RUEBAS DE A CCESO A LAU NIVERSIDAD LOE - JUNIO 2012 FÍSICA

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(1)

PRUEBAS DE

ACCESO A LA UNIVERSIDAD

LOE - JUNIO 2012

FÍSICA

INDICACIONES

Elegir una de las dos opciones (1 o 2).

No deben resolverse cuestiones de opciones diferentes

OPCI ´ON DE EXAMEN

1

1.1. Un cuerpo A de masa de m = 5,0 kg se encuentra en el centro C de un cuadrado de lado

L= 3,0 m cuyos v´ertices, recorridos en el sentido de las agujas del reloj est´an ocupados por las masas m1 = 100,0 kg, m2 = 200,0 kg, m3 = 400,0 kg y m4 = 800,0 kg, respectivamente, fijas en

sus respectivos v´ertices. Determ´ınese, previa realizaci´on de un esquema del sistema:

(a) [0,5 PUNTOS] La energ´ıa potencialEP(C) del cuerpo A en ese punto C.

(b) [0,5 PUNTOS] La energ´ıa potencial EP(M) del cuerpo A en el punto M, situado en centro

del lado situado entre los v´ertices 3 y 4.

(c) [0,5 PUNTOS] El trabajo W1 necesario para llevar el cuerpo A desde el punto C hasta el

punto M.

(d) [0,5 PUNTOS] La velocidad m´ınima ve necesaria para que el cuerpo A, situado en el punto

C, pueda escapar de la atracci´on de estas cuatro masas.

Datos: Constante de gravitaci´on universalG= 6,67·10−11 N·m2·kg−2.

Soluci´on.

A m m

1 m2

m

3

m

4

C

M L

d

L/2 L

1

Figura 1: Esquema del sistema descrito en el 1.1. d=√2L/2,L1= L2+L2/4 1/2

(2)

diferentes cuerpos que componen el sistema. As´ı, la intensidad del campo gravitatorio en C es:

VC=−G

" m1

2L/2 +

m2

2L/2 +

m3

2L/2 +

m4

2L/2

#

=G2 P

imi √

2L ,

donded=√2L/2 es la distancia de cada (centro de cada) masa al centro del cuadrado. Para los valores dados:

X

i

mi= 1500 kg,

VC=−6,67·10

−11 2·1500

1,41·3,0 ≈ −0,5·10

−7 J.[V

C=−0,47·10

−7 J·kg−1]

La energ´ıa potencial EP(C) de un cuerpo de masam en ese punto C es igual a:

EP(C) =mVC=−G

2mP

imi √

2L .

La energ´ıa potencial negativa significa que se debe realizar un trabajo para llevar el cuerpo A de nuevo al infinito.

EP(C) = 5·0,5·10−7 ≈ −2,5·10−7 J.[EP(C) =−2,36·10−7 J]

(b) En un campo de fuerzas conservativo el trabajoW1es igual a la diferencia de energ´ıa potencial

potencial desde el punto C hasta el punto M. El potencialVrM en el punto M viene dado por:

VM=−G

" m1

5L/2 +

m2

5L/2+

m3

L/2 +

m4

L/2

#

,

pues los cuerpos 1 y 2 se encuentran a una distancia L1 = (L2 +L2/4)1/2 =

5L/2 y los cuerpos 3 y 4 a una distancia L/2 del punto M. Para los valores num´ericos dados:

VM=−

6,67·10−11 3

2·100 + 2·200

2,2 + 2·400 + 2·800

,

VM≈ −6,0·10

−8 J.[V

M=−5,93·10

−8 J·kg−1]

La energ´ıa potencial del cuerpo A en el punto M es EP(M) =mVM:

EP(M)≈ −5·6,0·10−8 J =−3,0·10−7 J.[EP(M) =−2,96·10−7 J]

(c) El trabajo en un campo conservativo se define como

W =−∆EP.

El trabajo para llevar el cuerpo A desde el punto C hasta el punto M ser´a:

W1=−[EP(M)−EP(C)] =−m(VM−VC) = 5,0·10

−8 J.[W

1=−6,0·10−8 J]

(3)

(d) La condici´on de la velocidad m´ınima ve de escape es que la energ´ıa total del cuerpo A en

el infinito sea cero, lo que significa, por el principio de conservaci´on de la energ´ıa, que en el punto C:

1 2mv

2

e +mVC= 0.

Por tanto

ve = (−2VC)

1/2 .

Sustituyendo por sus valores:

ve=

2·0,47·10−71/2 ≈3,2·10−3 m·s−1.hve= 3,06·10

−3 m·s−1.i

Criterios de calificaci´on.

(a) Para obtener 0,5 puntos en este apartado se tendr´a que haber dibujado un esquema correcto (que en este caso es f´acil), haber aplicado el principio de superposici´on, aunque no se cite como tal, y obtener un resultado num´erico correcto, tanto de VC como de EP(C), incluyendo sus

unidades y el signo negativo. Se puntuar´a con 0,1 puntos un esquema correcto, con 0,2 puntos plantear bien la obtenci´on del potencial y de la energ´ıa potencial, distinguiendo claramente entre estos dos conceptos, y con 0,2 puntos si el resultado num´erico es correcto y tambi´en sus unidades. Se valorar´a (es decir, si alguna otra parte del ejercicio est´a mal, se puntuar´a algo m´as) que se cite expl´ıcitamente el principio de superposici´on y que se comente el sentido f´ısico del signo negativo.

(b) Se puntuar´a con 0,3 plantear bien la obtenci´on del potencial y de la energ´ıa potencial, dis-tinguiendo claramente entre estos dos conceptos, y con 0,2 puntos si el resultado num´erico es correcto y tambi´en sus unidades.

(c) Se puntuar´a 0,1 ´o 0,2, que se reconozca que se trata de un campo conservativo y que el trabajo es igual a la variaci´on de la energ´ıa potencial entre ambos puntos, cambiado de signo. Se puntuar´a hasta 0,5 si se han llevado bien a cabo los c´alculos num´ericos. Se valorar´a que se explicite la interpretaci´on f´ısica del signo positivo del trabajo.

(d) Se puntuar´a entre 0,2 y 0,3 puntos que se haya reconocido la relaci´on entre la velocidad de escape y la energ´ıa potencial en el punto a trav´es del Principio de Conservaci´on de la Energ´ıa Mec´anica. Se puntuar´a hasta 0,5 si los resultados num´ericos son correctos. Se valorar´a que se cite expl´ıcitamente este principio y que se se˜nale que la ecuaci´on de la velocidad es dimensionalmente correcta.

1.2. En una cuerda 1, de densidad lineal ρ1, de longitud L y sometida a una tensi´on T, el primer

arm´onico, o modo fundamentaln= 1, se produce para la frecuencia fundamental f1. Esta cuerda

se sustituye por una cuerda diferente 2, de densidad lineal ρ2= 2ρ1, manteni´endose la longitud L

de la misma y la tensi´on T a la que se encuentra sometida.

(a) [0,5 PUNTOS] ¿Qu´e expresi´on de velocidad de propagaci´on de una onda en una cuerdav es dimensionalmente correcta:

(i) v=T ρ−1; (ii) v=T ρ−11/2 ; (i)v=ρT−11/2 .

(b) [0,5 PUNTOS] ¿C´omo var´ıa la velocidad de propagaci´on de las ondas en la segunda cuerda,

(4)

(c) [1,0 PUNTOS] ¿Para qu´e frecuencia f02, expresada en funci´on de f1, se obtendr´a el segundo

arm´onico,n= 2, en la segunda cuerda?

Soluci´on.

L

λ

n=1

L

λ

n=2

1

2

Figura 2: Esquema del Problema 1.2. λ1= 2L,λ2=L

(a) La expresi´on dimensionalmente correcta es la (ii):

[v]≡LT−1; [T]≡MLT−2; [ρ]≡ML−1;

T ρ−11/2

≡LT−1.

(b) Sin m´as que considerar las respectivas expresiones, se obtiene que:

v1 =

T

ρ1

1/2 .

v2 =

T

ρ2

1/2

=

T

2ρ1

1/2

= √v1

2.

Como en una cuerda su densidad lineal juega, de alguna manera, el papel de la inercia en la segunda ley de Newton, mayor densidad lineal bajo la misma tensi´on indica mayor dificultad para desplazar los elementos de la cuerda y, por tanto, menor velocidad de propagaci´on de las ondas.

(c) En una onda estacionaria que vibra entre dos puntos, la longitud L es igual a la mitad de la longitud de onda del primer arm´onico (n = 1) λ1 = 2L. Para el primer arm´onico de la

primera cuerda se tiene que L=λ1/2 y quef1λ1 =v1, de donde:

f1 =

v1

2L.

En una onda estacionaria que vibra entre dos puntos, la longitud L is igual a la longitud de onda del segundo arm´onico λ2 =L. Para el segundo arm´onico (n= 2) de la segunda cuerda

se tiene que L=λ02 y que f20λ02 =v2, de donde se obtiene la relaci´on entre frecuencias:

f20 = v2

L = v1

2L =

2f1

(5)

Criterios de calificaci´on.

(a) Se puntuar´a con 0,5 puntos que se haga un an´alisis dimensional correcto y que se encuentre la expresi´on correcta.

(b) Se puntuar´a con 0,5 puntos que se obtenga la relaci´on correcta. Se valorar´a que se haga alg´un comentario f´ısico sobre la menor velocidad de la onda en la cuerda 2 respecto de la velocidad en la cuerda 1.

(c) Se puntuar´a con 0,2 puntos un esquema correcto. Se puntuar´a con 0,3 puntos la expresi´on correcta de la frecuencia f1, con 0,3 puntos la frecuenciaf20 y con 0,2 puntos la relaci´on entre

ambas. Se valorar´a cualquier esquema con indicaciones significativas.

1.3. Previa realizaci´on de un esquema mediante trazado de rayos, disc´utanse las siguientes afirmaciones: con un espejo convexo, la imagen que se obtiene:

(a) [0,5 PUNTOS] Es siempre real.

(b) [0,5 PUNTOS] Es siempre mayor que el objeto

(c) [0,5 PUNTOS] Es siempre invertida.

(d) [0,5 PUNTOS] Es siempre virtual y derecha.

Soluci´on.

C F

s s’

f

Figura 3: Esquema del Problema 1.3

(a) Se lleva a cabo un trazado de rayos mediante 3 rayos: el primero es paralelo al eje del sistema, forma ´angulos iguales con un radio de la esfera, por lo que su prolongaci´on pasa por el foco; el segundo pasa por el punto en el que el espejo se corta con el eje, formando el mismo ´angulo de incidencia y reflexi´on con el eje, y un tercer rayo dirigido al centro del espejo, que no se desv´ıa. Como para formar la imagen hay que prolongar los rayos, la imagen es virtual. Se puede comprobar que aunque la imagen se acerque o se aleje del espejo, la situaci´on es la misma.

La ecuaci´on del espejo:

1

s0 +

1

s =

1

(6)

conf =R/2 es:

1

s0 +

1

s =

2

R ,

por ser un espejo convexo, el radio y la distancia focal est´an a la derecha y son positivos. Comoses negativo,s0 siempre ser´a positivo (la imagen se forma a la derecha) y menor ques,

s0=|s| R

2|s|+R <|s|,

(tiene menor tama˜no). Por ser un espejo la imagen es virtual pero se puede ver. El resultado obtenido mediante las ecuaciones es compatible con el obtenido mediante el esquema del trazado de rayos.

Puesto que el aumento viene dado por:

β=−s

0

s >0

la imagen es derecha. Por tanto, es falso que la imagen sea siempre real (es virtual). (b) Es falso que siempre sea una imagen mayor, es siempre menor.

(c) No es ni real (es virtual) ni invertida (es siempre derecha).

(d) A diferencia de lo que sucede en un espejo c´oncavo, para un espejo convexo la imagen es siempre virtual (puede verse), derecha y reducida.

Criterios de calificaci´on.

(a) Se puntuar´a con 0,5 puntos que se haya dibujado un esquema correcto mediante trazado de rayos. Se valorar´a que el esquema se apoye en la ecuaci´on correcta y con los signos bien discutidos, y que se discuta la coherencia de ambos resultados.

(b) Se puntuar´a con 0,5 puntos si se ha apoyado en las ecuaciones adecuadas, con los signos bien discutidos.

(c) Se puntuar´a con 0,5 puntos si se ha apoyado en las ecuaciones adecuadas, con los signos bien discutidos.

(d) Se puntuar´a con 0,5 puntos si se ha apoyado en las ecuaciones adecuadas, con los signos bien discutidos. Se valorar´a si hay alg´un comentario sobre espejos c´oncavos etc.

1.4. Sea un campo magn´etico uniformeBZdirigido en el sentido positivo del eje Z. El campo es distinto

de cero s´olo en una regi´on cil´ındrica de radior = 10 cm cuyo eje es el eje Z. El campo aumenta su intensidad en los puntos de esa regi´on a un ritmo de vB= 2,0·10

−3 T·s−1. Determ´ınese la fuerza

electromotriz inducida en una espira situada en el plano XY, indicando el sentido (de las agujas del reloj o contrario a las agujas del reloj) de la corriente inducida en los dos casos siguientes:

(a) [1,0 PUNTOS] Espira circular de radio r1 = 5,0 cm centrada en el origen de coordenadas.

(7)

Soluci´on.

y

x

V

V

i

i

i

L2

r1

ε

Figura 4: Esquema del Problema 1.4

Por el principio de inducci´on de Faraday y la ley de Lenz, la fuerza electromotriz inducida es:

=−dΦ

dt ,

donde Φ =AB(t) es el flujo magn´etico a trav´es de la espira (que en este caso var´ıa en el tiempo). En estos dos casos la variaci´on del flujo magn´etico a trav´es de la espira se debe a que la intensidad de campo magn´etico var´ıa en el tiempo. Por tanto, conB(t) =B0+vBt, se tiene que:

=−AdB(t)

dt =−AvB.

(a) En este caso la secci´on A es la de la espira circular,A=πr2 1.

=π r21vB=π5,02·10

−4·2,0·10−3 1,50·10−5 V.[= 1,57·10−5 V]

El sentido de la corriente es tal que se debe oponer al campo magn´etico que aumenta. Apli-cando la regla de la mano derecha, la corriente circular´a en sentido horario, vista la espira desde la parte positiva del eje Z.

(b) En este caso la secci´on Ano es la de la espira cuadradaA=L22, sino la superficie donde hay campo A=πr2.

=π r2vB=π1,0

2·10−2·2,0·10−3 6,00·10−5 V.[= 6,28·10−5 V]

(8)

Criterios de calificaci´on.

(a) Se puntuar´a con 0,2 puntos un esquema correcto. Se puntuar´a con 0,5 puntos si se ha obtenido correctamente la fuerza electromotriz. Se puntuar´a con 0,3 puntos la aplicaci´on de la regla de la mano derecha para obtener el sentido de la corriente inducida.

(b) Se puntuar´a con 0,2 puntos un esquema correcto. Se puntuar´a con 0,5 puntos si se ha obtenido correctamente la fuerza electromotriz, indicando que no es la superficie de la espira la que interviene. Se puntuar´a con 0,3 puntos la aplicaci´on de la regla de la mano derecha para obtener el sentido de la corriente inducida.

1.5. Una roca contiene dos tipos de ´atomos radiactivos A (Radio 226) y B (Carbono 14) de per´ıodo de semidesintegraci´on t(1A/)2 = 1602 a˜nos y t(1B/)2 = 5760 a˜nos, respectivamente. Cuando la roca se form´o, su contenido en A y en B era pr´acticamente el mismo, N0 = 1015 n´ucleos de cada tipo de

´ atomo.

(a) [0,5 PUNTOS] Dib´ujese de forma esquem´atica la variaci´on del n´umero de ´atomos de cada elemento que permanecen en la muestra sin desintegrarse en funci´on del tiempo.

(b) [0,5 PUNTOS] Las constantes de desintegraci´on de A y B, λA y λB, respectivamente.

(c) [0,5 PUNTOS] ¿Qu´e tipo de ´atomo ten´ıa una actividad dN/dt mayor en el momento de su formaci´on?

(d) [0,5 PUNTOS] ¿Cu´al ser´a la raz´on r = NA/NB entre el n´umero de ´atomos A y B todav´ıa

existentes en la roca t= 3000 a˜nos despu´es de su formaci´on.

Soluci´on.

N(t)

t

A B

N B(3000)

A

N (3000)

0

t1/2A N /2

N

0

Figura 5: Esquema del Problema 1.5

(a) Aquellos ´atomos que tienen un per´ıodo de semidesintegraci´on mayor (en este caso los B) tienen una constante de desintegraci´on menor y, por tanto, una ca´ıda exponencial m´as lenta que los que tienen un per´ıodo de semidesintegraci´on menor (en este caso los A), con las expresiones:

N(t) =N0exp(−tln 2/t1/2) y N(t) =N0exp(−λt).

(b) Con la expresi´on para la desintegraci´on radiativa:

(9)

donde λes la constante de desintegraci´on, y como, por definici´on

N0

2 =N0exp(−λt1/2), donde t1/2 es el per´ıodo de semidesintegraci´on, entonces

λ= ln 2

t1/2

= 0,693

t1/2

.

λA =

0,693

1602 = 4,32·10

−4 year−1,

λB =

0,693

5760 = 1,20·10

−4 year−1

(c) La velocidad de desintegraci´on, o actividad se define como dN

dt =−λN0exp(−λt),

por lo que a tiempo cero t= 0:

dN

dt

t=0 =−λN0.

Tiene mayor actividad el ´atomo con la constante de desintegraci´on mayor. dN

dt

t=0A = −10

15·4,32·10−4 = 4,32·1011desin·year−1,

dN

dt

t=0A = −10

15·1,20·10−4 = 1,20·1011desin·year−1

(d) Con

NA(t)

NB(t)

= N0exp(−λAt)

N0exp(−λBt)

= exp [(λB−λA)t].

NA(t)

NB(t)

= exph(1,20−4,32) 10−4·3·103i= 0,39.

Criterios de calificaci´on.

(a) Se puntuar´a con 0,5 puntos un esquema correcto en ambas desintegraciones, basado en la ecuaci´on de desintegraci´on, y con 0,3 puntos si se cita bien la ecuaci´on pero la figura no es correcta.

(b) Se puntuar´a con 0,5 puntos la obtenci´on correcta de los valores de las constantes de desinte-graci´on. Se puntuar´a con 0,3 puntos el establecer la relaci´on entre los tiempos de semidesin-tegraci´on y las constantes de desintegraci´on. Se valorar´a que, al menos cualitativamente, se indique que cuanto mayor es el tiempo de semidesintegraci´on m´as suave ser´a la curva de desintegraci´on, por tener una constante de desintegraci´on menor.

(c) Se puntuar´a con 0,5 puntos la obtenci´on de los resultados num´ericos correctos. Se puntuar´a con 0,3 el que se indique cuanlitativamente que la actividad mayor se relaciona con el tipo de ´

atomos que tienen una constante de desintegraci´on mayor.

(10)

PRUEBAS DE

ACCESO A LA UNIVERSIDAD

LOE - JUNIO 2012

FÍSICA

INDICACIONES

Elegir una de las dos opciones (1 o 2).

No deben resolverse cuestiones de opciones diferentes

OPCI ´ON DE EXAMEN

2

2.1. Disc´utase si son verdaderas o falsas, realizando en su caso un esquema, las siguientes afirmaciones:

(a) [0,5 puntos] Laenerg´ıa cin´eticaKTde un objeto lanzado con la primera velocidad de escape

vT, paralelo a la superficie de la Tierra, depende del valor de la masam del objeto.

(b) [0,5 puntos] Puesto que no escapa a la influencia de la Tierra, la energ´ıa total ET de un

objeto lanzado con la primera velocidad de escape vT, debe ser negativa.

(c) [0,5 puntos] El valor de la segunda velocidad de escapevede un objeto lanzado vertical desde

la superficie de la Tierra depende del valor de la masa m del objeto.

(d) [0,5 puntos] En el movimiento el´ıptico de un planeta en torno al Sol la velocidad del planeta en el perihelio (posici´on m´as pr´oxima al Sol) es mayor que la velocidad en el afelio.

Soluci´on.

F 1 v1

v 2

r 1

Figura 6: Esquema del Problema 2.1, apartado (a)

(a) Con la condici´on de la ´orbita de que la fuerza gravitatoria sobre el sat´elite sea igual a la fuerza centr´ıpeta (con aceleraci´on centr´ıpetaac=v2/r):

GMTm R2

T

=mv

2

T

RT

,

se obtiene la condici´on de la primera velocidad de escapevT:

g= v

2

T

(11)

vT= (gRT)

1/2 ,

que no depende de la masa del cuerpo. Pero su energ´ıa cin´etica:

KT=

1 2mv

2

T,

s´ı depende de la masa del cuerpo.

(b) En efecto, con una energ´ıa total ET dada por:

ET =KT+EP =

1 2mv

2

T−G

MTm

RT

=−1

2G

MTm

RT

<0.

Un objeto necesita tener una energ´ıa total positiva para poder escapar de la influencia gravi-tatoria correspondiente.

(c) Con la condici´on de conservaci´on de la energ´ıa mec´anica:

−GMTm RT

+1 2mvE

2= 0,

se obtiene que vE

vE =

2GM

T

RT

1/2

= (2gRT)

1/2 .

no depende de la masa del cuerpo que escapa.

P

S

A

Σ Σ

v

P

v

A

Figura 7: Esquema del Problema 2.1, apartado (d)

(d) De acuerdo con la Segunda Ley de Kepler, en el perihelio P de un planeta su velocidad (lineal)

vP debe ser mayor que en el afelio A,vA. Puesto que el radio vector es menor en el perihelio

y si se debe barrer el mismo ´area en el mismo tiempo (Conservaci´on del Momento Angular), la velocidad lineal debe ser efectivamente mayor en el perihelio.

Criterios de calificaci´on.

(a) Se puntuar´a con 0,1 puntos que se haga un esquema correcto. Se puntuar´a con 0,2 puntos que se imponga la condici´on de fuerzas y se valorar´a con 0,2 puntos que se obtenga la expresi´on correcta de dicha velocidad y se indica que la energ´ıa cin´etica s´ı depende de la masa. Si esta velocidad se cita de memoria (es decir, no se deduce la expresi´on) y correctamente, entonces se puntuar´a con 0,4 puntos. Pero si se cita de memoria e incorrectamente (con errores dimensionales), entonces no se puntuar´a nada. Se restar´an 0,1 puntos si no se reconoce que la energ´ıa cin´etica depende de la masa.

(12)

(c) Se puntuar´a con 0,5 puntos que se cite el Principio de Conservaci´on de la Energ´ıa Mec´anica y que se escriba la ecuaci´on correcta. Si solamente se responde con palabras y sin apoyo de ecuaciones, se restar´an hasta 0,3 puntos.

(d) Se puntuar´a con 0,1 puntos se dibuje un esquema correcto. Se puntuar´a con 0,4 puntos si se cita la Segunda Ley de Kepler o la ley de las ´areas y se sigue un razonamiento correcto. Se valorar´a que se cite algo relacionado con el momento angular y su conservaci´on.

2.2. Una part´ıcula de masa m= 0,100 kg se mueve en el ejeX describiendo un movimiento arm´onico simple (m.a.s.) unida a un muelle de constante el´astica k = 1,75 N·m−1. La part´ıcula tiene velocidad v = 0 en los puntos de abscisasx1 =−10,0 cm y x2 = 10,0 cm y en el instante inicial

t= 0 se encuentra en el puntoxi = 10,0 cm. Determ´ınese:

(a) [0,5 PUNTOS] Cual de las siguientes expresiones es dimensionalmente correcta para el per´ıodo

T del sistema oscilante:

(i) T = 2πmk−1; (ii) T = 2πmk−11/2 ; (iii)T = 2πkm−11/2 .

(a) [0,5 PUNTOS] La expresi´on matem´atica num´erica

x(t) =Asen (ωt+ϕ0),

de la part´ıcula en funci´on del tiempo.

(a) [0,5 PUNTOS] La velocidad m´axima vmax de la part´ıcula y su relaci´on con A. (a) [0,5 PUNTOS] La energ´ıa mec´anica Em del conjunto de la part´ıcula m´as el muelle.

Soluci´on.

(a) Por consideraciones dimensionales,

[T] =T; [mk−1] =M(M LT−2L−1)−1=T ,

se tiene que la expresi´on (ii):

T = 2π

m

k 1/2

,

es la correcta. En este caso:

T = 2π

0,100

1,75

1/2

= 1,50 s,

(b) De acuerdo con los datos A= 0,10 m, T = 1,5 s,ω= 2π/T, yϕ0=π/2, se tiene:

x(t) = 0,100 sen

2π t

1,5 +

π

2

.

Alternativamente:

x(t) = 0,100 cos

2π t

1,5

(13)

(c) Con la expresi´on de la velocidadv(t) dada por:

v(t) = dx(t)

dt = 0,100·

1,5cos

2π t

1,5+

π

2

.

La m´axima velocidad se obtiene cuando cos (2πt/1,5 +π/2) = 1, lo que sucede cuando 2πt/1,5 =π/2 ot=T /4. En ese caso

vmax =

0,200π

1,5 = 0,42 m·s −1.

(d) La energ´ıa total:

ET =

1 2mv

2(t) +1

2kx

2(t),

es igual a

ET =

1 2mv

2

max(t) =

1 2kA

2.

La energ´ıa total se obtiene, bien cuando no hay energ´ıa potencial acumulada en el muelle y toda la energ´ıa se encuentra en forma de energ´ıa cin´etica del cuerpo que oscila, o bien cuando el cuerpo que oscila se encuentra en reposo, energ´ıa cin´etica cero, y toda la energ´ıa est´a en forma de energ´ıa potencial acumulada en el muelle. As´ı:

ET =

1

20,100·0,42

2 = 0,0882 J ; = 1

21,75·0,10

2 = 0,0875 J.

Criterios de calificaci´on.

(a) Se valorar´a con 0,5 puntos que se haga un an´alisis dimensional correcto y que se obtenga la expresi´on correcta. Se valorar´a que se haga alg´un tipo de esquema esencialmente correcto. (b) Se puntuar´a con 0,5 puntos cuando la expresi´on num´erica sea la correcta, particularmente,

cuando se exprese bien la fase. Se valorar´an los comentarios adecuados sobre el significado de la fase o si la ecuaci´on se expresa con el coseno en vez de con el seno.

(c) Se puntuar´a con 0,3 puntos si se plantea correctamente la obtenci´on de la velocidad y con 0,2 puntos adicionales si los resultados num´ericos son los correctos.

(14)

2.3. Un rayo de luz de longitud de ondaλ= 550 nm que se mueve en un vidrio de ´ındice de refracci´on

n = 1,55 para esa longitud de onda, alcanza la superficie de separaci´on entre el vidrio y el aire, incidiendo con una ´angulo de θ= 15◦ respecto a la normal a dicha superficie.

(a) [1,0 PUNTOS] Dib´ujese un esquema del proceso descrito y determ´ınese si este rayo incidente experimentar´a, o no, el fen´omeno de la reflexi´on (interna) total.

(b) [1,0 PUNTOS] Si se sabe que la frecuenciaν del rayo refractado es la misma que la frecuencia del rayo incidente, determ´ınese, en su caso, la longitud de onda λR del rayo refractado.

Datos: Velocidad de la luz en el vac´ıo c= 2,99·108 m·s−1

Soluci´on.

θ

i

θ

n

θ

r

λ

λ

n

n

n

0 R

Figura 8: Esquema del Problema 3, Opci´on 2.

(a) Por la ley de Snell de la refracci´on n1senθ1 =n2senθ2, en este caso se tiene:

nsenθi=n0senθr,

lo que implica que debe ser θr =π/2, o senθr = 1, para que haya reflexi´on interna total, de

donde

senθi≥

1

n.

En este caso:

senθi≥

1

1,55 →θR≥40,2 ◦.

En este caso 15◦ <40,2◦, por lo que no hay reflexi´on interna total y parte de la luz pasa al aire.

(b) Para el rayo incidente, que viaja en un medio de ´ındice de refracci´on n, se tiene que:

550ν = c

n;ν = c

550n.

Conocido que esta frecuencia es la misma en el rayo reflejado que en el refractado, para el rayo refractado se tiene la relaci´on:

(15)

de donde se obtiene que su longitud de onda ser´a:

λR= 550·n .

Criterios de calificaci´on.

(a) Se puntuar´a con 0,2 puntos un esquema correcto. Se puntuar´a con 0,5 puntos el aplicar correctamente la ley de Snell y el obtener correctamente la condici´on de ´angulo l´ımite. Se puntuar´a con 0,3 puntos la obtenci´on de resultados num´ericos correctos. Se valorar´a que en el esquema se incorporen ondas con sus longitudes de onda correctas, etc. Si la ecuaci´on del ´

angulo l´ımite se cita de memoria, se puntuar´a lo mismo, pero si se cita incorrectamente, no se puntuar´a nada.

(b) Se puntuar´a 0,5 puntos si se obtiene la frecuencia del rayo inicial y se puntuar´a con 0,5 puntos si se obtiene la longitud de onda de la luz refractada.

2.4. Un electr´on describe una ´orbita circular, en el planoxy, en el seno de un campo magn´etico uniforme, de intensidad B = 8,0·10−2 T, perpendicular al plano de la ´orbita, y dirigido en sentido positivo

del eje Z, siendo el m´odulo de su velocidad|ve|= 3,0·106 m s−1. Determ´ınese:

(a) [0,5 PUNTOS] El radio R de la ´orbita y el m´odulo|aC|de la aceleraci´on del electr´on.

(b) [0,5 PUNTOS] En el sistema de referencia en el que el centro de la ´orbita es el origen de coordenadas, la expresi´on vectorialFde la fuerza magn´etica ejercida sobre el electr´on cuando ´

este se encuentra en el punto X= (−R,0) de la ´orbita.

(c) [0,5 PUNTOS] El tiempo tO empleado por el electr´on en describir una ´orbita completa. (d) [0,5 PUNTOS] El trabajo WO realizado sobre el electr´on en una ´orbita completa.

Datos: Carga el´ectrica del electr´one=−1,602·10−19C; Masa del electr´onme = 9,109·10−31kg.

Soluci´on.

R

v

e F

B

y

x

(16)

(a) Con la ecuaci´on de la fuerza de LorentzF=q(E+v×B) y la aceleraci´on centr´ıpeta se tiene la condici´on de la ´orbita:

me

ve2

R =eveB ,

de donde el radio de la ´orbita viene dado por:

R = meve

eB .

R= 9,109·10

−31·3,0·106

1,60·10−19·8,0·10−2 ≈2,5·10

−4 m.[R = 2,13·10−4 m].

La aceleraci´on centr´ıpeta ser´a:

aC=

v2e

R = F m =

veeBZ

me

.

aC=

3,0·106·1,60·10−19·8,0·10−2

9,109·10−31 ≈4·10

16 m·s−2.[a

C= 4,21·1016 m·s

−2]

(b) El electr´on debe circular en el sentido contrario a las agujas del reloj. De esta forma, al aplicar la regla de la mano izquierda (pues su carga es negativa), se obtiene que el campo magn´etico generado se opone al campo magn´etico que le hace girar.

F =meaC= 9,109·10

−31·4,21·10163,8·10−15 N.

La fuerza tiene la direcci´on de la aceleraci´on centr´ıpeta en ese punto, dirigida hacia el centro de la circunferencia.

F= (3,8·10−15,0).

(c) El tiempo empleado por el electr´on en describir una ´orbita completa es:

tO=

2πR ve

= 2π2,13·10 −4

3,0·106 ≈4,3·10

−10 s.

(d) Las fuerzas magn´eticas siempre son perpendiculares a la velocidad y, por tanto, al desplaza-miento, siendo cero el trabajo total realizado sobre el electr´on:

δWO =F·dx=F·vdt;F⊥v→WO= 0.

La fuerza de Lorentz s´olo cambia el sentido de la velocidad, no su m´odulo.

Criterios de calificaci´on.

(a) Se puntuar´a con 0,2 puntos un esquema correcto, con el sentido de circulaci´on del electr´on justificado. Se puntuar´a con 0,2 puntos la condici´on de la ´orbita y con 0,2 puntos la obtenci´on de los resultados num´ericos correctos.

(b) Se puntuar´a con 0,2 puntos el c´alculo correcto de la fuerza y con 0,3 puntos la orientaci´on correcta y justificada de dicha fuerza.

(c) Se puntuar´a con 0,3 puntos la expresi´on correcta del per´ıodo y con 0,2 puntos su valor num´erico correcto, con sus unidades.

(17)

2.5. Com´entese adecuadamente si las siguientes caracter´ısticas experimentales del efecto fotoel´ectrico

son verdaderas o falsas.

(a) [0,5 PUNTOS] La energ´ıa cin´eticaK de los electrones emitidos depende de la intensidadI de la luz incidente.

(b) [0,5 PUNTOS] La cantidad de electrones emitidos N, para una misma superficie A y una frecuencia superior ν > νu, a la umbral, depende de la intensidad de la luz incidenteI. (c) [0,5 PUNTOS] La emisi´on de electrones por la superficie tiene un retraso ∆t de segundos.

(d) [0,5 PUNTOS] La velocidad v de los electrones emitidos aumenta con la frecuencia ν de la luz incidente, siempre que ´esta sea superior a la umbral.

Soluci´on.

(a) Con

hν= Φ + 1 2mv

2,

como ecuaci´on del efecto fotoel´ectrico, se tiene que la velocidadvno depende de la intensidad de la luz incidente.

(b) Si cada fot´on con frecuencia superior a la umbral puede arrancar un electr´on, puesto que el n´umero de fotones que inciden s´ı depende de la intensidad de luz, el n´umeroN s´ı depende de la intensidad de la luz, N α I.

(c) En el efecto fotoel´ectrico la emisi´on de fotones se produce sin retraso. Por tanto ∆t= 0. (d) Una vez dedicada parte de la energ´ıa del fot´on a arrancar el electr´on, funci´on trabajo, el resto

se dedica a aumentar la energ´ıa cin´etica de los electrones por lo que, en efecto, la velocidad

v de los electrones emitidos aumenta con la frecuencia ν, superior a la umbral, de la luz incidente.

Criterios de calificaci´on.

(a) Se calificar´a con 0,5 puntos el escribir la ecuaci´on correcta del efecto fotoel´ectrico y el obtener la conclusi´on correcta a partir de la misma. Se puntuar´a 0,3 puntos si no se utiliza la ecuaci´on. Se valorar´a el escribir la ecuaci´on aunque no se extraiga la conclusi´on correcta

(b) Se puntuar´a con 0,5 puntos la conclusi´on correcta. Se valorar´a que se considere que cada fot´on arranca un electr´on, aunque no se extraiga la conclusi´on correcta.

(c) Se puntuar´a con 0,5 puntos el que se sepa que los electrones se extraen inmediatamente una vez iluminado el metal.

Figure

Figura 2: Esquema del Problema 1.2. λ 1 = 2L, λ 2 = L

Figura 2:

Esquema del Problema 1.2. λ 1 = 2L, λ 2 = L p.4
Figura 3: Esquema del Problema 1.3

Figura 3:

Esquema del Problema 1.3 p.5
Figura 4: Esquema del Problema 1.4

Figura 4:

Esquema del Problema 1.4 p.7
Figura 5: Esquema del Problema 1.5

Figura 5:

Esquema del Problema 1.5 p.8
Figura 6: Esquema del Problema 2.1, apartado (a)

Figura 6:

Esquema del Problema 2.1, apartado (a) p.10
Figura 8: Esquema del Problema 3, Opci´ on 2.

Figura 8:

Esquema del Problema 3, Opci´ on 2. p.14
Figura 9: Esquema del Problema 2.4

Figura 9:

Esquema del Problema 2.4 p.15

Referencias

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