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SOLUCIONARIO A LAS PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD
PROPUESTAS POR LAS UNIVERSIDADES ANDALUZAS
Departamento de Economía Financiera y Contabilidad de Melilla
PRUEBA DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD
JUNIO 2011
FÍSICA
OPCIÓN A
1. a) Campo eléctrico de una carga puntual.
b) Dos cargas eléctricas puntuales positivas están situadas en dos
puntos A y B de una recta. ¿Puede ser nulo el campo eléctrico en
algún punto de esa recta? ¿Y si las dos cargas fueran negativas?
Razone las respuestas.
Unidad: Campo eléctrico.
Conceptos: Campo eléctrico uniforme; Principio de superposición;
RESPUESTAS:
a) El campo que crea una carga puntual
de Coulomb.
se deduce a partir de la ley
Consideremos una carga de prueba
, colocada a una distancia r
de una carga punto . La fuerza entre ambas cargas, medida por un
observador en reposo respecto a la carga estará dada por:
La intensidad del campo eléctrico en el sitio en que se coloca la
carga de prueba está dada por:
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y por lo tanto resulta:
=
donde
es un vector unitario en la dirección radial,
=
es la llamada permitividad del vacío y
es
la constante de Coulomb cuyo valor es
.
Donde se tienen las
equivalencias
respectivamente.
unidad de intensidad de campo eléctrico es
Culombio) o
La
(Newton por
(Voltio por Metro).
b) Supongamos un segmento en cuyos extremos se sitúan dos cargas
positivas q y q´. Como ambos campos son fuentes, en el punto de
interés, ambas líneas de campo tienen sentidos opuestos, por lo que
aplicando el principio de superposición:

E
T

 0 .Desarrollando, tendremos:


K e ·q 
K e ·q´


·
i

·

i

0
·
i
x2
d  x 2
Simplificando
llegamos
a:
d  x 2 ·q  x 2 ·q ´ ,
despejando de la siguiente forma:
d  x 2
k
q´
q
y
 k . Aplicando raíces
x2
cuadradas a ambos lados de la igualdad:
llamando
d  x  
x
k , por lo que la
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distancia donde los campos se anulan dependerá del valor de las
d
cargas: x 
1 k
En primer lugar, observemos el discriminante, k , que nos obliga a que
k sea positivo, esto implica que ambas cargas deben de ser del mismo
signo. Además, si ambas cargas tienen el mismo valor en módulo, la
distancia a una de ellas es la mitad de la que las separa
Conclusión: “El campo eléctrico será nulo en un punto del segmento
que las une, cuando ambas cargas tengan el mismo signo”.
2. a) Movimiento armónico simple; características cinemáticas y
dinámicas.
b) Razone si es verdadera o falsa la siguiente afirmación: En un
movimiento armónico simple, la amplitud y la frecuencia aumentan
si aumenta la energía mecánica.
Unidad: Movimiento vibratorio.
Conceptos: Cinemática de un M.A.S.; fuerza elástica.
RESPUESTAS:
a) Un M.A.S. presenta la siguiente ecuación de posición:
x(t )  A·sin( ·t   0 ) , siendo:
x(t) la elongación de la partícula en el instante t
A, la máxima elongación o amplitud del movimiento.
ω, la pulsación o frecuencia angular
δ0 , desfase o fase inicial
La velocidad vendrá dada por la primera derivada de la posición con
respecto al tiempo:

dx
 ·A·cos(·t   0 )  x , pudiendo expresarse la velocidad también
dt
en función de la elongación, recordando la 1ª relación fundamental de la
trigonometría: sin 2 ( )  cos 2    1
v
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v  · A2  x 2
De igual manera, la aceleración es la derivada de la velocidad respecto
al tiempo, o la segunda derivada de la posición respecto a este:
a

dv d 2 x
 2   2 ·A·sin( ·t   0 )  x
dt dt
Según la ley de Hooke, la fuerza recuperadora de los sistemas elásticos,
como muelles y resortes, es de la forma: F  k·x , donde la constante k
depende solo de las propiedades del material con el que está fabricado
el muelle.
De acuerdo con el principio fundamental de la Dinámica, la fuerza que
produce el movimiento armónico simple será la masa del oscilador por u
aceleración. De modo que:  k ·x  m· 2 ·x , de donde deducimos que:
k  m· 2
Cuando el oscilador se encuentra en la posición de equilibrio, x=0, no
aparecen fuerzas. Si el móvil se encuentra en uno de los lados de la
oscilación, la fuerza con la que actúa es proporcional al valor de x, y el
signo negativo indica que se opone a la elongación.
Puesto que el período T 
2

, entonces   2 · f  , luego: f 
1
T
b)
La energía mecánica de un oscilador, en un problema con fuerzas
centrales y trabajos conservativos, al variar el periodo de oscilación
estamos cambiando las características mecánicas del oscilador (como
se trata de oscilaciones libres no forzadas, la frecuencia del oscilador
depende exclusivamente –para pequeñas oscilaciones– de éstas
características).
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1
E

·k ·A 2 , siendo k la constante elástica del sistema.
Su valor es: m
2
Como K  m· 2  m·2 · f  , es constante, al variar la energía mecánica
del oscilador lo que cambia es el valor de la amplitud de oscilación
permaneciendo invariable la frecuencia.
2
Conclusión: Al modificar la energía mecánica de un oscilador se varía
la amplitud pero no la frecuencia de oscilación.
3. Un satélite artificial de 400 kg describe una órbita circular a una
altura h sobre la superficie terrestre. El valor de la gravedad a dicha
altura es la tercera parte de su valor en la superficie de la Tierra.
a) Explique si hay que realizar trabajo para mantener el satélite en
esa órbita y calcule el valor de h.
b) Determine el valor del periodo de la órbita y la energía mecánica
del satélite.
g=9,8 ms-2; RT=6,4·106m
Unidad: Interacción gravitatoria.
Conceptos: Intensidad del campo gravitatorio; Segundo principio de la
dinámica de Newton; aceleración central; Movimiento circular uniforme.
RESPUESTAS:
a) El trabajo realizado por una fuerza central viene dado por la expresión:
B
 G·m´·m
  G·m´·m

W   F ·d r   
 C    
 C  ; W  Ep g , nos indica que
A
rA
rB

 

el trabajo realizado no depende del camino seguido y sí de los puntos
inicial y final de su trayectoria. Será, por lo tanto, un trabajo conservativo.
Si tomamos el origen de potencial un punto situado en el infinito, r=  , el
valor de la constante de integración será nulo.
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Supongamos dos puntos: A y B, en la órbita del satélite, se cumple la
 G·m´·m   G·m´·m 
 = 
 , luego la energía
condición: rA = rB, entonces:  
rA  
rB 

potencial gravitatoria no varía.
Otra forma de poderlo razonar, es recodar que la fuerza gravitatoria es
central, es decir, dirigida hacia el centro de la órbita y que el
desplazamiento es tangencial a esta, por lo que aplicando la definición
de trabajo, nos aparece un tercer término que es el coseno del ángulo
que forman ambos vectores –que es de 90º- por lo que el trabajo
realizado es nulo.
Conclusión: No se realiza ningún trabajo para permanecer en su órbita.
A una altura “h” sobre la superficie terrestre, el radio de la órbita sería
r=Rt+h. En estas condiciones aplicamos la definición de campo
M 

gravitatorio: g  G· 2T u r .
r
El valor de la gravedad a la altura “h” tendrá la siguiente expresión:
 1 
MT
u   ·g o , siendo go, el valor del campo gravitatorio
2 r
RT  h
 3

g h  G·
en la superficie terrestre. Despejando y eliminando G y MT, nos queda:
R h
1 1
 · 2  3 T
h
RT
RT  h 3 RT
de RT dado: h=4,685·106 m
1
2


3  1 ·RT , sustituyendo el valor
b) La fuerza de atracción gravitatoria entre dos cuerpos viene dada por la
G·M
expresión: F  m· 2 , siendo un vector que tiene la dirección radial y
r
sentido hacia el centro del planeta. Sobre un cuerpo en órbita se ejerce
solo esta fuerza. Pero, por el segundo principio de Newton, esta fuerza
ha de ser igual al producto de la masa del cuerpo por la aceleración
que posea el cuerpo. Como se trata de un movimiento circular uniforme,
este tiene una aceleración central (o radial, centrípeta, etc…), puesto
que se produce la variación de la dirección del vector velocidad en el
tiempo. La dirección de esta aceleración también es radial y dirigida
G·M
v2
hacia el centro de curvatura. Luego: F  m·ac  m· 2 t  m· .
r
r
Simplificando la última expresión, podremos deducir la velocidad orbital
G·M t 2
4 2 ·r 3

T2 
necesaria a una cierta órbita: v0 
r
T
G·M T
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Como en este ejercicio no se nos han proporcionado los valores de G y
MT, procedemos de la siguiente forma –recordemos que r=Rt+h-:
3·RT  h 
4 2 ·r 3 4 2 ·r 4 2 ·r


 T  2 ·
, que sustituyendo los
G·M T
gh
g0
 go 
 
 3 
valores proporcionados, nos da un periodo de 11,57431·103 s, que
pasados a horas, es: 3,215 horas
T2 
Para calcular la energía mecánica del satélite, recordemos que tiene
energías cinética y potencial gravitatoria:
G·M t ·m
1
2
, siendo Vo la velocidad orbital del satélite.
Em  ·m·vo 
2
r
Sustituyendo su valor, nos que la siguiente expresión para la energía
G·M t ·m
1  G·M 
m·r
1g 
mecánica: E m  
  · 2 T m·r  
·g r    o ·m·r
2·r
2 r 
2
2 3 
9
Sustituyendo los valores dados: Em= -7,2422·10 J
4. La fisión de un átomo de
235
92
U se produce por captura de un
neutrón, siendo los productos principales del proceso
144
56
Ba y
90
36
Kr
a) Escriba y ajuste la reacción nuclear correspondiente y calcule la
energía desprendida por cada átomo que se fisiona.
b) En una determinada central nuclear se liberan mediante fisión
45·108W. Determine la masa de material fisionable que se
consume al día.
c=3·108 ms-1; mU=235,12 u; mBa=143,92 u; mKr=89,94 u; mn=1,008665
u; 1u=1,7·10-27 kg
Unidad: Física nuclear
Conceptos: Núclido-isótopo; reacción nuclear; Defecto de masa; Energía.
Potencia
RESPUESTAS:
a) En toda reacción nuclear se conservan el número másico y el atómico,
es decir, la suma de los números másicos de los elementos
reaccionantes tiene que ser igual a la suma de los números másicos
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de los elementos producidos. De igual manera ocurre con el número
atómico. Por lo tanto:
92
z
U  n36
Kr 144
Ba

56
yx
235
1
92
0
se plantean dos ecuaciones:

Respecto a los números másicos: 235  1  92  144  z , de donde:
z2

Respecto a los números atómicos: 92  0  36  56  y , de donde:
y0
1
El neutrón es 0 , tenemos pues, dos neutrones. Por lo tanto, la
ecuación ajustada es:
n
92
1
U  01n36
Kr 144
Ba

2
56
0n
235
92
Las reacciones nucleares son los procesos en los que un núcleo cambia
de composición, conservándose:

La carga eléctrica

El número total de nucleones

La cantidad de movimiento

El conjunto masa-energía
235
En concreto, en una reacción nuclear de fisión el átomo de 92 U se
divide debido al impacto de un neutrón, originando Kr y Ba, además de
dos neutrones. Su defecto de masa sería:
m  m( 235
92 U )+ m( n)  m( Ba )  m( Kr )  m( 2n)  0 , luego se trata de una
reacción exoenergética. Este defecto de masa, convertido a kg y
2
multiplicado por c , nos dará la energía desprendida en este proceso,
por cada átomo de uranio. Efectivamente:


 Kg 
U  m(n)  m( Ba )  m( Kr )  m(2n)  0,251335u·1,7·10 27 

 u 
 0,42727·10 27 Kg
m  m
235
92
La energía desprendida en este proceso será:
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
· 3·108 ms 1
E  m·c 2  0,42727·10 27  Kg
átomo



2

 3,84543·10 11 J

átomo
b) Conocemos la potencia emitida por la central nuclear, debida al uranio
que contiene. Su energía por unidad de tiempo -1 día=86.400 s- será:
E  P·t  3,888·1014 J
es la energía emitida por todos los átomos
de uranio, ¿pero cuántos la producen? Bien, sabemos por el apartado
anterior que un átomo de U produce 3,84543·10 -11 J, luego si establecemos
la relación:
N º átomos 
3,888·1014 J
 1,01107·10 25 átomos , que expresados en
11 J
3,84543·10 (
átomo)
Kg sería:
235,12u 1,7·10 27 Kg
m(kg)  1,01107·10 átomos·
·

1átomoU
1u
 4,0414 Kg 235
92U
25
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OPCIÓN B
1. a) Conservación de la energía mecánica.
b) Se lanza hacia arriba, por un plano inclinado, un bloque
con velocidad vo cuando el cuerpo sube y, después baja
hasta la posición de partida. Considere los casos: i) que haya
rozamiento; ii) que no lo haya.
Unidad: Interacción gravitatoria.
Conceptos: Fuerza gravitatoria; Fuerza central y conservativa: Energías
cinética y potencial gravitatoria; Principio de conservación de la energía.
RESPUESTAS:
a) Supongamos un cuerpo de masa “m”
sometido a varios tipos de fuerzas:
centrales, de rozamiento y constantes.
Para
calcular
el
trabajo
total
B
r Wtotal   Ftotal ·d r realizado por las fuerzas
A


 F  m·a , utilizamos la definición de trabajo
entre dos puntos A y B a través
del

desplazamiento r , tendremos tres términos:



F constante, a lo largo de un desplazamiento r , aplicamos la


expresión: Wcte  Fcte ·r , que es la definición del producto escalar de dos


vectores:
Wcte  F · r ·cos , siendo  el ángulo formado por los
cte
vectores anteriores. Esta expresión nos indica que el módulo de la
fuerza debe ser constante en todo el desplazamiento realizado por el
cuerpo.
 El trabajo realizado por una fuerza central, como la gravitatoria,


dividimos el desplazamiento r en infinitos desplazamientos ri , entre
los que el módulo de la fuerza central no varía. Por lo tanto, podemos
aplicar la expresión de W . Hemos calculado el trabajo Wi . Si repetimos
este proceso para todos y cada uno de los infinitos desplazamientos:
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B
 G·m´·m
  G·m´·m

Wc   Fc ·d r   
 C    
 C  ; Wc  Ep g , nos indica
A
rA
rB

 

que el trabajo realizado no depende del camino seguido y sí de los
puntos inicial y final de su trayectoria. Será, además, una fuerza
conservativa.
Si tomamos el origen de potencial un punto situado en el infinito, r=  , el
valor de C=0.
 En el caso de la fuerza de rozamiento, que como sabemos tiene la
misma dirección pero sentido opuesto al desplazamiento, su módulo es
constante en toda la trayectoria.




Wr  Fr · r ·cos   ·m·g · r ·cos(180º )   ·m·g · r , luego, en este caso
el valor del trabajo sí depende de la trayectoria, por lo que sería una
fuerza no conservativa.
Por lo tanto, el trabajo total realizado será la suma de estos tres



términos: Wtotal  Ep g  ·m·g·r  F · r ·cos
cte
B
 G·m´·m   G·m´·m 
  
+
Wtotal   Ftotal ·d r   
A
rA  
rB 



 
·m·g·r ·cos(180º )  Fcte ·r ·cos  m·a·r
Este último término lo podemos desarrollar, recordando una de las
expresiones del M.R.U.A., de la siguiente manera:


2
2
 
 1  m·v b m·v a
2
2
m·a·r  m· v b  v a ·  

, a cada uno de
2
2
 2
estos términos se les denomina energía cinética. Por lo tanto, el trabajo
realizado por todas las fuerzas que se puedan aplicar sobre un cuerpo a
través de un desplazamiento, generan una variación de la energía
cinética. A esta expresión se la conoce como el teorema generalizado de
la energía.


Ec b   Ec a    Ep g  ·m·g·r  F
cte

· r ·cos
Si no existiesen la fuerza de rozamiento y la constante, tendremos el
principio de conservación:
Ec  Ep
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b) Explicado el Tª. Generalizado de la energía, supongamos los siguientes
casos:
A) Que el objeto ascienda con velocidad inicial Vo y α el ángulo de
inclinación del plano.
E c b   E c a   Ep g  WFNC  WFr , suponemos en todo momento que no
existen fuerzas no conservativas -separamos la de rozamiento del término-,
como pueden tracciones, campos magnéticos, etc…por lo que la expresión
anterior se nos reduce a:
E c b   E c a   Ep g  WFr , en este momento podremos tener dos
posibilidades:
i) Con rozamiento. Existe un coeficiente de rozamiento entre cuerpo y
plano, que llamaremos µ
Ec  Ec ( B)  Ec ( A)   Ec ( A)   1 ·m·vo2 , en el punto de máxima ascensión
2
el objeto se detiene, por lo que su velocidad será nula.
Ep  EpB  Ep A  m·g (hB  hA ) , como suponemos que el punto A es el
inicio del recorrido en la base del plano inclinado: Ep  EpB  Ep A  m·g·hB
Recordando el Tª generalizado de la energía:
Em  WFr  Em( B)  Em( A)  WFr , ahora bien, el valor de
 

WFr  Fr ·r  m·g ·cos( )· r ·cos( ), siendo β=180º, pues es una fuerza que
se opone al movimiento –desplazamiento-, nos indica que:
 
h

WFr  Fr ·r    ·m·g ·cos · r    ·m·g ·cos( )· B    ·m·g ·hB ·ctg ( ) ,
sin  
entonces:
Em( B)  Em( A)  WFr  Em( B) Em( A) , pudiéndose obtener el valor de altura
hB:
m·v02
Ec b   Ec a   Ep g  WFr  
 m·g ·hB   ·m·g ·ctg ( )·hB , despejando:
2
v02
hB 
2·g·(1  ·ctg( ))
ii) Sin rozamiento. µ=0
Aplicando el tª. generalizado de la energía y sabiendo que no hay
rozamiento, nos queda el principio de conservación de la energía, que nos
permite conocer la altura a la que subió el objeto.
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1
2
Em  0  E´m( B)  Em( A) , por lo que: m·g ·hB´  ·m·vo2  hB ´
vo2
, siendo:
2·g
hB´  hB , por lo que sube a mayor altura que cuando existía rozamiento.
Ec  Ec ( B)  Ec ( A)   Ec ( A)   1 ·m·vo2
2
´
´
Ep  Ep B  Ep A  m·g·hB
B) B) Que el objeto descienda partiendo del reposo y α el ángulo de
inclinación del plano.
E c b   E c a   Ep g  WFNC  WFr , suponemos en todo momento que no
existen fuerzas no conservativas -separamos la de rozamiento del
término-, como pueden tracciones, campos magnéticos, etc…por lo que
la expresión anterior se nos reduce a:
E c b   E c a   Ep g  WFr , en este momento podremos tener dos
posibilidades:
i) Con rozamiento. Existe un coeficiente de rozamiento entre cuerpo y
plano, que llamaremos µ. El objeto subió hasta una altura h, dada en
el apartado A-i), desde el que inicial el movimiento, llegando al final
del plano con velocidad v.
Ep  EpB  Ep A  m·g (hB  hA ) , Ep  EpB  Ep A  m·g·hA
Recordando el Tª generalizado de la energía:
Em  WFr  Em( B)  Em( A)  WFr , ahora bien, el valor de
 

WFr  Fr ·r  m·g ·cos( )· r ·cos( ), siendo α=180º, pues es una fuerza
que se opone al movimiento –desplazamiento-, nos indica que:
 
h

WFr  Fr ·r  ·m·g·cos( )· r  ·m·g·cos( )· A  ·m·g·ctg ( )·hA ,
sin(  )
entonces:
Em( B)  Em( A)  WFr  Em( B) Em( A) .
Ec  Ec ( B)  Ec ( A)  Ec ( B)  1 ·m·v 2 . Para poder hallar la velocidad de
2
llega al final del plano inclinado:
1 ·m·v 2  m·g ·hA   ·m·g ·ctg ( )·hA  v  2·hA ·g ·1   ·ctg ( )
2
ii) Sin rozamiento. µ=0
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Aplicando el tª. generalizado de la energía y sabiendo que no hay
rozamiento, nos queda el principio de conservación de la energía.
Sabemos a la altura que subió –apartado A-ii)-Por lo que podemos hallar
la velocidad con la que llegará al final del plano inclinado:
1
Em  0  E´m( B)  Em( A) , por lo que: m·g ·hB´  ·m·v 2  v  2·g ·hB´ ,
2
2
1
Ec  Ec ( B)  Ec ( A)  Ec ( B)  ·m·v
2
´
´
Ep  Ep B  Ep A  m·g·hB
2. a) Explique la teoría de Eisntein del efecto fotoeléctrico.
b) Razone si es posible extraer electrones de un metal al
iluminarlo con luz amarilla, sabiendo que al iluminarlo con luz
violeta de cierta inensidad no se produce el efecto
fotoleléctrico. ¿Y si aumentamos la intensidad de la luz?
Unidad: Introducción a la Física del siglo XX;
Conceptos: Efecto fotoeléctrico; Fotón; Trabajo de extracción; Constante de
Planck.
RESPUESTAS:
a) Según la teoría ondulatoria, cualquier υ podría extraer electrones
de un metal dependiendo sólo de la intensidad de este
movimiento ondulatorio. La experiencia demostró que, para que
se justificara este proceso, debíamos entender este fenómeno
como un conjunto de corpúsculos dotados de energía
proporcional a la frecuencia (υ).
Además, la emisión de electrones se
producía a partir de ciertos valores de
frecuencia y no dependía de la
intensidad
de
estos
corpúsculos.
Einstein encontró la relación entre la
frecuencia de la radiación incidente y la
energía cinética de los fotoelectrones
emitidos (por ello, se le concedió el
premio Nobel).
En 1.905 Einstein interpreta el efecto
fotoeléctrico como un fenómeno de
partículas que chocan
individualmente. Si el efecto fotoeléctrico tiene lugar es porque la
absorción de un solo fotón por un electrón incrementa la energía de este
en una cantidad h· . Algo de esta cantidad se gasta en separar al
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electrón del metal. Esa cantidad, W e -función trabajo-, varía de un metal
a otro pero no depende de la energía del electrón. El resto está
disponible para proporcionar energía cinética al electrón. Así pues:
  e    e  . En consecuencia, el balance energético nos lleva a:
h·  We  Ec .
Se comprueba que, la frecuencia umbral y la relación lineal entre la
energía cinética del electrón, con respecto a la frecuencia, está
contenida en esta expresión. La proporcionalidad entre la corriente y
la intensidad de radiación puede ser entendida también en términos
de fotones: una mayor intensidad de radiación emite más fotones y,
por tanto, un número mayor de electrones pueden ser liberados. Pero
no implica que aumenten su velocidad, que queda en función del
trabajo de extracción (W e).
b) Para poder extraer los electrones de un metal es necesario hacer
incidir una luz cuya frecuencia sea mayor que la umbral de ese metal, es
decir:
h·  We  Ec  Ec  0   u 
We
h
.
La
luz violeta
tiene una
longitud de onda menor que la amarilla, por lo que a sus frecuencias les
ocurre lo contrario, ya que: c  · , por lo que: V  A  V  A , esto
nos indica que a las energías incidentes en el metal les ocurre lo mismo.
Si el efecto fotoeléctrico no se producía con la luz violeta, tampoco se
observará con la amarilla.
Una mayor intensidad de la radicación incidente tan sólo implica una
mayor cantidad de electrones desprendidos, no en el incremento de su
velocidad.
Conclusión: Con la luz amarilla tampoco se observarán electrones
emitidos ni aumentando la intensidad de esta.
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3. Una espira conductora de 40 cm2 se sitúa en un plano
perpendicular a un campo magnético uniforme de 0,3T.
a) Calcule el flujo magnético a través de la espira y explique
cuál sería el valor del flujo si se gira la espira un ángulo
de 60º en torno a un eje perpendicular al campo.
b) Si el tiempo invertido en ese giro es de 3·10-2 s, ¿cuánto
vale la fuerza electromotriz media inducida en la espira?
Explique qué habría ocurrido si la espira se hubiese
girado en sentido contrario?
Unidad: Inducción electromagnética.
Conceptos: Flujo magnético; ley de Henry-Faraday-Lenz
RESPUESTAS:
 
a) Se define flujo magnético sobre una superficie como Ф (Wb) = B·S ,


siendo B (Tesla) el campo atraviesa la superficie S (m2). Esta
definición implica un producto escalar de ambas magnitudes, por lo
 
que: Ф = B·S·cos( B, S )
siendo B y S los módulos de
los vectores anteriores y,
 
( B, S ) el ángulo formado por
ambos vectores . En este
caso
la
espira
la
supondremos en un sistema
tridimensional apoyada en el
plano XY con lo que los
vectores campo magnético y superficie están orientados en el eje OZ.


B  0,3k (T )


S  4·10 3 k (m 2 )
 
La expresión del flujo será la siguiente: Ф (Wb) = B·S  B·S ·cos( ) .
Supongamos dos casos:
i)
Que mantienen el ángulo   0º , con lo que el flujo valdrá:1,2·10-3
Wb.
ii)
Que gira 60º hacia la derecha, la viendo el flujo generado: 6·10 -4
Wb.
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b) La fuerza electromotriz inducida (f.e.m.) viene dada por la expresión
de Henry-Faraday-Lenz. Nos indica que la corriente inducida se
opone a la variación del flujo de un campo magnético sobre una
espira, es decir:
d
 
;
S.I. Voltios=Wb/sg.
dt
Si el tiempo empleado para girar en los apartados i)-ii) es de 3·10-2 s,
la f.e.m., valdrá:
 

 2·10  2 voltios
t
Si el giro se hubiera realizado hacia la izquierda: -60º


  B·S  B·S ·cos(60º ) , como cos( 60º )  cos(60º ) no hubiera habido
cambios en el flujo ni en la f.e.m.
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4. Una onda electromagnética tiene en el vacío una longitud de
onda de 5·10-7m
a) Explique qué es una onda electromagnética y determine la
frecuencia y el número de ondas de la onda indicada.
b) Al entrar la onda en un medio natural, su velocidad se
reduce a 3c/4. Determine el índice de refracción del medio,
la frecuencia y la longitud de onda de ese medio.
C=3·108 ms-1
Unidad: Movimiento ondulatorio. Óptica
Conceptos: Características de un movimiento ondulatorio; ecuación de onda.
longitud de onda; frecuencia; nº de ondas; velocidad de propagación; índice de
refracción.
RESPUESTAS:
a) Las ondas electromagnéticas corresponden a la propagación en el
espacio de campos eléctricos y magnéticos variables.
Maxwell, a partir de sus ecuaciones, dedujo una ecuación de ondas para


los vectores B y E -perpendiculares entre sí- en la que aparecía una
velocidad de propagación de la onda, que no era otra que la velocidad
de la luz. Mostró también que la propagación de campos eléctricos y
magnéticos en el espacio tendría todas las características propias de
una onda: refracción, reflexión, interferencias y difracción. Las ondas
electromagnéticas se propagan en el vacío sin necesidad se soporte
material.
Utilizando una de las expresiones posibles para la ecuación general:
y( x, t )  A·sin( ·t  k ·x  0 ) :
vp 
k
x 
c
   ·  c   ·     6·1014 Hz
t T

2·

 4· 10 6 m 1
b) El índice de refracción en un medio nos relaciona la velocidad en el vacio
con la de propagación en un medio, por lo tanto:
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n
c
c

3c
vp
 4
4
3
La frecuencia es una de las características invariantes de una onda
electromagnética, por lo que al pasar de un medio a otro, no modifica su
valor.
Su longitud de onda sí se modifica, pues:
c
3·c
c
3·
v´p  ´ ·  ´ · 
 ´ ·  ´ 
 3,75·10 7 m

4

4