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UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID
PRUEBA DE ACCESO A ESTUDIOS UNIVERSITARIOS
FÍSICA
Septiembre 2016
INSTRUCCIONES Y CRITERIOS GENERALES DE CALIFICACIÓN
Después de leer atentamente todas las preguntas, el alumno deberá escoger una de las dos
opciones propuestas y responder a las cuestiones de la opción elegida.
CALIFICACIÓN: Cada pregunta se valorará sobre 2 puntos (1 punto cada apartado).
TIEMPO: 90 minutos.
OPCIÓN A
Pregunta 1.- Desde la superficie de un planeta de masa 6,42·1023 kg y radio 4500 km se lanza
verticalmente hacia arriba un objeto.
a) Determine la altura máxima que alcanza el objeto si es lanzado con una velocidad inicial de
2 km s‒1.
b) En el punto más alto se le transfiere el momento lineal adecuado para que describa una órbita
circular a esa altura. ¿Qué velocidad tendrá el objeto en dicha órbita circular?
Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m2 kg‒2.
Solución.
a.
Despreciando la fuerza de rozamiento, la energía mecánica del satélite se conserva.
E M (Superficie ) = E M (Altura h )
Teniendo en cuenta que cuando llega a la altura h, el objeto se para:
E c (Superficie) + E p (Superficie) = E p (Altura h )
1
M⋅m 
M⋅m

mv s2 +  − G ⋅
 = −G ⋅
2
R 
R+h

Donde R representa el radio del planeta y vs la velocidad en la superficie del planeta.
Simplificando la masa del objeto (m) y sustituyendo datos, se despeja h
1 2
M
M
vs − G ⋅
= −G ⋅
2
R
R+h
;
(
1
2 ⋅ 103
2
) − 6,67 ⋅10
2
−11
⋅
6,42 ⋅ 10 23
4,5 ⋅ 106
= −6,67 ⋅ 10 −11 ⋅
6,42 ⋅ 1023
4,5 ⋅ 106 + h
h ≈ 1,2 × 106 m = 1200 Km
b.
El objeto describe una orbita circular con movimiento uniforme, por lo tanto se debe cumplir que
la suma de fuerzas que actúen sobre él, deberán ser igual a la fuerza centrípeta.
r r
F = Fcentripeta
∑
La única fuerza que actúa sobre el objeto es la fuerza centrípeta, pasando a módulo:
G
M⋅m
r
2
= m⋅
v2
r
v = 6,67 ⋅ 10 −11 ⋅
v= G
M
M
= G
r
R+h
6,42 ⋅ 10 23
4,5 ⋅ 106 + 1,2 ⋅ 106
≈ 2740,9 m s −1
Pregunta 2.- Un cuerpo que se mueve describiendo un movimiento armónico
simple a lo largo del eje
r
X presenta, en el instante inicial, una aceleración nula y una velocidad de -5 i cm s‒1. La frecuencia del
movimiento es 0,25 Hz. Determine:
a) La elongación en el instante inicial. Justifique su respuesta.
b) La expresión matemática que describe la elongación del movimiento en función del tiempo.
Solución.
a.
Si la aceleración es nula, la elongación es cero, el cuerpo se encuentra en la posición de
equilibrio.
Las ecuaciones de elongación y aceleración de un M.A.S. son:
x = A sen (ω t + φ o ) ; a = Aω 2 sen (ω t + φ o )
1
Combinando estas ecuaciones, se puede expresar la aceleración en función de la velocidad
angular y la elongación
x = A sen (ω t + φ o )
2
:a = ω ⋅x
a = Aω2 sen (ω t + φ o )
Teniendo en cuenta que en un M.A.S. ω = constante ≠ 0 , si:
a = ω2 ⋅ x 

a =0 ⇒x =0
ω ≠ 0 

b.
x = A sen (ω t + φ o )
La velocidad angular se obtiene de la frecuencia:
π rad
s
2
La amplitud del movimiento se puede obtener del módulo de la velocidad inicial, que es la
velocidad máxima ya que corresponde a la velocidad en el punto de equilibrio, como se ha demostrado en
el apartado anterior (x (t = 0) = 0) .
v = Aω cos (ω t + φ o )
Si cos (ω t + φ o ) = 1 ⇒ v = v max = Aω
ω = 2π f = 2π ⋅ 0,25 =
v(t = 0 )
v max
5 10
=
=
=
cm
π
ω
ω
π
2
El desfase inicial se obtiene con la elongación inicial y el signo de la velocidad inicial.
φ = 0 rad
x (t = 0) = A sen (ω ⋅ 0 + φ o ) = A sen φ o = 0 ⇒ sen φ o = 0 :  o
φ o = π rad
A=
Para seleccionar el desfase se tiene en cuenta que la velocidad inicial es negativa.
v(t = 0) = Aω cos (ω ⋅ 0 + φ o ) = Aω cos φ o
Si φ o = 0 rad cos φ o = 1 v = Aω > 0 no cumple la condición inicial

 ⇒φ o = π rad
Si φ o = π rad cos φ o = −1 v = −Aω < 0 cumple la condición inicial 
10
π

x = sen  t + π  (t (s ), x (cm ))
π
2


Pregunta 3.- La figura de la derecha representa el flujo
magnético a través de un circuito formado por dos raíles
conductores paralelos separados 10 cm que descansan sobre el
plano XY. Los raíles están unidos, en uno de sus extremos, por
un hilo conductor fijo de 10 cm de longitud. El circuito se
completa mediante una barra conductora que se desplaza sobre
los raíles, acercándose al hilo conductor fijo, con velocidad
constante. Determine:
a) La fuerza electromotriz inducida en el circuito.
b) La velocidad de la barra conductora si el circuito se
encuentra inmerso en el seno de un campo magnético
r
r
constante B = 200 k µT .
Solución.
a.
Según la ley de Faraday-Lenz, la fuerza electromotriz inducida en un espira viene expresada por:
dΦ
ε=−
dt
Si la variación de flujo a través de la superficie es uniforme, como en este caso, los diferenciales
se transforman en incrementos y la expresión se simplifica a:
∆Φ
ε=−
∆t
Donde ∆Φ es la variación de flujo y ∆t es el intervalo de tiempo en que ocurre la variación.
2
Tomando los datos de la gráfica:
ε=−
Φ final − Φ inicial
0 − 12 ⋅ 10−6
=−
= 2 ⋅ 10 − 7 v
∆t
60
b.
Teniendo en cuenta que el campo magnético que atraviesa la
espira es constante, la variación de flujo magnético a través de la
esta se debe a la variación de la superficie de la misma debido al
movimiento de la varilla, como muestra la figura
r r
r r
∆Φ ∆ B o S ∆ B ⋅ S ⋅ cos α α = 0 ∆ (B ⋅ S) B = cte B ⋅ ∆S
=
=
=
=
∆t
∆t
∆t
∆t
cos α =1 ∆t
(
) (
)
Siendo la espira rectangular:
∆Φ B ⋅ ∆ (L ⋅ x )
∆x  ∆x
 ∆Φ
=
= B⋅L⋅
; 
= v ;
= B⋅L⋅ v
∆t
∆t
∆t  ∆t
 ∆t
v=
(
)
∆Φ ∆t
0 − 12 × 10−6 60
=
= −10 − 2 m = −1 cm
s
s
B⋅L
200 × 10− 6 ⋅ 10 × 10− 2
El sentido del signo negativo es que el desplazamiento de la varilla disminuye la superficie de la
espira lo cual provoca una disminución de flujo magnético.
Pregunta 4.- Un objeto está situado 3 cm a la izquierda de una lente convergente de 2 cm de distancia
focal.
a) Realice el diagrama de rayos correspondiente.
b) Determine la distancia de la imagen a la lente y el aumento lateral.
Solución.
a.
Como mínimo se han de trazar dos de los tres posibles. Una vez situado los focos y el objeto se
pueden trazar los siguientes rayos:
• RAYO AZUL. Paralelo al eje atraviesa la lente y,
una vez refractado, el rayo, o su prolongación,
pasan por el foco imagen F’.
• RAYO VERDE. Un rayo que pasa por el centro
óptico, o centro geométrico de la lente, no
experimente ninguna desviación.
• RAYO ROJO. Un rayo que, pasando por el foco
objeto F se refracta y emerge de la lente
paralelamente al eje óptico.
b.
Utilizando la ecuación general de las lentes delgadas, se obtiene la posición de la imagen.
1 1 1
1
1
1
1 1
− =
;
−
=
;
=
s′ = 6 cm
s′ s f ′
s′ − 3 2
s′ 6
La imagen se forma 6 cm a la derecha de la lente, por lo tanto es una imagen REAL.
y′ s ′
6
= =
= −2
y s −3
La imagen que se forma se invertida y de doble tamaño
Aumento lateral: A L =
Pregunta 5.- Después de 191,11 años el contenido en 226Ra de una determinada muestra es un 92% del
inicial.
a) Determine el periodo de semidesintegración de este isótopo.
b) ¿Cuántos núcleos de 226Ra quedarán, transcurridos 200 años desde el instante inicial, si la masa
inicial de 226Ra en la muestra era de 40 µg?
Datos: Masa atómica del 226Ra, M = 226 u; Número de Avogadro, NA = 6,02·1023 mol‒1.
Solución.
(
)
Aplicando la ecuación general de la radioactividad N = N o e − λ t al T1 2 , tiempo para que se
reduzca a la mitad el número de núcleos iniciales se obtiene el periodo de semidesintegración.
a.
3
No
1
−λ T
−λ T
= No e 1 2
=e 12
2
2
Tomando logaritmos neperianos en ambos miembros y ordenando se obtiene la expresión del
periodo de semidesintegración en función de la constante de desintegración:
Ln 2
−λ T
1
Ln   = Ln  e 1 2  T1 2 =


λ
2
La constante de desintegración se puede calcular aplicando la ecuación general al número de
núcleos que quedan sin desintegrar pasados 191,11 años.
 t = 191,11 a  92
92
N = No e− λ t ; 
;
N = N o e − λ ⋅191,11
N=
N o  100 o


100
Simplificando y tomando logaritmos neperianos, se despeja λ y se calcula T1 2 .
92
Ln(0,92)
; λ=
= 4,36 × 10− 4 a −1
100
− 191,11
Ln 2
Ln 2
T1 2 =
=
= 1588,69 a
λ
4,36 × 10− 4
− 191,11 λ = Ln
b.
Se aplica la ecuación general al número de núcleos iniciales.
N(Ra )o = 40 × 10 − 6 g Ra ⋅
1 mol Ra 6,02 × 1023 núcleos Ra
⋅
= 1,065 × 1017 núcleos Ra
226 g Ra
mol Ra
N = N o e − λ t = 1,065 × 1017 ⋅ e − 4,36×10
4
−4
⋅ 200
= 9,765 × 1016 núcleos Ra
OPCIÓN B
Pregunta 1.- Una estrella gira alrededor de un objeto estelar con un periodo de 28 días terrestres
siguiendo una órbita circular de radio 0,45·108 km.
a) Determine la masa del objeto estelar.
b) Si el diámetro del objeto estelar es 200 km, ¿cuál será el valor de la gravedad en su superficie?
Dato: Constante de Gravitación Universal, G = 6,67·10‒11 N m2 kg ‒2.
Solución.
a.
El objeto describe una orbita circular con movimiento uniforme, por lo tanto se debe cumplir que
la suma de fuerzas que actúen sobre él, deberán ser igual a la fuerza centrípeta.
r r
F = Fcentripeta
∑
La única fuerza que actúa sobre el objeto es la fuerza centrípeta, pasando a módulo:
M
v2
v2 = G
2
r
r
r
Donde M representa la masa del objeto estelar y m la masa de la estrella.
G
M⋅m
= m⋅
ω2 ⋅ r 3 
2 3

G  : M = 4 π ⋅ r
2π 
G ⋅ T2
ω=

T 
M
M
v =G  2 2
r :ω ⋅r = G
r
v = ω ⋅ r 
M=
2
M=
(
4π 2 ⋅ 0,45 × 1011
)
3
6,67 × 10 −11 ⋅ (28 ⋅ 24 ⋅ 3600)2
= 9,22 × 1030 kg
b.
Para calcular la gravedad en la superficie del objeto estelar se tiene en cuenta que en su
superficie, el peso de un cuerpo es la fuerza gravitatoria con la que le atrae.
P = FG
m go = G
Mm
R2
go = G
30
−11 9,22 × 10
=
6
,
67
×
10
⋅
= 6,15 × 1010 m 2
2
s
3
R2
 200 × 10 




2


M
Pregunta 2.Una onda armónica transversal se desplaza en el sentido positivo del eje X con una velocidad de 5 m s‒1 y
con una frecuencia angular de π/3 rad s‒1. Si en el instante inicial la elongación en el origen de
coordenadas es 3/π cm y la velocidad de oscilación es ‒1 cm s‒1, determine:
a) La función de onda.
b) La velocidad de oscilación en el instante inicial a una distancia del origen igual a media longitud
de onda.
Solución.
a.
La ecuación matemática de una onda armónica transversal que se desplaza en el sentido positivo
del eje X expresada en función de seno es:
y(x, t ) = A sen (ω t − K x + φ o )
π
ω π 3 π −1
ω=
K= =
=
m
3
v
5
15
La amplitud y la fase inicial se calculan mediante un sistema que se plantea con la posición y
velocidad inicial.
3
x =0 ; t =0
y(x , t ) = A sen (ω t − K x + φ o )   
→ = A sen φ o
π
dy(x, t )
π
x =0 ; t =0
v(x, t ) =
= Aω cos (ω t − K x + φ o )   
→ −1 = A cos φ o
dt
3
Dividiendo la expresión de la posición inicial entre la velocidad se obtiene la fase inicial
3π

φ o = 4 rad
A sen φ o
y(0, 0)
π3
tg φ o = −1 : 
=
=
π
−1
v(0, 0) A π cos φ
 φ o = − rad
o
4

3
5
De los dos posibles desfases iniciales, el único que cumple las condiciones iniciales es
3π
rad
4

3π


 y(0, 0) = A sen 4 > 0
3π
rad : 
 φo =
3π
4

v(0, 0) = Aω cos
<0
4




 π

 y(0, 0) = A sen  −  < 0
π
 4
φ = − rad :

 o
4
v(0, 0) = Aω cos  − π  < 0


 4

Conocida la fase inicial se calcula la amplitud.
0,03
3π
A = 0,0135 m
= A sen
π
4
π
3π 
π
y(x , t ) = 1,35 ⋅ 10− 2 sen t − x +  (m, s )
15
4 
3
b.
Dos puntos que distan media longitud de onda están en oposición de fase, por lo tanto sus
velocidades son iguales pero con signos cambiados:
v = 1 cm ⋅ s −1
También se puede calcular mediante la ecuación de la velocidad particularizando para x =
y t = 0 s.
π
π
3π 
π
cos t − x + 
3
15
4 
3
2π
2π
λ
λ=
=
= 30 m ⇒ = 15 m
K π 15
2
v(x , t ) = 1,35 ⋅ 10 − 2 ⋅
v(15, 0) = 1,35 × 10 − 2 ⋅
π
π
3π 
π
cos ⋅ 0 − ⋅ 15 +  ≈ 0,01 m s −1 = 1 cm s −1
3
3
4 
15

Pregunta 3.Dos esferas pequeñas tienen carga positiva. Cuando se encuentran separadas una distancia de 10 cm,
existe una fuerza repulsiva entre ellas de 0,20 N. Calcule la carga de cada esfera y el campo eléctrico
creado en el punto medio del segmento que las une si:
a) Las cargas son iguales y positivas.
b) Una esfera tiene cuatro veces más carga que la otra.
Dato: Constante de la Ley de Coulomb, K = 9·109 N m2 C‒2.
Solución.
a.
La fuerza entre cargas viene descrita por la Ley de Coulomb:
r
Q ⋅ Q′ r
F=K 2 u
r
′
Q⋅Q
Q2
El módulo de la fuerza es: F = K 2 = {Q = Q′} = K 2
r
r
Q=
F ⋅ r2
=
K
0,20 ⋅ 0,12
9 × 10
9
= 4,71 × 10 − 7 C
r
Campo eléctrico E . Teniendo en cuenta que las cargas son
iguales y el carácter vectorial de la magnitud, el campo eléctrico en el
punto medio del segmento que une las cargas es nulo.
r r r
Q r
Q′ r
Q r
Q r
′} = K ⋅
E = E + E′ = K ⋅
i
−
K
⋅
i
=
{
Q
=
Q
i
−
K
⋅
i =0
(r 2)2
(r 2)2
(r 2)2
(r 2)2
()
6
λ
m
2
b.
Aplicando la ley de Coulomb en módulo como en el apartado anterior:
Q ⋅ Q′
4 Q′ 2
F = K 2 = {Q = 4Q′} = K 2
r
r
Q′ =
F ⋅ r2
=
4K
r r r
E = E + E′ = K ⋅
0,20 ⋅ 0,12
4 ⋅ 9 × 10
Q
(r 2)2
9
= 2,36 × 10 − 7 C ⇒ Q = 4 ⋅ 2,36 × 10 −7 = 9,44 × 10 −7 C
r
Q′ r
4Q′ r
Q′ r
3Q′ r
′} = K ⋅
i −K⋅
i
=
{
Q
=
Q
i
−
K
⋅
i
=
K
⋅
i
(r 2)2
(r 2)2
(r 2)2
(r 2)2
r
r
3 ⋅ 2,36 × 10 −7 r
6 N
=
×
E = 9 × 109 ⋅
i
2
,
55
10
i
C
(0,1 2)2
Pregunta 4.Dos rayos que parten del mismo punto inciden sobre la superficie de un lago con ángulos de incidencia de
30º y 45º, respectivamente.
a) Determine los ángulos de refracción de los rayos sabiendo que el índice de refracción del agua es
1,33.
b) Si la distancia entre los puntos de incidencia de los rayos sobre la superficie del lago es de 3 m,
determine la separación entre los rayos a 2 m de profundidad.
Dato: Índice de refracción del aire, naire = 1.
Solución.
a.
Aplicando la ley de Snell:
)
 n1 ⋅ sen i 
)


r = arcsen 

n
2


)
 1 ⋅ sen 30 
)
Si i = 30º r = arcsen 
 = 22,08º
 1,33 
)
 1 ⋅ sen 45 
)
Si i = 45º r = arcsen 
 = 32,12º
 1,33 
)
)
n1 ⋅ sen i = n 2 ⋅ sen r
b.
d = 3 − (x 2 − x1 )
Por trigonometría:
x1
2
x2
tg 32,1º =
2
tg 22,1º =

x1 = 2 ⋅ tg 22,1º 
 : d = 3 + 2 ⋅ (tg 32,1º − tg 22,1º ) = 3,44 m
x 2 = 2 ⋅ tg 32,1º 

Pregunta 5.Luz ultravioleta de 220 nm de longitud de onda incide sobre una placa metálica produciendo la emisión
de electrones. Si el potencial de frenado es de 1,5 V, determine:
a) La energía de los fotones incidentes y la energía cinética máxima de los electrones emitidos.
b) La función de trabajo del metal.
Datos: Valor absoluto de la carga del electrón, e = 1,6·10‒19 C; Constante de Planck, h = 6,63·10‒34 J s; Velocidad
de la luz en el vacío, c = 3·108 m s‒1.
Solución.
a.
Según la ecuación de Planck la energía de los fotones incidentes es:
E = h⋅f = h⋅
c
3 × 108
= 6,63 × 10 −34 ⋅
= 9,04 × 10−19 J
λ
220 × 10 −9
La energía cinética de los electrones emitidos se obtiene del potencial de frenado
7
V=
E
J
⇒ E = V ⋅ q = 1,5 v ⋅ 1,6 × 10−19 = 2,4 × 10 −19 J
q
v
b.
La función de trabajo del metal, teniendo en cuenta el balance de energía, será la diferencia de
energía entre la de los fotones incidentes y los electrones emitidos.
( )
Wextracción = E (Radiación ) − E c e − = 9,04 × 10 −19 − 2,4 × 10−19 = 6,64 × 10 −19 J
8