras el resorte se descomprime la aceleración y velocidad tienen v=AT cos(T t+no ) el mismo sentido, y lo mismo ocurre en el x caso que desde el extremo de máximo x(t)=Asen(T t+n o ) alargamiento retrocede hacia la posición de equilibrio b) Nunca coinciden. Pueden verse t ambas gráficas, siempre opuestas. Acudiendo a la definición también puede constatarse la n o anterior afirmación: a=-A T 2sen( Tt+no) a = − Kx es decir, la aceleración es opuesta a la posición. c) La ecuación genérica del m.a.s es x(t ) = A sen(ωt + ϕ o ) donde disponemos de los 2π 2π = = 2π rad / s y puesto que en t=0 s la elongación es x=5 cm siguientes datos: ω = T 1 tendremos: 5 = 10 sen(2π .0 + ϕ o ) ; ϕ O =

π

6

rad de modo que la ecuación del m.a.s es:

π⎞ ⎛ x(t ) = 10 sen⎜ 2πt + ⎟ 6⎠ ⎝ C. a) S¡ nos situamos frente a un espejo plano la imagen que obtenemos, ¿es virtual o real? b) S¡ nos situamos frente a un espejo esférico cóncavo y queremos ver una imagen nuestra ampliada, ¿dónde nos deberemos colocar?, ¿ entre el foco y el espejo?, ¿a una distancia del espejo mayor que la distancia local? L.Alberto Crespo Sáiz ©

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SOLUCIÓN

a) La imagen de un espejo plano es siempre virtual, pues la imagen se forma mediante la prolongación de lo rayos que parten del objeto. (Ver figura adjunta) 2'

1

A

1' 1 2

A

A’

A’

1'

R2

2'

f

2

1

b) Nos colocaremos entre el foco y el espejo, de modo que queremos “ver” una imagen, en primer lugar debe ser una imagen virtual, luego debe formarse mediante la prolongación de los rayos que parten del objeto (amarillo y rojo) y además ampliada. La figura adjunta muestra gráficamente las afirmaciones anteriores. D. a) Describe brevemente en qué consiste la ley de desintegración radiactiva .b) Si la vida media de una muestra radiactiva es de 2300 años, ¿Qué porcentaje de los núcleos iniciales quedarán en una muestra al cabo de 1000 años? SOLUCIÓN

a) En todo proceso de desintegración radiactiva interesa determinar la ley que rige la desaparición de núcleos con el tiempo. Si suponemos que dN es el número de desintegraciones producidas en un tiempo dt, parece razonable establecer la igualdad: dN = −λNdt ecuación que integrada, suponiendo que inicialmente hay una muestra de No núcleos, resulta: N = N o e − λt . La constante 8 se le conoce como constante radiactiva, que está relacionada con 1 la vida media J mediante la relación τ = .

λ

N = e −λt = e −1000 NO o lo que es lo mismo, los núcleos actuales son el 64,7% de los iniciales. b) Basta aplicar la ley de la desintegración radiactiva:

2300

= 0,647

E. a) Dibuja las líneas de campo magnético alrededor de una espira circular por la que circula una corriente constante. b) Indica los puntos o la zona donde el campo será más intenso. c) Describe cualitativamente qué ocurre cuando acercamos un imán a una espira. SOLUCIÓN L.Alberto Crespo Sáiz ©

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a) La figura adjunta muestra la espira por la que circula una corriente en sentido antihorario, lo que supone que las líneas de inducción sean las mostradas. b) El campo es más intenso cuanto más cerca estemos del B hilo. I c) Al acercar, por ejemplo, la cara Norte de un imán, las líneas de inducción salientes de la misma penetran en la espira, I tantas más cuanto más acerquemos el imán, lo que indica que el flujo magnético que atraviesa la espira varía con el tiempo, lo que, de acuerdo con la ley de Faraday-Henry , hará que se establezca una corriente eléctrica inducida en dicha espira. El sentido de la corriente se determinará aplicando la ley de Lenz.

6

PROBLEMAS [2 PUNTOS CADA UNO] Opción de problemas nº 1 1-1. Un satélite con una masa de 200 kg se mueve en una órbita circular a 4x1O7 m por encima de la superficie terrestre. Se pide: a) ¿Cuánto valen la velocidad y el periodo del satélite? b) ¿Cuánto valdría la velocidad de escape de un cuerpo proyectado desde ese punto? Datos: g=9,8 m/s2; RT = 6370 km. SOLUCIÓN

a) La segunda ley de la Dinámica aplicada al movimiento del satélite nos dará la v2 g o RT2 M .m velocidad orbital: ∑ FC = m.a c ; G 2 = m o ; = vo2 donde hemos sustituido r r r el producto GM = g o .RT2 de acuerdo con la definición de intensidad de campo gravitatorio y su valor en la superficie de la Tierra. Reemplazando las variables por sus valores numéricos resulta: vo =

g o .RT2 = r

y el período: T=

9,8.(6,37.10 6 ) = 2928,4 m / s (6,37.10 6 + 4.10 7 ) 2πr = 99491 s = 27,6 h vo

b) Bastará aplicar la conservación de la energía entre esta órbita de partida y el infinito, cuya energía es nula: Mm 1 2 GM g o RT2 2 −G + mve = 0 ; ve = = ⇒ ve = 2928,4 m / s 2r 2 r r que coincide con el valor de la velocidad en la órbita.

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1-2. Sobre una bobina circular de radio r=1 cm y con N = 100 espiras r que descansa en el r r −3 plano XY, se aplica un campo magnético de valor B = 10 t (2i + 5k ) en unidades del SI, siendo t el tiempo. a) Representa gráficamente en función del tiempo el flujo magnético que atraviesa la bobina. b) ¿Qué valor tiene la fuerza electromotriz (f.e.m.) inducida? c) ¿En qué sentido circulará la corriente inducida? SOLUCIÓN

a) Recordemos que el flujo del vector inducción magnñetica a través de una superficie r r se define así φ = B.S de modo que si la espira descansa sobre el plano x-y su vector de superficie estará dirigido a lo largo del eje Z. Este vector es M (×10-7 ) Wb entonces: r r r r S = πr 2 k = π .(10 −2 ) 2 k = 10 −4 πk r r r r r r 10B φ = B.S = 10 −3 t (2i + 5k ).10 −4 πk = 5π .10 −7 k Wb 5B La representación gráfica de la variación temporal del flujo es la mostrada en la figura adjunta. t(s) 1 2 b) La f.e.m inducida se determina aplicando la ley de dφ Faraday-Henry: e(t ) = = 5π .10 −7 V dt c) Si observamos la bobina desde la parte positiva del eje Z (Z>0) veremos salir líneas de campo, que conforme aumenta el tiempo, aumenta el número de ellas que atraviesan la superficie de la bobina, que nosotros veremos salir. La corriente inducida en la espira deberá tener un sentido tal que cree un campo magnético entrante en la cara de la bobina, es decir que genera una cara SUR, lo que indica que debe tener sentido horario. Opción de problemas nº 2 2-1. Por una cuerda colocada a lo largo del eje X se propaga una onda transversal. Sabiendo que la amplitud de ésta onda es A = 10 cm, su longitud de onda 8= 1 m y el periodo T = 1 s, se pide: a) Ecuación que representa la onda. b) Tiempo que tarda la perturbación en recorrer 10 m c) Velocidad transversal máxima de un punto de la cuerda. SOLUCIÓN

⎛t x⎞ y ( x, t ) = 10 sen 2π ⎜ − ⎟ = 10 sen 2π (t − x) ⎝1 1 ⎠ λ 1 ∆S 10 b) v P = = = 1 m / s ⇒ t = = = 10 s T 1 ∆t 1 dy = 2π .10 cos 2π (t − x) cuyo valor máximo es vvib (máx) = 20π cm / s c) vvib = dt a) A=10 cm ;8=1 m ; T=1 s

2-2. Un protón inicialmente en reposo es acelerado por un campo eléctrico uniforme de intensidad 5000 V/m hasta que alcanza una velocidad de 10000 m/s. a) ¿Qué diferencia de L.Alberto Crespo Sáiz ©

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potencial existe entre los extremos del recorrido? b) ¿Dónde será el potencial mayor, al principio o al final del recorrido? c) ¿Cuál será el espacio recorrido por el protón? Datos: qp = l,6x 10-19 C; mp = 1,67x 10-27 kg. SOLUCIÓN

a) Aplicamos la conservación de la energía: Energía electrica=Energía cinética de 1 1 modo que q P .V = mv 2 ; 1,6.10 −19.V = 1,67.10 − 27 .(10 5 ) 2 2 2 −19 2.1,6.10 V = ≈ 0,02 V luego 1,67.10 − 27.1010 b) Al principio de recorrido VO > V pues al tratarse de una carga positiva se moverá hacia potenciales decrecientes. r ∆V y de ella vamos a c) La relación entre el campo eléctrico y el potencial es E = ∆x 0,02 0,02 ; ∆x = ⇒ ∆x = 4.10 −6 m obtener el camino recorrido: 5000 = ∆x 5000

Pruebas de acceso a la Universidad OVIEDO Septiembre 2001 FÍSICA II El alumno elegirá CUATRO de las seis opciones propuestas

Opción 1 1. Una de las leyes de Kepler del movimiento planetario puede enunciarse de la siguiente manera: “ La recta que une cualquier planeta al sol, barre B 66 dr=v.dt áreas iguales en tiempos iguales “. Justificar esta ley a partir 6 v de las leyes de la mecánica. 6 F SOLUCIÓN

Todo planeta gira en torno al Sol, que es el centro de fuerzas, y como consecuencia de la acción de esa fuerza central, el r momento angular Lo del planeta respecto al centro de fuerzas debe ser constante en módulo, dirección y sentido. Partiendo de lo anterior y según la figura adjunta: dA =

A

"

6 r+dr6

dA

6 F

m

6r

6 u O

r

1 r r r × dr pues el área de un triángulo lo proporciona la anterior expresión, que derivada 2

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r dA 1 r dr 1 r r respecto al tiempo resulta: = r× = r × v . Si el segundo miembro de esta igualdad dt 2 dt 2 r 1 r 1 r dA lo multiplicamos y dividimos por m , = r × mv = Lo = constante 2m dt 2m dA de acuerdo con lo expuesto en líneas anteriores, como pretendíamos demostrar, pues dt representa el área barrida por el radio vector que une el planeta con el centro de fuerzas. 2. Una de las lunas de Júpiter describe una órbita prácticamente circular con un radio de 4,22x108 m y un periodo de 1,53x105 s. Deducir a partir de las leyes de la mecánica, los valores de : a) el radio de la órbita de otra de las lunas de Júpiter cuyo periodo es de 1,44x106 s. b) la masa de Júpiter( Dato: G=6,67x10-11 Nm2 /kg2 ) SOLUCIÓN

a) La tercera ley de Kepler nos proporcionará el radio buscado. En efecto, para la primera de las lunas se verifica TL2 = KRL3 y para la segunda TL21 = KR L31 que divididas miembro a TL2 RL3 = ; RL1 = 3 6,65.10 27 = 1,88.10 9 m 2 3 TL1 RL1 b) Para determinar el radio de Júpiter, basta aplicar la 2ª ley de la Dinámica al movimiento de la primera de las lunas. En efecto: Mm 4π 2 ∑ F = m.ac ; G R 2 = m T 2 RL en la que simplificando y sustituyendo valores resulta: L

miembro

M =

4π 2 R L3 = 1,9.10 27 kg GT 2

Opción 2 1. Un generador sonoro, cuya frecuencia es de 300 Hz se coloca suspendido sobre la superficie de un lago. Calcular la longitud de onda y la frecuencia de las ondas acústicas que sentirán los peces. (Dato: velocidad de propagación del sonido en el agua: 1450 m/s) SOLUCIÓN

La frecuencia f de la señal acústica no varía al cambiar de medio, pero si lo hace la longitud de onda, pues depende de la velocidad de propagación en el medio.Por ello: c agua 1450 f = 300 Hz ; λ agua = = = 4,83 m f 300 2. Se desea lanzar un objeto mediante la utilización de un resorte. Para ello, se coloca sobre una mesa suficientemente extensa un muelle de longitud natural Lo y constante elástica K , unido permanentemente por sus extremos a la pared y a un bloque de masa M1 ( figura 1). Un

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bloque de masa M2 se pone en contacto con el primero, se comprime todo hasta que la longitud del muelle es L ( figura 2) y posteriormente se suelta el conjunto. Si se supone que no existe rozamiento entre los bloques y la superficie de la mesa, discutir físicamente: a) cuando dejarán de hacer contacto los dos bloques, b) cual será la velocidad del bloque de masa M2 a partir de ese momento c) cual será la frecuencia de oscilación del bloque que permanece unido al muelle. SOLUCIÓN

a) Las dos masas se separan en el momento que el muelle recupere su longitud natural, pues a partir de ahí dado que el bloque M1 al estar unido al muelle se verá solicitado por la fuerza recuperadora que intentará – y de hecho conseguirá – aminorar su velocidad, en tanto M2 proseguirá su marcha con la velocidad adquirida al final de la compresión del muelle. b) Como se afirma en el apartado anterior, la velocidad del bloque M2 será la que alcance al final de la compresión del muelle. La conservación de la energía establece: K 1 1 K ( LO − L) 2 = ( M 1 + M 2 )v 2 ; v = ( LO − L) M1 + M 2 2 2 c) La frecuencia viene dada por la expresión f =

1 ω = 2π 2π

K M1

Opción 3 1. Un protón de masa 1,67x10 -27 kg y carga 1,6x10-19 C se mueve según una trayectoria circular estable debido a la acción de un campo magnético de 0,4 T. Deducir la expresión de la frecuencia de dicho movimiento circular y calcular su valor numérico en este caso. SOLUCIÓN

La fuerza magnética sobre una partícula cargada y en movimiento dentro del campo r r r magnético es F = q.(v × B) que en módulo, admitiendo que velocidad y campo sean perpendiculares es F = q.vB . La 2ª ley de la dinámica aplicada al movimiento del protón nos dará la frecuencia pedida. En efecto: q.vB = m

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v2 R

; q.B =

mv R

⇒ q.B = ω .R ⇒ ω =

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donde se ha sustituido la velocidad tangencial v = ω .R . Puesto que f =

ω resulta para la 2π

frecuencia: f =

q.B = 6,1.10 3 Hz 2πm Superficies equipotenciales

Líneas de campo 2. Sean dos láminas conductoras planas A y B, paralelas entre sí y separadas una distancia d , que es pequeña comparada con la extensión superficial de las láminas. Se VA establece una diferencia de potencial eléctrico entre las V1 láminas de forma que VA sea mayor que VB. a)Dibujar las d V2 líneas del campo eléctrico y las superficies equipotenciales. V3 Si en el espacio comprendido entre las láminas, y equidistante de ambas, se introduce una partícula de masa 10 g y carga -2x10-4 C, calcular b) la diferencia de potencial que VB V1 > V2 > V3 es necesario aplicar a las láminas para que la partícula cargada se mantenga en reposo, si suponemos que d=1 cm ( Nota: considerar la partícula puntual).

++++++++++

SOLUCIÓN

a) Elegimos como lámina A la superior en la que se pueden apreciar las líneas de campo eléctrico dirigidas hacia los potenciales decrecientes y las superficies equipotenciales ( en verde) perpendiculares a dichas líneas c) Debe ocurrir que la fuerza peso esté equilibrada por la fuerza que el campo ejerce sobre la carga negativa, y que está dirigida verticalmente hacia arriba. Por ello: V m.g.d mg = qE ; mg = q. AB ⇒ V AB = d q sustituyendo valores: VAB=5 V Opción 4 1. Sea un hilo conductor rectilíneo e indefinido por el que circula una corriente estacionaria I según se indica en la figura. En su proximidad se coloca una espira cuadrada indeformable por la que también circula una intensidad I. Si se diese libertad a dicha espira para poderse desplazar por el plano de la figura, discutir físicamente el movimiento que experimentaría en los casos a) La corriente circula en la espira según el sentido de las agujas del reloj b) La corriente circula en la espira según el sentido contrario a las agujas del reloj.

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SOLUCIÓN

a) Si la corriente en la espira es de sentido horario, en el lado más cercano al hilo las intensidades de este y de la espira son del mismo sentido por lo que existirá una fuerza µ .l.I 2 mientras que en lado opuesto la corriente es atractiva entre ambos dada por F1 = o 2πd µ .l.I 2 contraria a la del hilo y la fuerza será repulsiva de valor F2 = o siendo d la distancia 2π (l + d ) entre el hilo y el lado más próximo a este de la espira. Es evidente que puesto que la fuerza repulsiva es de menor módulo que la atractiva,- F2 r0 SOLUCIÓN

a) Si el anillo es interior al solenoide el flujo del vector inducción atraviesa toda su superficie, de modo que de acuerdo con la ley de Faraday-Henry: dφ d ( B.S ) dI = = µ o nπr 2 = µ o nπr 2 .I oω cos ωt dt dt dt que es variable en el tiempo como consecuencia de serlo la intensidad y por tanto, el flujo que atraviesa su superficie. b) Si r > r0, el flujo atraviesa una parte de su superficie – la coincidente con el radio del solenoide – y de acuerdo con la ley de Faraday-Henry es S = πro2 , luego: dφ d ( B.S o ) dI e(t ) = = = µ o nπro2 = µ o n.πro2 I oω cos ωt dt dt dt que como puede comprobarse es de valor algo menor. e(t ) =

Opción 5 1. Si en un día soleado colocásemos sobre una superficie nevada dos trozos de tela de las mismas dimensiones y tipo de material, pero una de color negro y otro blanco, observaríamos que al cabo de algunas horas uno de los trozos se habrá hundido más en la nieve . ¿Cuál y porqué? L.Alberto Crespo Sáiz ©

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SOLUCIÓN

El trozo negro pues absorbe toda la radiación que recibe, de modo que la temperatura aumentará con lo cual fundirá mayor cantidad de nieve por lo que el trozo de tela se hundirá más. N

2. Un rayo de luz incide desde el aire sobre un medio transparente, con un ángulo de incidencia de 58º. Se observa que los rayos reflejado y refractado son mutuamente perpendiculares. ¿Cuál es el valor del índice de refracción del medio transparente? (Nota: considérese que el índice de refracción del aire es la unidad)

58°

58°

1 90° 22°

2

SOLUCIÓN

Aplicando la ley de Snell:

1. sen 58º = n. sen 22º ; n = 2,26

Opción 6 1. Explica y compara qué entiendes por fisión y fusión nucleares. ¿ Conoces algún lugar donde se produzca el fenómeno de fusión de manera estable?. SOLUCIÓN

FISIÓN: Escisión de un núcleo pesado en dos o más de menor masa. FUSIÓN: Unión de dos o más núcleos ligeros para dar lugar a uno más pesado. En el Sol se produce de forma permanente el proceso de fusión de núcleos de hidrógeno para formar helio: 411H → 24 He + 2 −10 e + 26 Mev 2. La frecuencia de la radiación umbral que permite el funcionamiento de una célula fotoeléctrica determinada es de 7,5x10 14 Hz. Discutir si la célula funcionará en los casos en que se ilumine: a) con una radiación de longitud de onda 5x10-7 m b) con fotones de energía 6,61x10-19 J c) Calcular en cada caso la velocidad máxima con que se emitirán los electrones. (Datos: h=6,626x10-34 J.s ; masa del electrón : 9,1x10-31 Kg) SOLUCIÓN

La energía umbral o trabajo de extracción correspondiente a la frecuencia umbral es: EO = h. f o = 6,626.10 −34.7,5.1014 = 4,96.10 −19 J 6,626.10 −34.3.10 8 = 3,97.10 −19 J < E o luego la célula no funcionará. −7 λ1 5.10 b) En este caso si funcionará la célula, pues los fotones incidentes tienen energía superior al trabajo de extracción: 6,61x10-19 J > 3,97.10-19 J b) Aplicando la conservación de la energía: a) E =

hc

=

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Ei = EO +

1 2 mv 2

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1 ; 6,61.10 −19 = 4,96.10 −19 + 9,1.10 −31.v 2 2 v = 6,02.10 5 m / s

Pruebas de acceso a la Universidad OVIEDO - Junio 2001 FÍSICA II El alumno elegirá CUATRO de las seis opciones propuestas

Opción 1 1. La masa de un planeta se puede calcular si, mediante observaciones astronómicas, se conoce el radio de la órbita y el período de rotación de alguno de sus satélites . Razonar físicamente porqué ( suponer órbitas circulares y utilizar las leyes de la mecánica). SOLUCIÓN

Basta aplicar la 2ª Ley de la Dinámica al movimiento del satélite:

∑ F = m.a

c

2

G

M .m 4π 2 r 3 ⎛ 2π ⎞ m r ; M = = ⎜ ⎟ r2 GT 2 ⎝T ⎠

2. Determinar la variación de la energía potencial de la luna, correspondiente a su interacción gravitatoria con el sol y la tierra, entre las posiciones de eclipse de sol ( figura 1) y eclipse de luna ( figura 2). ( Nota: Supónganse circulares tanto la órbita de la tierra alrededor del sol como la de la luna alrededor de la tierra) Datos: Radio de la órbita Luna-Tierra : 3,8.108 m ;

Radio de la órbita Tierra-Sol : 1,5.1011 m ; Masa de la Luna: 7,35.1022 Kg ; Masa del Sol :1,99.1030 Kg ; G=6,67.10-11 Nm2 /Kg2 SOLUCIÓN Mm siendo M La energía potencial gravitatoria viene dada por la expresión E P = −G r y m las masas y r la distancia entre sus centros. Cuando hay más de dos masas, la energía potencial del sistema debe incluir la suma de la expresión anterior para cada par de masas. En efecto: L.Alberto Crespo Sáiz ©

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M .M M .M M S .m L M .m M .m M .m − G S T − G T L y E p 2 = −G S L − G S T − G T L rST rTL rST rTL rSL1 rSL 2 y la variación de la energía potencial entre las dos posiciones será la diferencia entre ambas: ⎛ ⎞ 1 1 ⎟⎟ = 3,29.10 29 J ∆E P = E P 2 − E P1 = GM S .m L ⎜⎜ − ⎝ rST − rSL rST + rSL ⎠ Opción 2 E p1 = −G

1. ¿ Qué se entiende por difracción y en qué condiciones se produce?. SOLUCIÓN

La difracción consiste en la desviación de un frente de onda cuando se encuentra un obstáculo. (Suele decirse que es la “flexión” de un fenómeno ondulatorio alrededor de un obstáculo). La difracción se produce cuando el tamaño del obstáculo es del orden de la longitud de onda del movimiento ondulatorio (sonido, luz, etc...) 2. Un muelle de constante elástica K= 200 N/m , longitud natural L0=50 cm y masa despreciable se cuelga del techo. Posteriormente se engancha de su extremo libre un bloque de masa M=5 Kg y se deja estirar el conjunto lentamente hasta alcanzar el equilibrio estático del sistema. a) ¿Cuál será la longitud del muelle en esta situación?. Si por el contrario, una vez enganchado el bloque se liberase bruscamente el sistema , produciéndose por tanto oscilaciones b) calcular la longitud del muelle en las dos posiciones extremas de dicha oscilación. SOLUCIÓN

a) El equilibrio de la masa pendiente del resorte exige que se verifique: mg mg = Kx ; x = = 0,25 m ; luego L = Lo + x = 50 + 25 = 75 cm K b) La amplitud del movimiento es A=25 cm, luego el resorte medirá: L1 = 50 − 25 = 25 cm ; L2 = 50 + 25 = 75 cm Opción 3 1. Sean dos cargas puntuales Q1=-q y Q2=+4q colocadas a una distancia d. Razonar y obtener en qué punto de la línea definida por las dos cargas el campo es nulo? SOLUCIÓN

Puesto que las dos cargas tienen distinto signo, la E -q intensidad de campo no puede ser nula entre ambas (Ver + Efigura). Sin embargo, en un punto exterior, dado que los x vectores intensidad de campo son opuestos, si tienen el mismo módulo, la intensidad total es nula. L.Alberto Crespo Sáiz ©

E+ d

4q

E-

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4q q ; E− = K 2 ; E+ = E− 2 x (d + x) igualando, simplificando y despejando resulta: x = d a la izquierda de la carga negativa, de acuerdo con la figura. E+ = K

2. Sean dos cargas puntuales a las que se mantiene en reposo y separadas una distancia dada. Si el potencial en los puntos del espacio que equidistan de las dos cargas es nulo, a) ¿ Qué se puede afirmar acerca de las cargas ? ( razonarlo utilizando el concepto de potencial y el principio de superposición) b) Dibujar las líneas del campo eléctrico y las superficies equipotenciales SOLUCIÓN

a) Puesto que el potencial es una magnitud escalar y el creado por varias cargas en un punto se obtiene como suma algebraica de los potenciales de cada carga, al ser únicamente dos y el punto donde pretendemos calcular el potencial es equidistante de ambas, exige que ambas sean del mismo valor numérico pero opuestas en signo. b) Las líneas de campo de una distribución de carga de este tipo se muestra en la figura adjunta así +q -q como las superficies equipotenciales (Recordar que las superficies equipotenciales son perpendiculares a las líneas de fuerza del campo). Opción 4 1. Una partícula cargada se coloca en un punto del espacio en donde, a) existe un campo magnético que no varía con el tiempo b) existe un campo eléctrico que no varía con el tiempo c) existe un campo magnético que varía con el tiempo d) existe un campo eléctrico que varía con el tiempo. Razonar físicamente en qué casos la partícula, inicialmente en reposo, se moverá. SOLUCIÓN

a) No se mueve porque la fuerza que el campo magnético ejerce sobre un cuarpo r r r cargado ( F = q.(v × B) )es nula en el caso que dicho cuerpo esté en reposo . r r b) La carga es impulsada por una fuerza F = q.E que sigue la dirección del campo, siendo la aceleración y velocidad de la carga del mismo sentido si la carga es positiva. c) Si la inducción magnética varía con el tiempo, salvo que por condiciones físicas en la zona donde actúa origine un voltaje inducido y por consiguiente un campo eléctrico, la dΦ dB = S. carga no se moverá de su posición. Recordemos que e = dt dt d) Es prácticamente similar al caso a) pues existirá campo eléctrico y por tanto, fuerza eléctrica, eso sí, si la fuerza es variable, la aceleración también lo será. L.Alberto Crespo Sáiz ©

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2. Un campo magnético uniforme está confinado en una región cilíndrica del espacio, de sección circular y cuyo radio es R=5 cm, siendo las líneas del campo paralelas al eje del cilindro (esto puede conseguirse mediante un solenoide cilíndrico por el que pasa una corriente y cuya longitud sea B mucho mayor que su diámetro 2R ). Si la magnitud del campo r R varía con el tiempo según la ley B = 5 + 10t ( dado en unidades del SI), calcular la fuerza electromotriz inducida en un anillo conductor de radio r, cuyo plano es perpendicular a las líneas de campo y en los siguientes casos: a) El radio del anillo es r=3 cm y está situado de forma que el eje de simetría de la región cilíndrica, donde el campo es uniforme, pasa por el centro del anillo b) r=3 cm y el centro del anillo dista 1 cm de dicho eje. c) r=8 cm y el eje pasa por el centro del anillo d) r=8 cm y el centro del anillo dista 1 cm de dicho eje SOLUCIÓN

La f.e.m inducida en una espira o un circuito viene dada por la ley de Faraday-Henry. La figura muestra la espira en el interior del tubo en el que existe una inducción magnética variable con el tiempo. dΦ dB e= =S siendo S la superficie de la espira atravesada por las líneas de dt dt inducción. a) S a = πr 2 = π .(3.10 −2 ) 2 = 9π .10 −4 m 2 y ea = 9π .10 −410 = 9π .10 −3 V b) S b = πr 2 = π .(3.10 −2 ) 2 = 9π .10 −4 m 2 y eb = 9π .10 −410 = 9π .10 −3 V pues en este caso aunque esté el anillo descentrado, la variación temporal del flujo del vector campo formado por líneas paralelas es el mismo que en el caso a). c) S c = πR 2 = π .(5.10 −2 ) 2 = 25π .10 −4 m 2 y ec = 25π .10 −410 = 25π .10 −3 V donde en este caso la superficie que atraviesa el vector inducción es la común a solenoide y anillo. d) La misma situación que en el caso anterior, y por tanto el mismo resultado aunque el anillo esté descentrado respecto al eje del solenoide. Opción 5 1. Explicar el defecto ocular conocido como miopía y comentar el modo de corregirlo SOLUCIÓN La miopía consiste en que los rayos procedentes de un objeto lejano (∞) focalizan antes de la retina del ojo, y por tanto se produce la visión borrosa de dichos objetos . Se corrige con lentes divergentes. 2. Sea un dispositivo óptico, esquematizado en la figura, que está formado por dos prismas idénticos de índice de refracción 1,65 , con bases biseladas a 45º y ligeramente separados. Si se hace incidir un rayo láser perpendicularmente a la cara A del dispositivo, discutir físicamente si es de esperar que exista luz emergente por la cara B , en los casos: a) el espacio separador entre los prismas es aire cuyo índice de refracción es 1 b)el espacio separador entre los prismas es agua cuyo índice de refracción es 1,33 L.Alberto Crespo Sáiz ©

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SOLUCIÓN

El rayo luminoso que entra perpendicularmente por A, puede emerger por la cara inclinada dependiendo del valor del ángulo límite, que a su vez está relacionado con el índice del medio entre ambas láminas. a) Aplicando la ley de Snell a la cara inclinada 45º tenemos:

1,65. sen 45º = 1. sen ε ' ; sen ε ' = 1,16 lo cual es imposible. Hay pues reflexión total sobre la cara inclinada en el caso de que el medio entre ambas láminas tenga indice n=1. El ángulo límite es: 1,65. sen ε L = 1. sen 90 ; ε L = 37,3º b) Para índice de refracción n=1,33 resulta: 1,65. sen 45º = 1,33. sen ε ' ; ε ' = 61,31º lo que indica que el ángulo de emergencia es el hallado y que incidirá sobre la cara biselada del segundo prisma, y por tanto, es de esperar que exista luz emergente. Dejamos cálculos para el lector. Opción 6 1. Admitiendo que el protón tiene en reposo una masa aproximadamente 1836 veces mayor que la del electrón, también en reposo, ¿ Qué relación existirá entre las longitudes de onda de De Broglie de las dos partículas, suponiendo que se mueven con la misma energía cinética y considerando despreciables los efectos relativistas? SOLUCIÓN

La longitud de onda de De Broglie viene dada por la expresión λ =

h h = p mv

1 2 1 2 2 p2 mv = m v = resulta para las longitudes de 2 2m 2m h h ; λe = que divididas entre sí nos onda de ambas partículas λ P = 2m P E C 2m e E C proporciona la relación entre dichas longitudes de onda:

Puesto que la energía cinética es EC =

me λP = mP λe

; λ e = 42,8λ P

2. Sabiendo que en la siguiente reacción nuclear: ZA X + 11H →2 24 He se liberan 11,47 MeV de energía, a) escribe el isótopo ZA X que falta en la reacción b) calcula la masa atómica de dicho isótopo ( Datos: Masas atómicas: Hidrógeno=1,0078 uma, 4 He=4,0026, 1 uma=931 MeV) SOLUCIÓN L.Alberto Crespo Sáiz ©

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a) De la ecuación A + 1 = 2.4 ; A = 7 y Z + 1 = 2.2 ; Z = 3 luego el elemento es 37 Li b) El balance energético debe verificarse, y como consecuencia el balance de 11,47 ; m( 73Li ) = 7,0097 uma masa: m( 73Li ) + 1,0078 = 2.4,0026 + 931

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