Download Física Junio 2015

NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Sabiendo que la masa de la Luna es ML y su radio RL:
- Obtener en función de estas cantidades y de G, la distancia vertical recorrida
durante un segundo por un cuerpo que se suelta en caída libre en su superficie. (1
punto)
- A qué altura sobre la superficie lunar debemos realizar el mismo experimento
para que la nueva distancia recorrida sea la mitad. (1,5 puntos)
Solución
La gravedad en la superficie de la Luna es
gL  G
ML
RL 2
En la caída libre tenemos que
s
1 2 1
M
g Lt  g L  G L2
2
2
2 RL
A una altura h sobre la superficie lunar la aceleración de la gravedad es
gL '  G
ML
,
( RL  h) 2
de modo que la distancia recorrida será
s' 
Igualando obtenemos
1
1
ML
g L 't 2  g L '  G
2
2
2( RL  h) 2
1
s '  s  ( RL  h)2  2 RL 2
2
Y despejando llegamos a
h   RL  RL 2
donde sólo la solución positiva es válida
h  RL


2 1
2. Consideremos un segmento de un conductor rectilíneo que va desde el punto
A=(1,1,1) m al punto B=(4,0,2) m del espacio. Por él circula una corriente de
intensidad 3 A. Si se encuentra en el interior de un campo magnético uniforme
B  1 i  2 k T, calcular el vector fuerza magnética ejercida por el campo sobre el
segmento de hilo. (3 puntos)
Solución
El vector que define el segmento conductor es el vector que une los puntos A y B:
L  AB   4  1,0  1,2  1   3, 1,1 m . La fuerza magnética sobre éste es
F  I L  B
Calculamos el producto vectorial:
i
j
k
L  B  3 1 1  2i  7 j  k N/A
1 0 2
Finalmente obtenemos:
F  6i  21j  3k N
3. El índice de refracción del aire es aproximadamente 1 y el del agua 4/3. Un rayo
de luz incide desde un medio al otro con un ángulo de incidencia de 60º. Calcular
el ángulo que el rayo refractado forma con la normal cuando:
- El rayo incide desde el aire sobre la superficie del agua. (1 punto)
- El rayo incide desde el agua sobre su superficie con el aire. (1 punto)
Solución
La ley de Snell para la refracción establece que
ni sin i  nr sin r
Despejando tenemos
 ni

sin i 
 nr

En el primer caso obtenemos  2  40,5º . En el segundo caso no obtenemos
 r  arcsin 
solución ya que no hay refracción: el ángulo de incidencia supera al ángulo crítico
de reflexión interna total, que para el agua/aire es de 48,6º.
  para dar 41K :
41
Ar  41 K  e   ,

donde e es el electrón emitido y  es un fotón también emitido. Sabiendo que la
masa del potasio es mK-41  40,97847 u , que la energía cinética de los electrones
4. El 41Ar sufre una desintegración
emitidos es 1,20 MeV y que la energía de los fotones emitidos es 1,29 MeV,
calcular la masa del 41Ar. Despreciar la masa en reposo de los electrones. (2,5
puntos)
Dato: c2 = 931,5 MeV/u, siendo u la unidad de masa atómica.
Solución
La energía liberada en la desintegración se obtiene a partir de la pérdida de masa
en reposo de las partículas que participan en la desintegración
E  mc 2   m41 Ar  m41 K  c 2  Ec (e )  E ,
Donde hemos despreciado la masa de los electrones y hemos tenido en cuenta
que los fotones son partículas sin masa. Despejando tenemos
m41 Ar  m41 K 
Ec (e )  E
c2
 40,98115 u
OPCIÓN B
1. Supongamos que tenemos tres masas iguales de valor m cuyos centros se
encuentran en los puntos (0,0), (2,3) y (-2,3) del sistema de coordenadas XY
habitual, con coordenadas expresadas en metros. Calcular la fuerza gravitatoria
que ejercerán sobre una cuarta masa m situada en el punto (0,6). Suponer que
conocemos G. (2,5 puntos)
Solución
Gm 2
F1  2  0, 1 N
6
Gm 2  2
3 
F2  2
,
N
2 
3  2  13
13 
Gm 2  2
3 
F3  2

,


N
3  22  13
13 
1
3 

FT  F1  F2  F3  Gm2  0,  2  2
=Gm2  0, 0.156  N

6
13 13 

2. En la figura se muestra una carga puntual de valor q (punto negro) situada en el
centro de una esfera hueca (en gris) de radio interior R1 y radio exterior R2. La
superficie interior de la esfera hueca (de radio R1) está cargada con una densidad
superficial de carga  1, mientras que la superficie exterior (de radio R2) está
cargada con una densidad superficial de carga  2. Utilizar el teorema de Gauss
para calcular el valor del campo eléctrico en función de r (distancia radial al centro
de las esferas) en las regiones:
- r  R1 (0,5 puntos)
- R1  r  R2 (1 punto)
- r  R2 (1 punto)
2
1
R2
q
R1
Solución
El teorema de Gauss establece que


S
E  nˆ dA  4 kQinterior
Debido a la simetría del problema debemos considerar superficies esféricas
concéntricas de radio r, ya que en este caso tenemos
E(r ) 
kQinterior (r )
nˆ
r2
siendo n̂ el vector unitario normal a la superficie de la esfera considerada
apuntando hacia afuera (también considerado como vector radial) .
a) Cuando 0  r  R1 tenemos que
Qinterior (r )  q
q
E(r )  k 2 nˆ
r
b) Cuando R2  r  R1 tenemos que
Qinterior (r )  q  4 R121
q  4 R12 1
E(r )  k
nˆ
r2
c) Cuando r  R2 tenemos que
Qinterior (r )  q  4  R12 1  R2 2 2 
E(r )  k
q  4  R12 1  R2 2 2 
r2
nˆ
3. Una partícula realiza un movimiento armónico simple de amplitud 5 cm. En el
instante inicial tiene su velocidad máxima, que es de 20 cm/s (sentido positivo).
Obtener la ecuación completa de la posición en función del tiempo. (2,5 puntos)
Solución
La solución general de la ecuación del movimiento armónico simple es
x  A cos(t   )
v   A sin(t   )
De los datos del enunciado tenemos que A  5 cm y que vmax  A  20 cm/s ,
de donde obtenemos la frecuencia angular
de la condición inicial:
  4 rad/s . Obtenemos la fase inicial
v(t  0)   A sin( )  vmax
sin( )  1

  3 / 2
por lo que la ecuación del movimiento será
x  5cos(4t  3 / 2) cm
4. La frecuencia umbral para la emisión de fotoelectrones por parte del wolframio
es de 1,19  1015 Hz. Calcular la longitud de onda que se necesitará emplear si se
pretende que los electrones sean emitidos con energía cinética máxima igual a
dos veces la que poseen los arrancados con una longitud de onda de 200 nm. (2,5
puntos)
h  6,63 1034 J  s  4,14 1015 eV  s ; c  3 108 m/s
Solución
La ecuación del balance energético para el efecto fotoeléctrico es
hv    Ec max  hv0  Ec max
Despejando la energía cinética tenemos
c

Ec max 1  h   v0 
 1

 c

Ec max 2  h   v0 
 2

Como Ec max 2  2Ec max 1 tenemos
 c

c

c1
h   v0   h   v0   2 
 166 nm


2
c


v
 2

 1

1 0
NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Consideremos el experimento que consiste en colgar una masa m de un muelle
de masa despreciable que obedece la ley de Hooke con constante k.
- Si realizamos el mismo experimento en la superficie de la Tierra y en la superficie
de la Luna, ¿cuál será el cociente entre los estiramientos producidos en el muelle
sabiendo que la masa de la Tierra es aproximadamente 81,4 veces la de la Luna,
mientras que su radio es 3,7 veces más grande? (1,5 puntos)
- Supongamos que el experimento consiste ahora en colocar la misma masa m en
el platillo de una balanza e ir añadiendo pesas en el otro platillo hasta conseguir el
equilibrio de la balanza. Discutir razonadamente dónde deberemos colocar más
pesas, ¿en la superficie terrestre o en la lunar? (1 punto)
Solución
En el equilibrio tenemos
mg  kx  x 
mg
k
Comparando tendremos.
mgT
xT
M T RL 2
81,4
k

 2

2  5,95
xL mg L RT M L  3,7 
k
La balanza compara masas, por lo que el número de pesas será, evidentemente,
el mismo.
2. Tenemos un campo eléctrico que en cada punto ( x, y, z ) del espacio tiene la

forma E( x, y, z )   sin y  i   x  j  z  x
2
2
k
N/C, donde i , j y k son los
vectores unitarios en las tres direcciones ortogonales del espacio: X, Y, Z,
respectivamente. Calcular la fuerza que experimentarán dos cargas puntuales de
1 C si las situamos, respectivamente, en los puntos (0,0,1) y (1,0,2) de este
campo. ¿Qué carga experimentará la mayor aceleración inicial? (2,5 puntos)
Solución
Las fuerzas serán:
F1  q1E( x1 , y1 , z1 )  k N
F2  q2E( x2 , y2 , z2 )  j  5 k N
El módulo de la fuerza que experimenta la primera carga es F1  1 N mientras
que para la segunda tenemos F2  26 N , de modo que la segunda
experimentará una fuerza mayor y, por tanto, una mayor aceleración inicial.
3. Supongamos que tenemos un resorte colgado del techo. Al colgar de él una
masa de 20 kg observamos que se alarga 4 cm, quedando el sistema en equilibrio.
A continuación, estiramos de la masa alargando el resorte 3 cm más y dejamos
que el sistema oscile libremente sin rozamiento. Determinar la ecuación del
movimiento, esto es, la expresión de la altura de la masa con respecto a la
posición de equilibrio en función del tiempo. (3 puntos)
g  9,8 m/s2 .
Solución
Si aplicamos la ley de Hooke obtenemos la constante de recuperación del resorte:
ky  mg  k 
mg
=4900 N/m .
y
La frecuencia angular del movimiento será:

k
 15,65 rad/s ,
m
y la amplitud A  0,03 m .
Sabiendo que la ecuación general de la oscilación es
y  A cos(t   ) ,
A partir de la condición inicial y(0)   A , deducimos que la fase inicial es
por lo que la ecuación del movimiento será
x  0,03cos(15,65t   ) m .
  ,
4. El número de isótopos de una muestra radiactiva se ha reducido al cabo de 2
horas a 10000, mostrando una actividad de 10 desintegraciones por segundo.
Calcular el número de isótopos radiactivos que componían la muestra inicial. (2
puntos)
Solución
La actividad de una muestra varía como
A(t )   N (t ) ,
de donde deducimos la constante de desintegración

A(t  2 horas)
 103 s 1
N (t  2 horas)
Ahora podemos aplicar la ley de desintegración radiactiva
N (t )  N0et
y despejar:
N0  N (t  2 horas)e23600  1,34 107
OPCIÓN B
1. En un año (365 días) un satélite realiza n veces su órbita completa alrededor de
la Tierra bajo la acción del campo gravitatorio. Suponiendo que la órbita es
circular, determinar la distancia del satélite al centro de nuestro planeta
exclusivamente en función de n, del radio de la Tierra RT y de la gravedad en la
superficie terrestre g0, todos los datos en unidades del sistema internacional. (2,5
puntos)
Solución
El satélite describe su órbita bajo la acción del campo gravitatorio, de modo que
m
v2
mM
G 2T
d
d
Sustituyendo v  d  2 d / T tenemos
GM T T 2 3 GM T T 2 3 GM T (365  86400)2
d


4 2
4 2
4 2 n2
2
Por otro lado g0 RT  GM T así que finalmente tenemos:
3
d
3
g0 RT 2 (365  86400) 2
4 2 n 2
2. Supongamos que tenemos la configuración mostrada en la figura. A la izquierda
tenemos un conductor rectilíneo de longitud infinita por el que circula una corriente
I1. A su derecha tenemos una espira cuadrada de lado L colocada con dos lados
paralelos al conductor y a una distancia mínima d. Por la espira circula una
corriente con intensidad I2 en el sentido de las agujas del reloj. Explicar los más
detalladamente posible qué efecto producirá sobre cada lado de la espira la
presencia de la corriente rectilínea. (3 puntos)
Ayuda: El módulo del campo magnético producido por un conductor rectilíneo
infinitamente largo por el que circula una corriente I, a una distancia r
perpendicular al mismo es B 
0 I
. El sentido del campo viene determinado por
2 r
la regla de la mano derecha, es decir, las líneas de campo magnético rodean el
conductor en el sentido de los dedos de la mano derecha cuando el dedo pulgar
apunta en la dirección de la corriente
I2
I1
d
L
Solución
El conductor rectilíneo crea a su alrededor un campo magnético cuyo sentido
viene dado por la regla de la mano derecha, por lo que en el dibujo el campo
entraría en el papel, y su valor es:
B
0 I1
,
2 x
siendo x la distancia del punto al conductor. En el caso de los lados de la espira
paralelos al conductor, el campo será constante, mientras que en los lados
perpendiculares, el campo disminuirá a medida que nos alejamos del conductor.
Como por la espira circula una corriente eléctrica, aparecerá una fuerza magnética
de valor
dF  I 2dL  B
Lado paralelo más cercano. Todos sus puntos están a la misma distancia del
conductor por lo que el campo magnético en ellos es el mismo y la fuerza será
constante sobre todos los puntos. Esta fuerza F1 será perpendicular al lado de la
espira y apuntando hacia el conductor, esto es, atractiva (dirección X negativa).
F1  
0 I1I 2 L
i
2 d
Lado paralelo más lejano. Todos sus puntos están a la misma distancia del
conductor por lo que el campo magnético en ellos es el mismo y la fuerza será
constante sobre todos los puntos. Esta fuerza F2 será perpendicular al lado de la
espira y repulsiva (dirección X positiva), pero de valor inferior a la fuerza sobre el
lado paralelo más cercano: F2  F1
F1  
0 I1I 2 L
i
2  d  L 
Lado perpendicular superior. Los puntos están a distinta distancia del conductor
por lo que el campo magnético en ellos dependerá de x y la fuerza no será
constante sobre todos los puntos (habría que integrar) Esta fuerza F3 será
perpendicular al lado de la espira y hacia arriba (dirección Y positiva).
Lado perpendicular inferior. Los puntos están a distinta distancia del conductor por
lo que el campo magnético en ellos dependerá de x y la fuerza no será constante
sobre todos los puntos (habría que integrar). Esta fuerza F4 será perpendicular al
lado de la espira y hacia abajo (dirección Y negativa), y su módulo es igual a F3 .
Como F3  F4 y F2  F1 , el resultado final será que la espira sentirá una fuerza neta
de atracción hacia la corriente rectilínea. Por otro lado, la presencia de esta
corriente producirá una deformación de la espira ya que todas las fuerzas
actuando sobre los lados de la misma tienden a expandirla.
3. Supongamos que nos encontramos dentro del agua (índice de refracción 4/3) a
una cierta profundidad. La superficie está en contacto con el aire (índice de
refracción 1). Con qué ángulo respecto a la vertical deberemos mirar hacia la
superficie para observar a un cuerpo que se encuentra fuera del agua a una
distancia muy muy lejana de nosotros. (2,5 puntos)
Solución
La ley de Snell para la refracción establece que
ni sin i  nr sin r
Si el punto está muy alejado de nosotros el ángulo de incidencia será
aproximadamente de 90º, por lo que el ángulo de refracción será
 ni
 nr
 r  arcsin 

  48,6º

Éste será el ángulo con respecto a la vertical con el que deberemos mirar.
4. Al incidir sobre un metal una radiación de 200 nm de longitud de onda, los
fotoelectrones emitidos tienen una velocidad máxima de 10 6 m/s. ¿Conseguiremos
arrancar electrones del metal irradiándolo con una luz de frecuencia 10 13 Hz? (2
puntos)
h  6,63 1034 J  s  4,14 1015 eV  s ; me  9,11031 kg ; c  3 108 m/s
Solución
Debemos calcular la frecuencia umbral v0 del metal para la emisión fotoeléctrica.
La ecuación del balance energético para el efecto fotoeléctrico es
hv    Ec max  hv0  Ec max
Despejando
mevmax 2
v0  
 8,14  1014 Hz

2h
c
Como la frecuencia dada en el enunciado es menor, no habrá emisión de
fotoelectrones.
NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Supongamos que las órbitas de los planetas alrededor del Sol son circulares.
Sabemos que la distancia Tierra-Sol es de dT-S (km) y la Tierra tarda TT (días) en
completar una órbita alrededor del mismo. A partir de los datos proporcionados en
el enunciado:
- Determinar la distancia (en km) entre Mercurio y el Sol sabiendo que la velocidad
angular de su órbita vale  (rad/s). (1,25 puntos)
- Determinar la velocidad lineal (en m/s) con la que Marte orbita alrededor del Sol
sabiendo que su distancia es de dM-S (km). (1,25 puntos)
Solución
La tercera Ley de Kepler establece que
R3
 cte
T2
Para Mercurio tendremos
dT  S 3
 2d 3

(TT  86400)2 4 2
R3  2 R3

T 2 4 2
 d  dT  S 3
Para Marte tendremos
R3 v 2 R

T 2 4 2
4 2
 2 (TT  86400)T 2
10003 dT S 3
v 21000d M  S

(TT  86400)2
4 2
 v
2 1000dT S
TT  86400
dT  S
d M S
2. En la figura se muestra un dipolo compuesto por dos cargas q iguales pero de
distinto signo, situadas en el eje X y separadas una distancia l. Supongamos que
activamos un campo eléctrico que tiene la dirección positiva del eje X y cuyo
módulo aumenta linealmente a lo largo del eje X de la forma: E   ax  b  i ,
donde a y b son constantes. ¿Dependerá la fuerza eléctrica total que actúa sobre
el dipolo debida al campo eléctrico, de la posición del eje X donde lo coloquemos?
Razonar la respuesta. (2,5 puntos)
Solución
Supongamos que colocamos la carga negativa en el punto x0 . La carga positiva
estará en el punto x0  l . La fuerza que experimenta la carga q será
F q  q  ax0  b  i
mientras que la que experimenta la carga q es
Fq  q  a( x0  l )  b  i
La fuerza total sobre el dipolo será
F q  Fq  q  ax0  b  i  q  a( x0  l )  b  i  qali
3. Una partícula realiza un movimiento armónico simple describiendo 2
oscilaciones por segundo. En el instante inicial tiene su aceleración mínima, que
es de -10 cm/s2 (sentido negativo). Obtener la ecuación completa de la posición en
función del tiempo. (2,5 puntos)
Solución
La solución general de la ecuación del movimiento armónico simple es
x  A cos(t   )
v   A sin(t   )
a   A 2 cos(t   )
1
De los datos del enunciado tenemos que f  2 s , de modo que
que
amin   A 2  10 cm/s
 A
10
2

  4 rad/s , y
10
16 2
Sólo queda obtener la fase de la condición inicial:
a(t  0)   A 2 cos( )  amin
cos( )  1

 0
por lo que la ecuación del movimiento será
x
10
cos(4 t ) cm
16 2
12
4. La masa de un átomo de 6 C es de 12,00000 u (incluidos los electrones). Las
masas del protón, neutrón y electrón son, respectivamente, 1,00728 u y 1,00867 u
y 0,000549 respectivamente. Calcular la energía de enlace por nucleón del núcleo
12
de 6 C . Despreciar la energía de enlace de los electrones. (2,5 puntos)
Dato: c2 = 931,5 MeV/u, siendo u la unidad de masa atómica.
Solución
Primer calculamos la masa del núcleo, restando a la masa del átomo la masa de
los electrones, ya que hemos despreciado su energía enlace:
mnúcleo  mátomo  6me  11,99671 u
Ahora calculamos la energía de enlace (o energía de ligadura) del núcleo a partir
del defecto másico:
E  m  c 2   6mp  6mn  mnúcleo  c 2  92,21 MeV
Dividiendo por el número total de nucleones (12) obtenemos la energía de enlace
por nucleón: 7,68 MeV
OPCIÓN B
1. Con qué velocidad se deberá impulsar un satélite situado a una altura h sobre la
superficie de la Tierra para que describa una órbita circular estable bajo la acción
del campo gravitatorio. Calcular también el periodo de la órbita. Los datos que
disponemos son el radio terrestre RT y el campo gravitatorio en la superficie g0. (2
puntos)
Solución
Tenemos que
v2
mM T
m
G
 RT  h   RT  h 2
Despejando
GM T
RT 2 g 0
v 

 RT  h   RT  h 
 v  RT
2
Como v    RT  h  
g0
 RT  h 
2
 RT  h 
T
T
R
2
T
 h
3
RT g 0
2. Consideremos un segmento de un conductor rectilíneo que va desde el punto
A=(1,1,1) m al punto B=(4,0,2) m del espacio. Por él circula una corriente de
intensidad 3 A. Si se encuentra en el interior de un campo magnético uniforme
B  1 i  2 k T, calcular el vector fuerza magnética ejercida por el campo sobre el
segmento de hilo. (3 puntos)
Solución
El vector que define el segmento conductor es el vector que une los puntos A y B:
L  AB   4  1,0  1,2  1   3, 1,1 m . La fuerza magnética sobre éste es
F  I L  B
Calculamos el producto vectorial:
i
j
k
L  B  3 1 1  2i  7 j  k N/A
1 0 2
Finalmente obtenemos:
F  6i  21j  3k N
3. Una onda armónica transversal se propaga en el sentido positivo del eje X. Su
amplitud es de 3 cm, su longitud de onda de 2 cm, la velocidad de propagación es
de 2 m/s y en el instante inicial, el desplazamiento del punto x=0 es de 3 cm.
- Obtener la ecuación de la onda. (1,5 puntos)
- Obtener los puntos de la onda que en el instante t=0,01 s tienen velocidad nula.
(1,5 puntos)
Solución
La ecuación general de una función de onda armónica que se propaga en el
sentido positivo del eje X es
y( x, t )  Asen(kx  t   ) .
A partir de los datos del enunciado obtenemos (en unidades del SI) que
A  0,03 m
k  2 /   100 rad/m
  2 f  kv  200 rad/s
De modo que, aplicando la condición inicial para la obtener la fase inicial, llegamos
a
y( x, t )  0.03sen(100 x  200 t   / 2) m .
La velocidad será
vy ( x, t )  6 cos(100 x  200 t   / 2) m/s ,
y en el instante t=0,01 s tenemos
vy ( x,102 )  6 cos(100 x  3 / 2) m/s ,
de modo que los puntos con velocidad nula serán aquellos que cumplan
cos(100 x  3 / 2)  0  100 x  3 / 2 

2
 2n  1
n  ...  2, 1,0,1,2,..
Despejando llegamos a
x
n2
n  ..., 2, 1,0,1,2,..  x  0,1,2,3,4,5...cm
100
4. La potencia mínima capaz de ser percibida por un ojo normal en luz amarilla de
589 nm es de 3,110-16 J/s. Calcular el número mínimo de fotones de esta longitud
de onda que deben incidir por segundo en la retina para producir visión. (2
puntos)
h  6,63 1034 J  s  4,14 1015 eV  s ; c  3 108 m/s .
Solución
La energía de un fotón será
E fotón  hv 
hc

 3,38  1019 J
El número mínimo de fotones que deben llegar a la retina para poder ver la luz
amarilla será
W
 918 fotones cada segundo
E fotón
NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Dos estrellas lejanas cuyas masas suman 4 veces la masa del Sol MS, se
encuentran separadas por una distancia d que es constante. Ambas estrellas
describen órbitas circulares alrededor del mismo punto fijo, que se encuentra en la
línea imaginaria que las une, debido al campo gravitatorio entre ellas. Calcular la
distancia que separa a las dos estrellas sabiendo que ambas órbitas tienen el
mismo periodo T. Suponer que conocemos G. (3 puntos)
Solución
La ecuación de la dinámica de cada estrella se obtiene de igualar la fuerza
centrípeta que describe el momento orbital con la fuerza de atracción gravitatoria
responsable del movimiento:
v2
MM
M 1  M 1 2 R  G 1 2 2
R
d
2
v
MM
M2
 M 2 2  d  R   G 1 2 2
dR
d
Simplificando obtenemos
2R  G
M2
d2
2 d  R  G
M1
d2
Se trata ahora de resolver este sistema de ecuaciones para obtener d sabiendo
que M1  M 2  4M S . A continuación se muestran algunas posibilidades.
a) Despejamos primero M 2
sustituimos en la segunda
2 d  R  G
d 2 2 R
de la primera ecuación, dando M 2 
y
G
M1
4M S  M 2
4M S

G

G
 2R .
2
2
2
d
d
d
Operando y despejando de nuevo obtenemos que
d
3
GM ST 2
2
b) Despejamos R de la primera ecuación, dando R  G
M2
y sustituimos en la
d 2 2
segunda
2 d  R  G
M1
M 
4M S  M 2

 2  d  G 2 22   G
2
d
d 
d2

Operando y despejando de nuevo obtenemos que
d
3
GM ST 2
2
c) Sumando las dos ecuaciones
2R  2 d  R  G
Sabiendo que M1  M 2  4M S , tenemos que
 2d  G
M1  M 2
d2
4M S
d2
Ahora podemos despejar
d
3
GM ST 2
2
d) Igualamos las dos ecuaciones y obtenemos que
M1R  M 2  d  R 
Sabiendo que M1  M 2  4M S , podemos despejar M 1
M 1R  (4M S  M 1 )  d  R 
 M1 
4M S  d  R 
d
Ahora podemos utilizar esta expresión en la segunda ecuación inicial para obtener
d
3
GM ST 2
2
2. Supongamos que tenemos la configuración mostrada en la figura. A la izquierda
tenemos un conductor rectilíneo de longitud infinita por el que circula una corriente
I1. A su derecha tenemos una espira cuadrada de lado L colocada con dos lados
paralelos al conductor y a una distancia mínima d. Por la espira circula una
corriente con intensidad I2 en el sentido de las agujas del reloj. Explicar los más
detalladamente posible qué efecto producirá sobre cada lado de la espira la
presencia de la corriente rectilínea. (3 puntos)
Ayuda: El módulo del campo magnético producido por un conductor rectilíneo
infinitamente largo por el que circula una corriente I, a una distancia r
perpendicular al mismo es B 
0 I
. El sentido del campo viene determinado por
2 r
la regla de la mano derecha, es decir, las líneas de campo magnético rodean el
conductor en el sentido de los dedos de la mano derecha cuando el dedo pulgar
apunta en la dirección de la corriente
I2
I1
d
L
Solución
El conductor rectilíneo crea a su alrededor un campo magnético cuyo sentido
viene dado por la regla de la mano derecha, por lo que en el dibujo el campo
entraría en el papel, y su valor es:
B
0 I1
,
2 x
siendo x la distancia del punto al conductor. En el caso de los lados de la espira
paralelos al conductor, el campo será constante, mientras que en los lados
perpendiculares, el campo disminuirá a medida que nos alejamos del conductor.
Como por la espira circula una corriente eléctrica, aparecerá una fuerza magnética
de valor
dF  I 2dL  B
Lado paralelo más cercano. Todos sus puntos están a la misma distancia del
conductor por lo que el campo magnético en ellos es el mismo y la fuerza será
constante sobre todos los puntos. Esta fuerza F1 será perpendicular al lado de la
espira y apuntando hacia el conductor, esto es, atractiva (dirección X negativa).
F1  
0 I1I 2 L
i
2 d
Lado paralelo más lejano. Todos sus puntos están a la misma distancia del
conductor por lo que el campo magnético en ellos es el mismo y la fuerza será
constante sobre todos los puntos. Esta fuerza F2 será perpendicular al lado de la
espira y repulsiva (dirección X positiva), pero de valor inferior a la fuerza sobre el
lado paralelo más cercano: F2  F1
F1  
0 I1I 2 L
i
2  d  L 
Lado perpendicular superior. Los puntos están a distinta distancia del conductor
por lo que el campo magnético en ellos dependerá de x y la fuerza no será
constante sobre todos los puntos (habría que integrar) Esta fuerza F3 será
perpendicular al lado de la espira y hacia arriba (dirección Y positiva).
Lado perpendicular inferior. Los puntos están a distinta distancia del conductor por
lo que el campo magnético en ellos dependerá de x y la fuerza no será constante
sobre todos los puntos (habría que integrar). Esta fuerza F4 será perpendicular al
lado de la espira y hacia abajo (dirección Y negativa), y su módulo es igual a F3 .
Como F3  F4 y F2  F1 , el resultado final será que la espira sentirá una fuerza neta
de atracción hacia la corriente rectilínea. Por otro lado, la presencia de esta
corriente producirá una deformación de la espira ya que todas las fuerzas
actuando sobre los lados de la misma tienden a expandirla.
3. El oído humano percibe sonidos cuyas frecuencias están comprendidas entre
20 y 20000 Hz. El ultrasonido es una onda acústica cuya frecuencia está por
encima del umbral de audición del oído humano. Sabiendo que la velocidad de
propagación del sonido en el aire en condiciones normales es de unos 330 m/s
aproximadamente, determinar el rango de longitudes de onda del ultrasonido en
los humanos. (2 puntos)
Solución
Los ultrasonidos tienen frecuencias mayores que la frecuencia umbral de audición,
que es de 20000 Hz. Frecuencias mayores equivalen a longitudes de onda más
pequeñas que la correspondiente a este umbral, que es
c
v
   16,50  103 m
Por consiguiente serán ultrasonidos para un oído humano aquellas señales
sonoras con longitud de onda menor que 16,50  10
3
m.
4. Como se muestra en la figura, la fibra óptica permite que los rayos de luz que
entran por el extremo de la fibra se propaguen a grandes distancias por reflexión
total, de modo que no hay pérdida de energía. La fibra óptica consiste de un
material interno de índice de refracción n1, revestido de otro material cuyo índice
es n2. ¿Qué condición deben satisfacer n1 y n2 para que el dispositivo pueda
funcionar como una fibra óptica? Razonar la respuesta (2 puntos)
n2
n1
n2
Solución
De la ley de la refracción
ni sin i  nr sin r ,
observamos que la condición de reflexión interna total r  90º se satisface cuando
es posible encontrar un ángulo crítico de incidencia tal que
n 
i  arcsin  2  ,
 n1 
lo cual sólo es posible cuando n2  n1 .
OPCIÓN B
1. A distancias de la superficie de la Tierra muy pequeñas comparadas con el
radio terrestre se suele considerar que la aceleración gravitatoria es constante y
2
que tiene un valor g0  GM T / RT . Calcular el error que se comete al aproximar la
aceleración real mediante g 0 , a una altura h de la superficie terrestre sabiendo
que h  aRT . Expresar este error únicamente en función de a. (2,5 puntos)
Ayuda: el error se calcula como

g ( h)  g 0
donde g (h) es la aceleración
g ( h)
gravitatoria real a una altura h.
Solución
La aceleración gravitatoria a una altura h tiene la forma
MT
g 0 RT 2
g ( h)  G

( RT  h) 2 ( RT  h) 2
El error viene dado por:
RT 2
1
g ( h)  g 0
( RT  h) 2
2 RT h  h 2



 a2  a
RT 2
g ( h)
RT 2
( RT  h) 2
2. Un electrón de carga e y masa m se mueve en la dirección positiva del eje X
con una energía cinética T0 . En un momento dado penetra en una región de
anchura d en la que existe un campo eléctrico constante e uniforme. El electrón
atraviesa esa región sin desviarse de su trayectoria rectilínea inicial, pero su
velocidad a la salida es la mitad de la inicial. Determinar el vector campo eléctrico
dentro de esa región en función de los datos del problema. (3 puntos)
Solución
Como el electrón no se desvía de su trayectoria, el campo eléctrico debe tener la
dirección inicial del movimiento. Además, como la velocidad disminuye, el campo
debe tener la dirección del eje X positivo: E  Ei . Si aplicamos el principio de
conservación de la energía mecánica del electrón, tenemos
Ei  E f
U  T
La variación de la energía potencial del electrón será
U  eV  edE .
Por otro lado
T  Tf  T0 
3
T0
4
de modo que igualando
E
3 T0
4 ed
Finalmente tenemos
E
3 T0
i
4 ed
3. Una partícula realiza un movimiento armónico simple de amplitud 5 cm. En el
instante inicial tiene su velocidad máxima, que es de 20 cm/s (sentido positivo).
Obtener la ecuación completa de la posición en función del tiempo. (2,5 puntos)
Solución
La solución general de la ecuación del movimiento armónico simple es
x  A cos(t   )
v   A sin(t   )
De los datos del enunciado tenemos que A  5 cm y que vmax  A  20 cm/s ,
de donde obtenemos la frecuencia angular
de la condición inicial:
  4 rad/s . Obtenemos la fase inicial
v(t  0)   A sin( )  vmax
sin( )  1

  3 / 2
por lo que la ecuación del movimiento será
x  5cos(4t  3 / 2) cm
4. El primer estado excitado del átomo de potasio es E1=1,62 eV por encima del
estado fundamental E0, el cual consideramos de valor cero. El potasio posee
también los niveles energéticos E2=2,61 eV y E3=3,07 eV. ¿Cuál es la máxima
longitud de onda de radiación que puede ser absorbida por el potasio en su estado
fundamental? (2 puntos)
h  4,14 1015 eV  s ; c  3 108 m/s
Solución
Como la longitud de onda está directamente relacionada con la energía de un
fotón, las longitudes de onda mayores corresponden a diferencias energéticas
menores. La diferencia de energía más pequeña para una transición con origen en
el estado fundamental es el paso al primer estado excitado:

hc
 767 nm
E1  E0
NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Obtener la expresión de la energía potencial gravitatoria de una masa m en
función de la altura h con respecto a la superficie de la Tierra tomando como
origen de energía potencial la superficie terrestre. (2,5 puntos)
Ayuda: la expresión final de la energía debe ser nula cuando h  0 .
Solución
La expresión general de la energía potencial gravitatoria es
U (r )  G
MT m
 U0
r
siendo U 0 una constante que depende del origen r0 de energía potencial, es
decir, aquel punto que hace U (r0 )  0 . En función de la altura con respecto a la
superficie tendremos
MT m
 U0
RT  h
Si situamos el origen de energía en el punto h  0 : U (0)  0 , tenemos que
M m
M m
U (h  0)  G T  U 0  0  U 0  G T
RT
RT
U (r )  G
y llegamos a la expresión final
 1
1 
U (r )  GM T m 
 
 RT  h RT 
2. Recordamos que el potencial eléctrico creado por una carga puntual q a una
distancia r de la misma tiene la forma V (r )  kq / r , donde el origen de potencial
se ha tomado en el infinito. k  9 10 Nm C
- A una cierta distancia de una carga puntual el potencial medido es de ‒600 V y el
módulo del campo eléctrico es 200 N/C. Calcular el valor y el signo de la carga.
(1,5 puntos)
- Supongamos que colocamos otra carga a 1 metro de la carga anterior, que se
supone fija. La nueva carga tiene una masa de 10-6 kg, puede moverse libremente
e inicialmente está en reposo. Calcular el valor y el signo de la nueva carga si
observamos que se aleja indefinidamente de la carga fija y que para tiempos muy
grandes su velocidad tiende al valor constante de 103 m/s. (1,5 puntos)
Solución
El signo de la carga es negativo porque el potencial es negativo.
El módulo del campo eléctrico es
9
2
Ek
q
r2
V k
q
r
2
mientras que el potencial vale
Dividiendo tenemos
r
V
3 m
E
Ahora sólo tenemos que utilizar la ecuación del campo o del potencial en ese
punto para calcular el valor de la carga:
q  2  107 C
La nueva carga tiene que ser negativa ya que se aleja de la primera,
incrementando su velocidad de forma espontánea. Como sabemos el estado
inicial y el final, podemos aplicar la conservación de la energía mecánica:
Ei  E f
Ec ,i  U i  Ec , f  U f
qq2 1
1 rm
v2
2
i
2 2
k
 m2v2  q2 
 2,8  104 C
ri
2
2 kq
3. Supongamos que hacemos vibrar el extremo izquierdo (origen de coordenadas)
de una cuerda tensa. Esto produce una onda transversal armónica cuya ecuación
es y( x, t )  10sin(1,6 x  0,8 t ) m y que se propaga por la cuerda en la
dirección positiva del eje X. ¿Cuál es la velocidad inicial de oscilación de un punto
situado a 1 m del extremo izquierdo? ¿Todos los puntos de la cuerda tienen la
misma velocidad inicial de oscilación? Razonar la respuesta (2,5 puntos)
Solución
La velocidad inicial de oscilación de cualquier punto de la cuerda es la misma.
Para comprobarlo basta con sustituir en la ecuación de la velocidad de la onda:
dy( x, t )
 8 cos(1,6 x  0,8 t ) m/s
dt
x xk
el tiempo que tarda en llegar a cada punto x: t  
:
v 
vy ( x, kx /  )  8 cos(1,6 x  1,6 x) m/s =  8 m/s
v y ( x, t ) 
4. El número de isótopos de una muestra radiactiva se ha reducido al cabo de 2
horas a 10000, mostrando una actividad de 10 desintegraciones por segundo.
Calcular el número de isótopos radiactivos que componían la muestra inicial. (2
puntos)
Solución
La actividad de una muestra varía como
A(t )   N (t ) ,
de donde deducimos la constante de desintegración

A(t  2 horas)
 103 s 1
N (t  2 horas)
Ahora podemos aplicar la ley de desintegración radiactiva
N (t )  N0et
y despejar:
N0  N (t  2 horas)e23600  1,34 107
OPCIÓN B
1. Un satélite de masa m describe órbitas circulares de radio 2RT alrededor de la
Tierra, siendo RT el radio terrestre. Otro satélite de masa 2m también orbita
alrededor de la Tierra y posee además la misma energía mecánica total que el
primero. Calcular el radio de la órbita del segundo satélite en función del radio
terrestre. (2,5 puntos)
Solución
La energía total de un satélite que orbita alrededor de la Tierra a una distancia r
debido a la acción de su campo gravitatorio es
ET  Ec  U  G
En el caso del primer satélite tenemos
MT m
.
2r
ET  G
MT m
2 RT
En el caso del segundo satélite su energía total será
ET  G
Igualando obtenemos
M T 2m
r
r  4 RT
2. Demostrar que si el flujo que atraviesa cada espira de una bobina de N
vueltas y resistencia total R varía de 1 a 2, entonces el módulo de la carga total
N
2  1 . (2 puntos)
R
- ¿Qué cambiará si el flujo varía al revés, de 1 a 2? (1 punto)
que pasa por la bobina es
Solución
La fuerza electromotriz inducida en cada espira de la bobina viene dada por la Ley
de Faraday:
m
 
 2 1 .
t
t
   2
Q
La corriente inducida será I   1
. Como I 
, el módulo de la carga
t
R
Rt
1  2
que pasa por cada espira será Q 
. Ahora basta multiplicar esta carga
R
 
por N para obtener la carga total que pasa por la bobina.
Al variar el flujo al revés, lo único que cambia es el sentido de la corriente,
que ahora es el contrario, pero la carga que pasa por la bobina es la misma.
3. Supongamos que nos encontramos dentro del agua (índice de refracción 4/3) a
una cierta profundidad. La superficie está en contacto con el aire (índice de
refracción 1). Con qué ángulo respecto a la vertical deberemos mirar hacia la
superficie para observar a un cuerpo que se encuentra fuera del agua a una
distancia muy muy lejana de nosotros. (2,5 puntos)
Solución
La ley de Snell para la refracción establece que
ni sin i  nr sin r
Si el punto está muy alejado de nosotros el ángulo de incidencia será
aproximadamente de 90º, por lo que el ángulo de refracción será
 ni
 nr
 r  arcsin 

  48,6º

Éste será el ángulo con respecto a la vertical con el que deberemos mirar.
235
92
U ) es
235
1
148
85
1
92 U  0 n  57 La  35 Br  3 0 n
4. Una posible reacción de fisión del uranio-235 (
1
(donde los 0 n denotan neutrones). Si las masas de los isótopos son: mU-235 =
235,1 u, mLa-148 = 148,0 u, mBr-85 = 84,9 u y mn = 1,009 u, calcúlese la energía
desprendida en la reacción. (2 puntos)
Dato: c2 = 931,5 MeV/u, siendo u la unidad de masa atómica.
Solución
Calculamos la variación de la masa en reposo del sistema:
m  mLa-148  mBr-85  3mn  mU-235  mn  0,182 u
Este defecto de masa da lugar a una disminución de la energía en reposo del
sistema, que se traduce en energía liberada por la reacción
E  mc2  170 MeV
NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Una masa de 1 kg se encuentra en la superficie de la Tierra.
- Calcular el incremento de su energía potencial gravitatoria cuando la colocamos
a una altura de 1 km sobre la superficie terrestre. (1 punto)
- Calcular el error que se comete cuando empleamos la conocida expresión de la
mecánica clásica: U  mg0 h . Explicar razonadamente a qué se debe este
error. (1,5 puntos)
g0  9,807 m/s 2 . RT  6378 km.
Solución
La diferencia de energía potencial exacta será:
U  U f  U i  G
 1
MT m
M m
1 
 G T  RT 2 g 0m  
  9805.46 J
RT  h
RT
R
R

h
 T
T

La diferencia de energía potencial aproximada será
U  mg0 h  9807.0
El error es del 0.016%, muy pequeño. Estrictamente la aproximación
U  mg0h se obtiene al considerar h / RT  1 en la expresión exacta de
arriba. Sin embargo, muy cualitativamente se puede decir que el error es debido a
que en la aproximación U  mg0 h no se ha tenido en cuenta que el campo
gravitatorio disminuye con la altura, de modo que se debería considerar algo así
como:
U  mg (h)h
2. En los vértices de un cuadrado de lado l hay cuatro cargas puntuales iguales de
valor q, y una carga -q en su centro.
- Calcular la energía potencial electrostática de esta distribución. (2 puntos)
- Supongamos que las cargas de los vértices están fijas pero que dejamos libre la
carga del centro. Explicar razonadamente qué le ocurrirá a esta carga y cuál será
su estado final. (1 punto)
Solución
Podemos calcular esta energía de dos formas: sumando la energía potencial de
cada pareja, u obteniendo el trabajo necesario para formar esta configuración de
cargas.
Mediante la primera forma tenemos que le energía potencial de un vértice con los
otros tres está dada por
U vértice
kq 2 kq 2
2

l
l 2
Multiplicando por 4 (tenemos cuatro vértices) y dividiendo por 2 (ya que cada
pareja la hemos contado dos veces) obtenemos la energía potencial de las 4
cargas situadas en los vértices del cuadrado:
U cuadrado
 kq 2 kq 2 
 2 2


l
l 2

Ahora tenemos que sumar la energía potencial que representa la carga central:
U centro
 kq 2 
 4 

l / 2 
Sumando todo obtenemos
U total  U cuadrado  U centro
kq 2 
6 

4


l 
2
Para la segunda forma comenzamos llevando desde el infinito la primera carga
hasta uno de los vértices. Como no hay ningún campo el trabajo será W1  0 .
Ahora llevamos una segunda carga hasta el siguiente vértice. El potencial en este
vértice creado por la carga 1 será V2  kq / l , por lo que el trabajo para llevar la
carga 2 será W2  kq / l . La tercera carga deberá ocupar el tercer vértice, en el
cual hay un potencial eléctrico debido a las cargas 1 y 2 ya instaladas. Este
2
 
potencial es V3  kq / l  kq / l 2
 
y el trabajo será W3  kq / l  kq / l 2 .
2
2
Para completar el cuadrado debemos llevar una cuarta carga al cuarto vértice
 
aportando un trabajo W4  2kq / l  kq / l 2 . Finalmente deberemos colocar
2
2
 
la carga del centro. Para ello necesitamos un trabajo W5  8kq / l 2 . El
2
trabajo total será la energía potencial eléctrica de esta configuración de cargas:
U total  W1  W2  W3  W4  W5 
 
 
 
kq 2 / l  kq / l  kq / l 2  2kq 2 / l  kq 2 / l 2  8kq 2 / l 2 
kq 2 
6 
4


l 
2
Es fácil ver que, por la simetría de la distribución de cargas, la fuerza total que
actúa sobre la carga central es nula, por lo que esa carga no se moverá y
permanecerá en esa posición todo el tiempo.
3. Sabiendo que la velocidad de la luz en un medio depende de la longitud de
onda de la luz, explicar lo más precisamente posible el fenómeno de dispersión
que sufre la luz blanca cuando atraviesa un medio y que origina patrones tan
conocidos como el arco iris. (2 puntos)
Solución
La velocidad de la luz c en un medio tiene la forma c  c0 / n , donde c0 es la
velocidad de la luz en el vacío y n el índice de refracción del medio. Si esta
velocidad depende de la longitud de onda de la luz, esto significa que el índice de
refracción del medio también dependerá de la longitud de onda. Esto provoca que,
dado un haz de luz blanca incidiendo sobre la superficie de un medio con un cierto
ángulo de incidencia, el ángulo de refracción de cada componente de esa luz
blanca sea distinto, de modo que la luz blanca se descompone en sus colores ya
que cada color (cada longitud de onda), tendrá su propio ángulo de refracción.
Para las longitudes de onda que componen la luz blanca, el índice de refracción
aumenta cuando la longitud de onda disminuye, esto es, cuanto mayor se hace la
frecuencia. Índices de refracción grandes implican ángulos de refracción pequeños
y por tanto mayores desviaciones con respecto a la dirección de incidencia, por
eso se desvían más las longitudes de onda pequeñas (frecuencias altas) como el
violeta o el azul, y menos las longitudes de onda altas (frecuencias bajas) como el
naranja o el rojo.
12
4. La masa de un átomo de 6 C es de 12,00000 u (incluidos los electrones). Las
masas del protón, neutrón y electrón son, respectivamente, 1,00728 u y 1,00867 u
y 0,000549 respectivamente. Calcular la energía de enlace por nucleón del núcleo
12
de 6 C . Despreciar la energía de enlace de los electrones. (2,5 puntos)
Dato: c2 = 931,5 MeV/u, siendo u la unidad de masa atómica.
Solución
Primer calculamos la masa del núcleo, restando a la masa del átomo la masa de
los electrones, ya que hemos despreciado su energía enlace:
mnúcleo  mátomo  6me  11,99671 u
Ahora calculamos la energía de enlace (o energía de ligadura) del núcleo a partir
del defecto másico:
E  m  c 2   6mp  6mn  mnúcleo  c 2  92,21 MeV
Dividiendo por el número total de nucleones (12) obtenemos la energía de enlace
por nucleón: 7,68 MeV
OPCIÓN B
1. Tenemos un satélite de masa m situado en reposo en una base de lanzamiento
de cohetes en la superficie de la Tierra, cuya masa y radio conocemos.
- Calcular la energía total necesaria que debemos emplear para ponerlo en órbita
estable alrededor de la Tierra, siendo el radio de la órbita 2 veces el radio
terrestre. Suponer que no hay pérdidas de energía y que la Tierra no gira. (2
puntos)
- Explicar razonadamente qué cambiaría si ahora consideramos el movimiento de
rotación de la Tierra. (1 punto)
Solución
La energía total de un satélite que orbita alrededor de la Tierra a una distancia R
debido a la acción de su campo gravitatorio es
ET  Ec  U  G
MT m
.
2R
La energía que debemos emplear para ponerlo en órbita será este valor menos la
energía inicial E0 :
Eempleada  ET  E0
Si consideramos que la Tierra no gira, la energía inicial del satélite será su energía
potencial en la superficie de la Tierra E0  U 0 :
Eempleada  ET  U 0  G
MT m
M m 3 GM T m
G T 
4 RT
RT
4 RT
Si consideramos que la Tierra gira, la energía inicial del satélite será su energía
potencial en la superficie de la Tierra más su energía cinética de rotación:
1
1
M m
E0  mv 2  U  m 2 RT 2  G T
2
2
RT
donde  es la velocidad angular de rotación de la Tierra.
2. En la figura se muestra una espira conductora cuadrada de lado L por la que
circula una corriente de intensidad I en el sentido mostrado. Este circuito se
encuentra dentro de un campo magnético constante y uniforme de módulo B
dirigido en el sentido positivo del eje Y. Calcular el vector fuerza ejercido por el
campo sobre cada lado del cuadrado. (3 puntos)
Z
B
I

Y
X
Solución
La fuerza que ejerce el campo magnético sobre un lado es:
F  LI  B ,
donde B  Bj .
Para el lado horizontal de arriba tenemos que el vector corriente es
I  I (sin ,cos ,0) y por tanto
F1  LI  B  LIB sin k
Para el lado vertical de la derecha tenemos que el vector corriente es I   Ik y
por tanto
F2  LI  B  LIB i
Para el lado horizontal de abajo tenemos que el vector corriente es
I   I (sin ,cos ,0) y por tanto
F3  LI  B   LIB sin k
Para el lado vertical del eje Z tenemos que el vector corriente es I  Ik y por
tanto
F4  LI  B   LIB i
3. Describa de manera precisa el efecto Doppler. (2 puntos)
Solución
Efecto por el cual, dado un emisor de ondas y un receptor, ambos en movimiento
relativo, la frecuencia de la señal recibida por el receptor es mayor que la
frecuencia de emisión si su separación disminuye (se aproximan), y es menor si su
separación aumenta (se alejan).
4. El primer estado excitado del átomo de potasio es E1=1,62 eV por encima del
estado fundamental E0, el cual consideramos de valor cero. El potasio posee
también los niveles energéticos E2=2,61 eV y E3=3,07 eV. ¿Cuál es la máxima
longitud de onda de radiación que puede ser absorbida por el potasio en su estado
fundamental? (2 puntos)
h  4,14 1015 eV  s ; c  3 108 m/s
Solución
Como la longitud de onda está directamente relacionada con la energía de un
fotón, las longitudes de onda mayores corresponden a diferencias energéticas
menores. La diferencia de energía más pequeña para una transición con origen en
el estado fundamental es el paso al primer estado excitado:

hc
 767 nm
E1  E0
NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Dos satélites artificiales con masas diferentes describen órbitas circulares
alrededor de la Tierra con distintos radios debido a la acción del campo
gravitatorio terrestre.
- Calcular la relación que debe existir entre sus masas y sus radios para que sus
energías cinéticas sean iguales. (1,5 puntos)
- ¿Se debe cumplir la misma relación para el caso en el que sus energías
mecánicas totales sean iguales? Responder razonadamente. (1 punto)
Solución
La energía cinética de un satélite que orbita alrededor de la Tierra es
Ec  G
MT m
2R
Igualando las energías cinéticas obtenemos la relación buscada:
m1 m2

R1 R2
La respuesta es sí ya que la energía total del satélite tiene la misma forma pero
cambiada de signo:
ET  Ec  U  G
MT m
.
2R
2. Deducir la ley de Coulomb para dos cargas puntuales q1 y q2 a partir de la ley
de Gauss. (2,5 puntos)
Ayuda: calcular primero mediante la ley de Gauss el campo creado por la primera
carga a una distancia r de la misma, y luego aplicar la fórmula F  q E para la
fuerza producida por este campo sobre la segunda carga.
Datos:  0  1/ 4 k .
Solución
Calculamos el campo producido por la carga 1 a partir de la ley de Gauss, que
establece que:


S
E  nˆ dA 
Qinterior
0
 4 kQinterior
Si consideramos superficies esféricas alrededor de la carga 1 y suponemos, por
simetría que E  Erˆ , tenemos que
E 4 r 2  4 kq1  E  k
Aplicando F  q2 E llegamos a la ley de Coulomb
Fk
q1
r2
q1q2
rˆ
r2
3. Deducir la expresión que relaciona la velocidad y la elongación de una partícula
que describe un movimiento armónico simple, es decir, encontrar la función v( x)
que determina la velocidad de la partícula v en función de la posición x, sin que
aparezca el tiempo en la ecuación. ¿Es posible obtener más de una velocidad
para una posición dada? Razonar la respuesta. (2,5 puntos)
Solución
La solución general de la ecuación del movimiento armónico simple es
x  A cos(t   )
v   A sin(t   )
Elevando al cuadrado y sumando obtenemos
x 
2
v2

2
 A2
 v( x)   A2  x 2
El signo doble indica que para cada posición tenemos los dos sentidos (la ida y la
vuelta), excepto en los extremos de la oscilación x   A , en los que la velocidad
es nula.
4. La onda electromagnética correspondiente a un haz de luz que viaja en la
4
10
dirección del eje X está dada por la ecuación E  3  10 sin(5  10 t  500 x / 3) ,
todo en unidades del SI.
- ¿Está viajando por el vacío? (1 punto)
- En un momento dado el haz penetra perpendicularmente en un medio con índice
de refracción 1,2. Determinar la ecuación de la onda refractada sabiendo que su
4
nueva amplitud es 2,7  10 . (1,5 puntos)
c  3 108 m/s
Solución
La velocidad de la onda es:

5  1010
v 
 3  108 m/s
k 500 / 3
que corresponde a la velocidad de la luz en el vacío.
Al cambiar de medio su velocidad cambia a
c 3  108
v 
 2,5  108 m/s
n
1,2
La frecuencia de la onda no varía (misma ) pero la longitud de onda (y por tanto k
serán distintos)

5  1010
k 
 200 rad/m
v 2,5  108
La nueva onda será
E  2,7 104 sin(5 1010 t  200 x)
OPCIÓN B
1. A distancias de la superficie de la Tierra muy pequeñas comparadas con el
radio terrestre se suele considerar que la aceleración gravitatoria es constante y
2
que tiene un valor g0  GM T / RT . Calcular el error que se comete al aproximar la
aceleración real mediante g 0 , a una altura h de la superficie terrestre sabiendo
que h  aRT . Expresar este error únicamente en función de a. (2,5 puntos)
Ayuda: el error se calcula como

g ( h)  g 0
donde g (h) es la aceleración
g ( h)
gravitatoria real a una altura h.
Solución
La aceleración gravitatoria a una altura h tiene la forma
MT
g0 RT 2
g ( h)  G

( RT  h) 2 ( RT  h) 2
El error viene dado por:
RT 2
1
g ( h)  g 0
( RT  h) 2
2 RT h  h 2



 a2  a
RT 2
g ( h)
RT 2
( RT  h) 2
2. Demostrar que si el flujo que atraviesa cada espira de una bobina de N
vueltas y resistencia total R varía de 1 a 2, entonces el módulo de la carga total
N
2  1 . (2 puntos)
R
- ¿Qué cambiará si el flujo varía al revés, de 1 a 2? (1 punto)
que pasa por la bobina es
Solución
La fuerza electromotriz inducida en cada espira de la bobina viene dada por la Ley
de Faraday:
m
 
 2 1 .
t
t
   2
Q
La corriente inducida será I   1
. Como I 
, el módulo de la carga
t
R
Rt
1  2
que pasa por cada espira será Q 
. Ahora basta multiplicar esta carga
R
 
por N para obtener la carga total que pasa por la bobina.
Al variar el flujo al revés, lo único que cambia es el sentido de la corriente, que
ahora es el contrario, pero la carga que pasa por la bobina es la misma.
3. Por una cuerda tensa se propaga a lo largo del eje X en el sentido positivo una
onda transversal armónica. En el instante inicial la velocidad de los puntos de la
cuerda varía con la posición sobre el eje X siguiendo la ecuación
6 cos(100 x   / 2) m/s . Obtener la ecuación de la onda sabiendo que la
velocidad de propagación es de 2 m/s. (2,5 puntos)
Solución
La ecuación general de una función de onda armónica que se propaga en el
sentido positivo del eje X es
y( x, t )  Asen(kx  t   ) m
y su velocidad
vy ( x, t )   A cos(kx  t   ) m/s
En el instante inicial tendremos
vy ( x,0)   A cos(kx   ) m/s
A partir de los datos del enunciado obtenemos
k  100 rad/m
  kv  200 rad/s
A  6 /   0,03 m
De modo que llegamos a
y( x, t )  0,03sen(100 x  200 t   / 2) m .
4. Calcular la energía necesaria para descomponer el deuterón (núcleo del átomo
2
de deuterio 1 H ) en sus partículas constituyentes sabiendo que la masa del protón
es de 1,00728 u, la masa del neutrón es 1,00867 u y que la masa del deuterón es
2,01355. (2 puntos)
Dato: c2 = 931,5 MeV/u, siendo u la unidad de masa atómica.
Solución
La energía necesaria para descomponer el núcleo coincide con la energía de
enlace (o energía de ligadura) del núcleo, la cual se obtiene a partir del defecto
másico:
E  m  c 2   mp  mn  mH-2  c 2 =2,2356 MeV
NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Dos satélites artificiales con masas diferentes describen órbitas circulares
alrededor de la Tierra con distintos radios debido a la acción del campo
gravitatorio terrestre.
- Calcular la relación que debe existir entre sus masas y sus radios para que sus
energías cinéticas sean iguales. (1,5 puntos)
- ¿Se debe cumplir la misma relación para el caso en el que sus energías
mecánicas totales sean iguales? Responder razonadamente. (1 punto)
Solución
La energía cinética de un satélite que orbita alrededor de la Tierra es
Ec  G
MT m
2R
Igualando las energías cinéticas obtenemos la relación buscada:
m1 m2

R1 R2
La respuesta es sí ya que la energía total del satélite tiene la misma forma pero
cambiada de signo:
ET  Ec  U  G
MT m
.
2R
2. En la figura se muestra una carga puntual de valor q (punto negro) situada en el
centro de una esfera hueca (en gris) de radio interior R 1 y radio exterior R2. La
superficie interior de la esfera hueca (de radio R1) está cargada con una densidad
superficial de carga  1, mientras que la superficie exterior (de radio R2) está
cargada con una densidad superficial de carga  2. Utilizar el teorema de Gauss
para calcular el valor del campo eléctrico en función de r (distancia radial al centro
de las esferas) en las regiones:
- r  R1 (0,5 puntos)
R1  r  R2 (1 punto)
- r  R2 (1 punto)
-
2
1
R2
q
R1
Solución
El teorema de Gauss establece que


S
E  nˆ dA  4 kQinterior
Debido a la simetría del problema debemos considerar superficies esféricas
concéntricas de radio r, ya que en este caso tenemos
E(r ) 
kQinterior (r )
nˆ
r2
siendo n̂ el vector unitario normal a la superficie de la esfera considerada
apuntando hacia afuera (también considerado como vector radial) .
a) Cuando 0  r  R1 tenemos que
Qinterior (r )  q
q
E(r )  k 2 nˆ
r
b) Cuando R2  r  R1 tenemos que
Qinterior (r )  q  4 R121
q  4 R12 1
E(r )  k
nˆ
r2
c) Cuando r  R2 tenemos que
Qinterior (r )  q  4  R12 1  R2 2 2 
E(r )  k
q  4  R12 1  R2 2 2 
r2
nˆ
3. Supongamos que tenemos un resorte colgado del techo. Al colgar de él una
masa de 20 kg observamos que se alarga 4 cm, quedando el sistema en equilibrio.
A continuación, estiramos de la masa alargando el resorte 3 cm más y dejamos
que el sistema oscile libremente sin rozamiento. Determinar la ecuación del
movimiento, esto es, la expresión de la altura de la masa con respecto a la
posición de equilibrio en función del tiempo. (3 puntos)
g  9,8 m/s2 .
Solución
Si aplicamos la ley de Hooke obtenemos la constante de recuperación del resorte:
ky  mg  k 
mg
=4900 N/m .
y
La frecuencia angular del movimiento será:

k
 15,65 rad/s ,
m
y la amplitud A  0,03 m .
Sabiendo que la ecuación general de la oscilación es
y  A cos(t   ) ,
A partir de la condición inicial y(0)   A , deducimos que la fase inicial es
por lo que la ecuación del movimiento será
x  0,03cos(15,65t   ) m .
  ,
4. El índice de refracción del aire es aproximadamente 1 y el del agua 4/3. Un rayo
de luz incide desde un medio al otro con un ángulo de incidencia de 60º. Calcular
el ángulo que el rayo refractado forma con la normal cuando:
- El rayo incide desde el aire sobre la superficie del agua. (1 punto)
- El rayo incide desde el agua sobre su superficie con el aire. (1 punto)
Solución
La ley de Snell para la refracción establece que
ni sin i  nr sin r
Despejando tenemos
 ni

sin i 
 nr

 r  arcsin 
En el primer caso obtenemos  2  40,5º . En el segundo caso no obtenemos
solución ya que no hay refracción: el ángulo de incidencia supera al ángulo crítico
de reflexión interna total, que para el agua/aire es de 48,6º.
OPCIÓN B
1. Supongamos que tenemos tres masas iguales de valor m cuyos centros se
encuentran en los puntos (0,0), (2,3) y (-2,3) del sistema de coordenadas XY
habitual, con coordenadas expresadas en metros. Calcular la fuerza gravitatoria
que ejercerán sobre una cuarta masa m situada en el punto (0,6). Suponer que
conocemos G. (2,5 puntos)
Solución
Gm 2
 0, 1 N
62
Gm 2  2
3 
F2  2
,
N
2 
3  2  13
13 
Gm 2  2
3 
F3  2

,
N
2 
3  2  13
13 
F1 
1
3 

FT  F1  F2  F3  Gm2  0,  2  2
=Gm2  0, 0.156  N

6
13 13 

2. En la figura se muestra una espira conductora cuadrada de lado L por la que
circula una corriente de intensidad I en el sentido mostrado. Este circuito se
encuentra dentro de un campo magnético constante y uniforme de módulo B
dirigido en el sentido positivo del eje Y. Calcular el vector fuerza ejercido por el
campo sobre cada lado del cuadrado. (3 puntos)
Z
B
I

Y
X
Solución
La fuerza que ejerce el campo magnético sobre un lado es:
F  LI  B ,
donde B  Bj .
Para el lado horizontal de arriba tenemos que el vector corriente es
I  I (sin ,cos ,0) y por tanto
F1  LI  B  LIB sin k
Para el lado vertical de la derecha tenemos que el vector corriente es I   Ik y
por tanto
F2  LI  B  LIB i
Para el lado horizontal de abajo tenemos que el vector corriente es
I   I (sin ,cos ,0) y por tanto
F3  LI  B   LIB sin k
Para el lado vertical del eje Z tenemos que el vector corriente es I  Ik y por
tanto
F4  LI  B   LIB i
3. Un pescador situado de pie sobre su barca se encuentra a una altura h=2 m
sobre la superficie del agua (ver figura). A una distancia horizontal d=5 m de su
posición se encuentra un pez. Desde su posición, la profundidad aparente del pez
es de 1 m. El índice de refracción del aire es 1 y el del agua 4/3.
- Calcular la distancia horizontal al pescador del punto de la superficie del agua
donde se observa la imagen del pez (en la figura L). (1 punto)
- Calcular la profundidad real del pez. (1,5 puntos)
d
h
L
paparente
preal
Solución
d =5 m
2
l
paparente
2
1
preal
Para calcular la distancia l observamos que
tan  2 
l
pa
Por otro lado
tan  2 
d
h  pa
Igualando y despejando obtenemos
l  1,67 m
 2  59,0º
L  d  l  3,33 m
Aplicamos la ley de Snell para la refracción
n sin 1  sin 2
Obtenemos
h
1
n


1  arcsin  sin  2   40,0º
Finalmente
tan 1 
l
l
 pr 
 1,98 m
pr
tan 1
4. Sabiendo que la longitud de onda máxima para la emisión de fotoelectrones de
un cierto elemento es de 800 nm. Calcular la energía cinética máxima de los
fotoelectrones emitidos si se ilumina con luz verde de 6  1014 Hz. (2 puntos)
h  6,63 1034 J  s  4,14 1015 eV  s ; c  3 108 m/s
Solución
La ecuación del balance energético para el efecto fotoeléctrico es
hv    Ec max  hv0  Ec max  h
c
0
 Ec max
Despejando

c 
Ec max  h  v    1,49  1019 J  0,93 eV
0 

NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Tenemos un satélite de masa m situado en reposo en una base de lanzamiento
de cohetes en la superficie de la Tierra, cuya masa y radio conocemos.
- Calcular la energía total necesaria que debemos emplear para ponerlo en órbita
estable alrededor de la Tierra, siendo el radio de la órbita 2 veces el radio
terrestre. Suponer que no hay pérdidas de energía y que la Tierra no gira. (2
puntos)
- Explicar razonadamente qué cambiaría si ahora consideramos el movimiento de
rotación de la Tierra. (1 punto)
Solución
La energía total de un satélite que orbita alrededor de la Tierra a una distancia R
debido a la acción de su campo gravitatorio es
ET  Ec  U  G
MT m
.
2R
La energía que debemos emplear para ponerlo en órbita será este valor menos la
energía inicial E0 :
Eempleada  ET  E0
Si consideramos que la Tierra no gira, la energía inicial del satélite será su energía
potencial en la superficie de la Tierra E0  U 0 :
Eempleada  ET  U 0  G
MT m
M m 3 GM T m
G T 
4 RT
RT
4 RT
Si consideramos que la Tierra gira, la energía inicial del satélite será su energía
potencial en la superficie de la Tierra más su energía cinética de rotación:
1
1
M m
E0  mv 2  U  m 2 RT 2  G T
2
2
RT
donde  es la velocidad angular de rotación de la Tierra.
2. Tenemos un campo eléctrico que en cada punto ( x, y, z ) del espacio tiene la

forma E( x, y, z )   sin y  i   x  j  z  x
2
2
k
N/C, donde i , j y k son los
vectores unitarios en las tres direcciones ortogonales del espacio: X, Y, Z,
respectivamente. Calcular la fuerza que experimentarán dos cargas puntuales de
1 C si las situamos, respectivamente, en los puntos (0,0,1) y (1,0,2) de este
campo. ¿Qué carga experimentará la mayor aceleración inicial? (2,5 puntos)
Solución
Las fuerzas serán:
F1  q1E( x1 , y1 , z1 )  k N
F2  q2E( x2 , y2 , z2 )  j  5 k N
El módulo de la fuerza que experimenta la primera carga es F1  1 N mientras
que para la segunda tenemos F2  26 N , de modo que la segunda
experimentará una fuerza mayor y, por tanto, una mayor aceleración inicial.
3. Hacemos vibrar el extremo izquierdo (origen de coordenadas) de una cuerda
tensa. Esto produce una onda transversal armónica cuya ecuación es
y( x, t )  10sin(1,6 x  0,8 t ) m y que se propaga por la cuerda en la dirección
positiva del eje X. ¿Cuál es la velocidad inicial de oscilación de un punto situado a
1 m del extremo izquierdo? ¿Todos los puntos de la cuerda tienen la misma
velocidad inicial de oscilación? Razonar la respuesta (2,5 puntos)
Solución
La velocidad inicial de oscilación de cualquier punto de la cuerda es la misma.
Para comprobarlo basta con sustituir en la ecuación de la velocidad de la onda:
dy( x, t )
 8 cos(1,6 x  0,8 t ) m/s
dt
x xk
el tiempo que tarda en llegar a cada punto x: t  
:
v 
vy ( x, kx /  )  8 cos(1,6 x  1,6 x) m/s =  8 m/s
v y ( x, t ) 
4. Al incidir sobre un metal una radiación de 200 nm de longitud de onda, los
fotoelectrones emitidos tienen una velocidad máxima de 10 6 m/s. ¿Conseguiremos
arrancar electrones del metal irradiándolo con una luz de frecuencia 10 13 Hz? (2
puntos)
h  6,63 1034 J  s  4,14 1015 eV  s ; me  9,11031 kg ; c  3 108 m/s
Solución
Debemos calcular la frecuencia umbral v0 del metal para la emisión fotoeléctrica.
La ecuación del balance energético para el efecto fotoeléctrico es
hv    Ec max  hv0  Ec max
Despejando
mevmax 2
v0  
 8,14  1014 Hz

2h
c
Como la frecuencia dada en el enunciado es menor, no habrá emisión de
fotoelectrones.
OPCIÓN B
1. Supongamos el experimento que consiste en colgar una masa m de un muelle
de masa despreciable que obedece la ley de Hooke con constante k.
- Si realizamos el mismo experimento en la superficie de la Tierra y en la superficie
de la Luna, ¿cuál será el cociente entre los estiramientos producidos en el muelle
sabiendo que la masa de la Tierra es aproximadamente 81,4 veces la de la Luna,
mientras que su radio es 3,7 veces más grande? (1,5 puntos)
- Supongamos que el experimento consiste ahora en colocar la misma masa m en
el platillo de una balanza e ir añadiendo pesas en el otro platillo hasta conseguir el
equilibrio de la balanza. Discutir razonadamente dónde deberemos colocar más
pesas, ¿en la superficie terrestre o en la lunar? (1 punto)
Solución
En el equilibrio tenemos
mg  kx  x 
mg
k
Comparando tendremos.
mgT
xT
M R2
81,4
 k  T2 L 
2  5,95
xL mg L RT M L  3,7 
k
La balanza compara masas, por lo que el número de pesas será, evidentemente,
el mismo.
2. Tenemos un electrón moviéndose en línea recta con velocidad constante.
Argumentar razonadamente cómo será la fuerza magnética (repulsiva, atractiva o
nula) que ejercerá ese electrón en los siguientes supuestos:
-Sobre otro electrón en reposo. (1 punto)
-Sobre otro electrón que se mueve paralelamente al primero pero en sentido
opuesto, en el momento en el que pasa a la misma altura. (1 punto)
-Sobre otro electrón que le persigue a una cierta distancia siguiendo la misma
trayectoria con la misma velocidad. (1 punto)
Ayuda: El campo magnético creado por una carga puntual q con velocidad v en el
punto r  rrˆ vale B 
0 qv  rˆ
4 r 2
Solución
En el primer caso la fuerza magnética que actúa sobre el segundo electrón
debido al campo magnético creado por el primer electrón: F12  ev 2  B1 será
nula ya que la velocidad del segundo electrón es nula.
En el segundo caso tenemos que el campo creado por el primer electrón
sobre el segundo será
B1 
0 ev1  rˆ 0 ev1
0 ev1

i

j

k
4 d 2
4 d 2
4 d 2
Donde hemos supuesto que el primer electrón se mueve a lo largo del eje X en
dirección positiva y el segundo electrón se encuentra a una distancia d en la
dirección positiva del eje Y. De acuerdo con este supuesto, el segundo electrón se
moverá en la dirección del eje X pero sentido negativo, de modo que la fuerza que
este campo ejercerá sobre el segundo electrón será
F12  ev 2  B1  
0 e2v1v2
0 e2v1v2
i

k

j
4 d 2
4 d 2
De modo que la fuerza será repulsiva.
En el tercer caso el campo magnético creado por el primer electrón en
cualquier punto de su trayectoria es nulo ya que los vectores velocidad v1 y
posición r̂ sobre la trayectoria son paralelos:
B1 
3.
Una
0 ev1  rˆ
0
4 d 2
onda
electromagnética
está
dada
por
la
ecuación
E  3 10 sin(5 10 t  200 x) , todo en unidades del SI. Determinar el índice
de refracción del medio en el que se propaga. (2 puntos)
4
10
c  3 108 m/s
Solución
El índice de refracción está determinado por el cociente entre la velocidad de la
onda electromagnética en el vacío y la velocidad de ésta:
c kc 200  3  108
n  
 1,2
v 
5  1010
4. Según el modelo de Bohr del átomo de hidrógeno, la energía total del electrón
tiene la forma E (n)  
E0
13,6


eV . La serie de Balmer del espectro de
n2
n2
emisión del átomo de hidrógeno corresponde a transiciones electrónicas que
terminan en el primer estado excitado ( n  2 ). La primera línea espectral de la
serie viene dada por la relajación desde el estado n  3 , la segunda línea
corresponde a la transición desde el estado n  4 y así sucesivamente. Una de
las líneas de la serie de Balmer tiene una longitud de onda de 380,5 nm. Obtener
el número de orden de la línea de la serie. (2,5 puntos)
h  6,63 1034 J  s  4,14 1015 eV  s ; c  3 108 m/s .
Solución
Para la serie de Balmer tendremos
 1 1
hv  Ei  E f   E0  2  
n 4
Despejando
 1 hc 
nf   

 4  E0 
1/2
 10
Por lo tanto será la octava línea de la serie de Balmer.
NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Dos satélites artificiales con masas diferentes describen órbitas circulares
alrededor de la Tierra con distintos radios debido a la acción del campo
gravitatorio terrestre.
- Calcular la relación que debe existir entre sus masas y sus radios para que sus
energías cinéticas sean iguales. (1,5 puntos)
- ¿Se debe cumplir la misma relación para el caso en el que sus energías
mecánicas totales sean iguales? Responder razonadamente. (1 punto)
Solución
La energía cinética de un satélite que orbita alrededor de la Tierra es
Ec  G
MT m
2R
Igualando las energías cinéticas obtenemos la relación buscada:
m1 m2

R1 R2
La respuesta es sí ya que la energía total del satélite tiene la misma forma pero
cambiada de signo:
ET  Ec  U  G
MT m
.
2R
2. En la figura se muestra un dipolo compuesto por dos cargas q iguales pero de
distinto signo, situadas en el eje X y separadas una distancia l. Supongamos que
activamos un campo eléctrico que tiene la dirección positiva del eje X y cuyo
módulo aumenta linealmente a lo largo del eje X de la forma: E   ax  b  i ,
donde a y b son constantes. ¿Dependerá la fuerza eléctrica total que actúa sobre
el dipolo debida al campo eléctrico, de la posición del eje X donde lo coloquemos?
Razonar la respuesta. (2,5 puntos)
Solución
Supongamos que colocamos la carga negativa en el punto x0 . La carga positiva
estará en el punto x0  l . La fuerza que experimenta la carga q será
F q  q  ax0  b  i
mientras que la que experimenta la carga q es
Fq  q  a( x0  l )  b  i
La fuerza total sobre el dipolo será
F q  Fq  q  ax0  b  i  q  a( x0  l )  b  i  qali
3. Una onda armónica transversal se propaga en el sentido positivo del eje X. Su
amplitud es de 3 cm, su longitud de onda de 2 cm, la velocidad de propagación es
de 2 m/s y en el instante inicial, el desplazamiento del punto x=0 es de 3 cm.
- Obtener la ecuación de la onda. (1,5 puntos)
- Obtener los puntos de la onda que en el instante t=0,01 s tienen velocidad nula.
(1,5 puntos)
Solución
La ecuación general de una función de onda armónica que se propaga en el
sentido positivo del eje X es
y( x, t )  Asen(kx  t   ) .
A partir de los datos del enunciado obtenemos (en unidades del SI) que
A  0,03 m
k  2 /   100 rad/m
  2 f  kv  200 rad/s
De modo que, aplicando la condición inicial para la obtener la fase inicial, llegamos
a
y( x, t )  0.03sen(100 x  200 t   / 2) m .
La velocidad será
vy ( x, t )  6 cos(100 x  200 t   / 2) m/s ,
y en el instante t=0,01 s tenemos
vy ( x,102 )  6 cos(100 x  3 / 2) m/s ,
de modo que los puntos con velocidad nula serán aquellos que cumplan
cos(100 x  3 / 2)  0  100 x  3 / 2 

2
 2n  1
n  ...  2, 1,0,1,2,..
Despejando llegamos a
x
n2
n  ..., 2, 1,0,1,2,..  x  0,1,2,3,4,5...cm
100
4. Como se muestra en la figura, la fibra óptica permite que los rayos de luz que
entran por el extremo de la fibra se propaguen a grandes distancias por reflexión
total, de modo que no hay pérdida de energía. La fibra óptica consiste de un
material interno de índice de refracción n1, revestido de otro material cuyo índice
es n2. ¿Qué condición deben satisfacer n1 y n2 para que el dispositivo pueda
funcionar como una fibra óptica? Razonar la respuesta (2 puntos)
n2
n1
n2
Solución
De la ley de la refracción
ni sin i  nr sin r ,
observamos que la condición de reflexión interna total r  90º se satisface cuando
es posible encontrar un ángulo crítico de incidencia tal que
n 
i  arcsin  2  ,
 n1 
lo cual sólo es posible cuando n2  n1 .
OPCIÓN B
1. En un año (365 días) un satélite realiza n veces su órbita completa alrededor de
la Tierra bajo la acción del campo gravitatorio. Suponiendo que la órbita es
circular, determinar la distancia del satélite al centro de nuestro planeta
exclusivamente en función de n, del radio de la Tierra RT y de la gravedad en la
superficie terrestre g0, todos los datos en unidades del sistema internacional. (2,5
puntos)
Solución
El satélite describe su órbita bajo la acción del campo gravitatorio, de modo que
v2
mM
m G 2T
d
d
Sustituyendo v  d  2 d / T tenemos
GM T T 2 3 GM T T 2 3 GM T (365  86400)2
d


4 2
4 2
4 2 n2
2
Por otro lado g0 RT  GM T así que finalmente tenemos:
3
d
3
g0 RT 2 (365  86400) 2
4 2 n 2
2. Un electrón se sitúa en reposo en el origen de coordenadas. Mediante la acción
de un campo eléctrico y otro magnético, constantes y uniformes, queremos que,
de forma espontánea, el electrón describa la trayectoria indicada en la figura,
acabando en el punto (0, 0.1, 0) m con velocidad nula. La curva descrita por el
electrón a partir del punto (1, 0, 0) m, al que llega con velocidad de 106 m/s, es
una semicircunferencia en el plano XY.
Y
y = 0,1m
x = 1m
v = 106 m/s
X
Determinar el módulo, dirección y sentido de los campos eléctrico (1,5 puntos) y
magnético (1,5 puntos) que debemos utilizar, así como la región del espacio en
la que deben ser aplicados, para que el electrón describa la trayectoria de forma
espontánea, únicamente bajo la acción de los citados campos.
Relación carga/masa del electrón e / me  1,761011 C/kg
Solución
En la región del plano XY, con 0  x  1 , debe existir un campo eléctrico en la
dirección X y sentido negativo para que el electrón se mueva espontáneamente
hacia la derecha. Este campo es E   Ei , ya que por el enunciado sabemos que
es constante. La fuerza que experimenta el electrón será F  Ee i y la aceleración
a  Ee / mei , por lo que después de recorrer una distancia d=1m su velocidad
será:
v 2 me
 2,84 N/m
2ed
Debemos aplicar un campo eléctrico E  2,84 i N/m en la región del espacio
0  x  1.
v 2  2ad  2 Eed / me  E 
Para que el electrón describa una órbita circular debe entrar dentro de un
campo magnético. Como la trayectoria es circular en el plano XY, el campo
magnético debe ser perpendicular al plano XY, es decir, sólo tiene componente Z.
La fuerza que experimenta el electrón será
F  ev  B ,
ya que la carga es negativa. En el momento en el que el electrón entra en el
campo magnético v  vi , y por el movimiento sabemos que inicialmente F  F j ,
por lo que B  B k . Es decir, el campo magnético sale del papel.
v2
evB  me
r
m v
B  e  1,14  104 T
e r
Por lo tanto, debemos aplicar un campo magnético B  1,14  10 k T en la
región del espacio x  1 .
4
3. Una partícula describe un movimiento armónico simple con una frecuencia de
10 Hz y 5 cm de amplitud. Calcular la velocidad cuando la partícula pasa por la
posición 2,5 cm. ¿Es única esta velocidad? Razonar la respuesta. (2,5 puntos)
Solución
Este problema se resuelve fácilmente aplicando la conservación de la energía
mecánica. La energía total de un movimiento armónico simple tiene la forma
1
1
ET  kA2  m 2 A2
2
2
Por otro lado tenemos que
1
1
ET  Ec  E p  mv 2  m 2 x 2
2
2
Igualando esta expresión a la anterior y despejando la velocidad tenemos:
v( x)   A2  x2  2 f A2  x 2  2,72 m/s
Observamos que obtenemos dos velocidades (excepto en los extremos), una para
la ida y otra para la vuelta.
4. Calcular la energía necesaria para descomponer el deuterón (núcleo del átomo
2
de deuterio 1 H ) en sus partículas constituyentes sabiendo que la masa del protón
es de 1,00728 u, la masa del neutrón es 1,00867 u y que la masa del deuterón es
2,01355. (2 puntos)
Dato: c2 = 931,5 MeV/u, siendo u la unidad de masa atómica.
Solución
La energía necesaria para descomponer el núcleo coincide con la energía de
enlace (o energía de ligadura) del núcleo, la cual se obtiene a partir del defecto
másico:
E  m  c 2   mp  mn  mH-2  c 2 =2,2356 MeV
NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Dos satélites artificiales con masas diferentes describen órbitas circulares
alrededor de la Tierra con distintos radios debido a la acción del campo
gravitatorio terrestre.
- Calcular la relación que debe existir entre sus masas y sus radios para que sus
energías cinéticas sean iguales. (1,5 puntos)
- ¿Se debe cumplir la misma relación para el caso en el que sus energías
mecánicas totales sean iguales? Responder razonadamente. (1 punto)
Solución
La energía cinética de un satélite que orbita alrededor de la Tierra es
Ec  G
MT m
2R
Igualando las energías cinéticas obtenemos la relación buscada:
m1 m2

R1 R2
La respuesta es sí ya que la energía total del satélite tiene la misma forma pero
cambiada de signo:
ET  Ec  U  G
MT m
.
2R
2. Un electrón de carga e y masa m se mueve en la dirección positiva del eje X
con una energía cinética T0 . En un momento dado penetra en una región de
anchura d en la que existe un campo eléctrico constante e uniforme. El electrón
atraviesa esa región sin desviarse de su trayectoria rectilínea inicial, pero su
velocidad a la salida es la mitad de la inicial. Determinar el vector campo eléctrico
dentro de esa región en función de los datos del problema. (3 puntos)
Solución
Como el electrón no se desvía de su trayectoria, el campo eléctrico debe tener la
dirección inicial del movimiento. Además, como la velocidad disminuye, el campo
debe tener la dirección del eje X positivo: E  Ei . Si aplicamos el principio de
conservación de la energía mecánica del electrón, tenemos
Ei  E f
U  T
La variación de la energía potencial del electrón será
U  eV  edE .
Por otro lado
T  Tf  T0 
3
T0
4
de modo que igualando
E
3 T0
4 ed
Finalmente tenemos
E
3 T0
i
4 ed
3. El oído humano percibe sonidos cuyas frecuencias están comprendidas entre
20 y 20000 Hz. El ultrasonido es una onda acústica cuya frecuencia está por
encima del umbral de audición del oído humano. Sabiendo que la velocidad de
propagación del sonido en el aire en condiciones normales es de unos 330 m/s
aproximadamente, determinar el rango de longitudes de onda del ultrasonido en
los humanos. (2 puntos)
Solución
Los ultrasonidos tienen frecuencias mayores que la frecuencia umbral de audición,
que es de 20000 Hz. Frecuencias mayores equivalen a longitudes de onda más
pequeñas que la correspondiente a este umbral, que es
c
v
   16,50  103 m
Por consiguiente serán ultrasonidos para un oído humano aquellas señales
3
sonoras con longitud de onda menor que 16,50  10 m .
4. Según el modelo de Bohr del átomo de hidrógeno, la energía total del electrón
tiene la forma E (n)  
E0
13,6
  2 eV . La serie de Balmer del espectro de
2
n
n
emisión del átomo de hidrógeno corresponde a transiciones electrónicas que
terminan en el primer estado excitado ( n  2 ). La primera línea espectral de la
serie viene dada por la relajación desde el estado n  3 , la segunda línea
corresponde a la transición desde el estado n  4 y así sucesivamente. Una de
las líneas de la serie de Balmer tiene una longitud de onda de 380,5 nm. Obtener
el número de orden de la línea de la serie. (2,5 puntos)
h  6,63 1034 J  s  4,14 1015 eV  s ; c  3 108 m/s .
Solución
Para la serie de Balmer tendremos
 1 1
hv  Ei  E f   E0  2  
n 4
Despejando
 1 hc 
nf   

 4  E0 
1/2
 10
Por lo tanto será la octava línea de la serie de Balmer.
OPCIÓN B
1. Supongamos que las órbitas de los planetas alrededor del Sol son circulares.
Sabemos que la distancia Tierra-Sol es de dT-S (km) y la Tierra tarda TT (días) en
completar una órbita alrededor del mismo. A partir de los datos proporcionados en
el enunciado:
- Determinar la distancia (en km) entre Mercurio y el Sol sabiendo que la velocidad
angular de su órbita vale  (rad/s). (1,25 puntos)
- Determinar la velocidad lineal (en m/s) con la que Marte orbita alrededor del Sol
sabiendo que su distancia es de dM-S (km). (1,25 puntos)
Solución
La tercera Ley de Kepler establece que
R3
 cte
T2
Para Mercurio tendremos
R3  2 R3

T 2 4 2
dT  S 3
 2d 3

(TT  86400)2 4 2
 d  dT  S
3
4 2
 2 (TT  86400)T 2
Para Marte tendremos
R3 v 2 R

T 2 4 2
10003 dT S 3
v 21000d M S

(TT  86400)2
4 2
 v
2 1000dT S
TT  86400
dT  S
d M S
2. Supongamos que tenemos un electrón moviéndose en línea recta con velocidad
constante. Argumentar razonadamente cómo será la fuerza magnética (repulsiva,
atractiva o nula) que ejercerá ese electrón en los siguientes supuestos:
-Sobre otro electrón en reposo. (1 punto)
-Sobre otro electrón que se mueve paralelamente al primero pero en sentido
opuesto, en el momento en el que pasa a la misma altura. (1 punto)
-Sobre otro electrón que le persigue a una cierta distancia siguiendo la misma
trayectoria con la misma velocidad. (1 punto)
Ayuda: El campo magnético creado por una carga puntual q con velocidad v en el
punto r  rrˆ vale B 
0 qv  rˆ
4 r 2
Solución
En el primer caso la fuerza magnética que actúa sobre el segundo electrón
debido al campo magnético creado por el primer electrón: F12  ev 2  B1 será
nula ya que la velocidad del segundo electrón es nula.
En el segundo caso tenemos que el campo creado por el primer electrón
sobre el segundo será
B1 
0 ev1  rˆ 0 ev1
 ev

i  j  0 21 k
2
2
4 d
4 d
4 d
Donde hemos supuesto que el primer electrón se mueve a lo largo del eje X en
dirección positiva y el segundo electrón se encuentra a una distancia d en la
dirección positiva del eje Y. De acuerdo con este supuesto, el segundo electrón se
moverá en la dirección del eje X pero sentido negativo, de modo que la fuerza que
este campo ejercerá sobre el segundo electrón será
0 e2v1v2
0 e2v1v2
F12  ev 2  B1  
ik 
j
4 d 2
4 d 2
De modo que la fuerza será repulsiva.
En el tercer caso el campo magnético creado por el primer electrón en cualquier
punto de su trayectoria es nulo ya que los vectores velocidad v1 y posición r̂
sobre la trayectoria son paralelos:
B1 
0 ev1  rˆ
0
4 d 2
3. Un pescador situado de pie sobre su barca se encuentra a una altura h=2 m
sobre la superficie del agua (ver figura). A una distancia horizontal d=5 m de su
posición se encuentra un pez. Desde su posición, la profundidad aparente del pez
es de 1 m. El índice de refracción del aire es 1 y el del agua 4/3.
- Calcular la distancia horizontal al pescador del punto de la superficie del agua
donde se observa la imagen del pez (en la figura L). (1 punto)
- Calcular la profundidad real del pez. (1,5 puntos)
d
h
L
paparente
preal
Solución
d =5 m
2
l
paparente
2
1
preal
Para calcular la distancia l observamos que
h
tan  2 
l
pa
Por otro lado
d
h  pa
tan  2 
Igualando y despejando obtenemos
l  1,67 m
 2  59,0º
L  d  l  3,33 m
Aplicamos la ley de Snell para la refracción
n sin 1  sin 2
Obtenemos
1
n


1  arcsin  sin  2   40,0º
Finalmente
tan 1 
l
l
 pr 
 1,98 m
pr
tan 1
4. La potencia mínima capaz de ser percibida por un ojo normal en luz amarilla de
589 nm es de 3,110-16 J/s. Calcular el número mínimo de fotones de esta longitud
de onda que deben incidir por segundo en la retina para producir visión. (2
puntos)
h  6,63 1034 J  s  4,14 1015 eV  s ; c  3 108 m/s .
Solución
La energía de un fotón será
E fotón  hv 
hc

 3,38  1019 J
El número mínimo de fotones que deben llegar a la retina para poder ver la luz
amarilla será
W
 918 fotones cada segundo
E fotón
NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Un satélite de masa m describe órbitas circulares de radio 2RT alrededor de la
Tierra, siendo RT el radio terrestre. Otro satélite de masa 2m también orbita
alrededor de la Tierra y posee además la misma energía mecánica total que el
primero. Calcular el radio de la órbita del segundo satélite en función del radio
terrestre. (2,5 puntos)
Solución
La energía total de un satélite que orbita alrededor de la Tierra a una distancia r
debido a la acción de su campo gravitatorio es
ET  Ec  U  G
MT m
.
2r
En el caso del primer satélite tenemos
ET  G
MT m
2 RT
En el caso del segundo satélite su energía total será
ET  G
Igualando obtenemos
M T 2m
r
r  4 RT
2. Recordamos que el potencial eléctrico creado por una carga puntual q a una
distancia r de la misma tiene la forma V (r )  kq / r , donde el origen de potencial
se ha tomado en el infinito. k  9 10 Nm C
- A una cierta distancia de una carga puntual el potencial medido es de ‒600 V y el
módulo del campo eléctrico es 200 N/C. Calcular el valor y el signo de la carga.
(1,5 puntos)
- Supongamos que colocamos otra carga a 1 metro de la carga anterior, que se
supone fija. La nueva carga tiene una masa de 10 -6 kg, puede moverse libremente
e inicialmente está en reposo. Calcular el valor y el signo de la nueva carga si
observamos que se aleja indefinidamente de la carga fija y que para tiempos muy
grandes su velocidad tiende al valor constante de 103 m/s. (1,5 puntos)
9
2
2
Solución
El signo de la carga es negativo porque el potencial es negativo.
El módulo del campo eléctrico es
Ek
q
r2
V k
q
r
mientras que el potencial vale
Dividiendo tenemos
r
V
3 m
E
Ahora sólo tenemos que utilizar la ecuación del campo o del potencial en ese
punto para calcular el valor de la carga:
q  2  107 C
La nueva carga tiene que ser negativa ya que se aleja de la primera,
incrementando su velocidad de forma espontánea. Como sabemos el estado
inicial y el final, podemos aplicar la conservación de la energía mecánica:
Ei  E f
Ec ,i  U i  Ec , f  U f
k
qq2 1
1 rm v 2
 m2v2 2  q2  i 2 2  2,8  104 C
ri
2
2 kq
3. Sabiendo que la velocidad de la luz en un medio depende de la longitud de
onda de la luz, explicar lo más precisamente posible el fenómeno de dispersión
que sufre la luz blanca cuando atraviesa un medio y que origina patrones tan
conocidos como el arco iris. (2 puntos)
Solución
La velocidad de la luz c en un medio tiene la forma c  c0 / n , donde c0 es la
velocidad de la luz en el vacío y n el índice de refracción del medio. Si esta
velocidad depende de la longitud de onda de la luz, esto significa que el índice de
refracción del medio también dependerá de la longitud de onda. Esto provoca que,
dado un haz de luz blanca incidiendo sobre la superficie de un medio con un cierto
ángulo de incidencia, el ángulo de refracción de cada componente de esa luz
blanca sea distinto, de modo que la luz blanca se descompone en sus colores ya
que cada color (cada longitud de onda), tendrá su propio ángulo de refracción.
Para las longitudes de onda que componen la luz blanca, el índice de refracción
aumenta cuando la longitud de onda disminuye, esto es, cuanto mayor se hace la
frecuencia. Índices de refracción grandes implican ángulos de refracción pequeños
y por tanto mayores desviaciones con respecto a la dirección de incidencia, por
eso se desvían más las longitudes de onda pequeñas (frecuencias altas) como el
violeta o el azul, y menos las longitudes de onda altas (frecuencias bajas) como el
naranja o el rojo.
  para dar 41K :
41
Ar  41 K  e   ,

donde e es el electrón emitido y  es un fotón también emitido. Sabiendo que la
masa del potasio es mK-41  40,97847 u , que la energía cinética de los electrones
4. El 41Ar sufre una desintegración
emitidos es 1,20 MeV y que la energía de los fotones emitidos es 1,29 MeV,
calcular la masa del 41Ar. Despreciar la masa en reposo de los electrones. (2,5
puntos)
Dato: c2 = 931,5 MeV/u, siendo u la unidad de masa atómica.
Solución
La energía liberada en la desintegración se obtiene a partir de la pérdida de masa
en reposo de las partículas que participan en la desintegración
E  mc 2   m41 Ar  m41 K  c 2  Ec (e )  E ,
Donde hemos despreciado la masa de los electrones y hemos tenido en cuenta
que los fotones son partículas sin masa. Despejando tenemos
m41 Ar  m41 K 
Ec (e )  E
c2
 40,98115 u
OPCIÓN B
1. Con qué velocidad se deberá impulsar un satélite situado a una altura h sobre la
superficie de la Tierra para que describa una órbita circular estable bajo la acción
del campo gravitatorio. Calcular también el periodo de la órbita. Los datos que
disponemos son el radio terrestre RT y el campo gravitatorio en la superficie g0. (2
puntos)
Solución
Tenemos que
v2
mM T
m
G
 RT  h   RT  h 2
Despejando
GM T
RT 2 g 0
v 

 RT  h   RT  h 
 v  RT
2
Como v    RT  h  
g0
 RT  h 
2
 RT  h 
T
T
2
R
T
 h
3
RT g 0
2. Un electrón se sitúa en reposo en el origen de coordenadas. Mediante la acción
de un campo eléctrico y otro magnético, constantes y uniformes, queremos que,
de forma espontánea, el electrón describa la trayectoria indicada en la figura,
acabando en el punto (0, 0.1, 0) m con velocidad nula. La curva descrita por el
electrón a partir del punto (1, 0, 0) m, al que llega con velocidad de 106 m/s, es
una semicircunferencia en el plano XY.
Y
y = 0,1m
x = 1m
v = 106 m/s
X
Determinar el módulo, dirección y sentido de los campos eléctrico (1,5 puntos) y
magnético (1,5 puntos) que debemos utilizar, así como la región del espacio en
la que deben ser aplicados, para que el electrón describa la trayectoria de forma
espontánea, únicamente bajo la acción de los citados campos.
Relación carga/masa del electrón e / me  1,761011 C/kg
Solución
En la región del plano XY, con 0  x  1 , debe existir un campo eléctrico en la
dirección X y sentido negativo para que el electrón se mueva espontáneamente
hacia la derecha. Este campo es E   Ei , ya que por el enunciado sabemos que
es constante. La fuerza que experimenta el electrón será F  Ee i y la aceleración
a  Ee / mei , por lo que después de recorrer una distancia d=1m su velocidad
será:
v 2 me
v  2ad  2 Eed / me  E 
 2,84 N/m
2ed
Debemos aplicar un campo eléctrico E  2,84 i N/m en la región del espacio
0  x  1.
2
Para que el electrón describa una órbita circular debe entrar dentro de un
campo magnético. Como la trayectoria es circular en el plano XY, el campo
magnético debe ser perpendicular al plano XY, es decir, sólo tiene componente Z.
La fuerza que experimenta el electrón será
F  ev  B ,
ya que la carga es negativa. En el momento en el que el electrón entra en el
campo magnético v  vi , y por el movimiento sabemos que inicialmente F  F j ,
por lo que B  B k . Es decir, el campo magnético sale del papel.
v2
evB  me
r
m v
B  e  1,14  104 T
e r
Por lo tanto, debemos aplicar un campo magnético B  1,14  10 k T en la
región del espacio x  1 .
4
3. Deducir la expresión que relaciona la velocidad y la elongación de una partícula
que describe un movimiento armónico simple, es decir, encontrar la función v( x)
que determina la velocidad de la partícula v en función de la posición x, sin que
aparezca el tiempo en la ecuación. ¿Es posible obtener más de una velocidad
para una posición dada? Razonar la respuesta. (2,5 puntos)
Solución
La solución general de la ecuación del movimiento armónico simple es
x  A cos(t   )
v   A sin(t   )
Elevando al cuadrado y sumando obtenemos
x 
2
v2

2
 A2
 v( x)   A2  x 2
El signo doble indica que para cada posición tenemos los dos sentidos (la ida y la
vuelta), excepto en los extremos de la oscilación x   A , en los que la velocidad
es nula.
4. La frecuencia umbral para la emisión de fotoelectrones por parte del wolframio
es de 1,19  1015 Hz. Calcular la longitud de onda que se necesitará emplear si se
pretende que los electrones sean emitidos con energía cinética máxima igual a
dos veces la que poseen los arrancados con una longitud de onda de 200 nm. (2,5
puntos)
h  6,63 1034 J  s  4,14 1015 eV  s ; c  3 108 m/s
Solución
La ecuación del balance energético para el efecto fotoeléctrico es
hv    Ec max  hv0  Ec max
Despejando la energía cinética tenemos
c

Ec max 1  h   v0 
 1

 c

Ec max 2  h   v0 
 2

Como Ec max 2  2Ec max 1 tenemos
 c

c

c1
h   v0   h   v0   2 
 166 nm


2
c


v
 2

 1

1 0
NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Una masa de 1 kg se encuentra en la superficie de la Tierra.
- Calcular el incremento de su energía potencial gravitatoria cuando la colocamos
a una altura de 1 km sobre la superficie terrestre. (1 punto)
- Calcular el error que se comete cuando empleamos la conocida expresión de la
mecánica clásica: U  mg0 h . Explicar razonadamente a qué se debe este
error. (1,5 puntos)
g0  9,807 m/s 2 . RT  6378 km.
Solución
La diferencia de energía potencial exacta será:
U  U f  U i  G
 1
MT m
M m
1 
 G T  RT 2 g 0m  
  9805.46 J
RT  h
RT
R
R

h
 T
T

La diferencia de energía potencial aproximada será
U  mg0 h  9807.0
El error es del 0.016%, muy pequeño. Estrictamente la aproximación
U  mg0h se obtiene al considerar h / RT  1 en la expresión exacta de
arriba. Sin embargo, muy cualitativamente se puede decir que el error es debido a
que en la aproximación U  mg0 h no se ha tenido en cuenta que el campo
gravitatorio disminuye con la altura, de modo que se debería considerar algo así
como:
U  mg (h)h
2. Deducir la ley de Coulomb para dos cargas puntuales q1 y q2 a partir de la ley
de Gauss. (2,5 puntos)
Ayuda: calcular primero mediante la ley de Gauss el campo creado por la primera
carga a una distancia r de la misma, y luego aplicar la fórmula F  q E para la
fuerza producida por este campo sobre la segunda carga.
Datos:  0  1/ 4 k .
Solución
Calculamos el campo producido por la carga 1 a partir de la ley de Gauss, que
establece que:


S
E  nˆ dA 
Qinterior
0
 4 kQinterior
Si consideramos superficies esféricas alrededor de la carga 1 y suponemos, por
simetría que E  Erˆ , tenemos que
E 4 r 2  4 kq1  E  k
Aplicando F  q2 E llegamos a la ley de Coulomb
Fk
q1
r2
q1q2
rˆ
r2
3. Una partícula realiza un movimiento armónico simple describiendo 2
oscilaciones por segundo. En el instante inicial tiene su aceleración mínima, que
es de -10 cm/s2 (sentido negativo). Obtener la ecuación completa de la posición en
función del tiempo. (2,5 puntos)
Solución
La solución general de la ecuación del movimiento armónico simple es
x  A cos(t   )
v   A sin(t   )
a   A 2 cos(t   )
1
De los datos del enunciado tenemos que f  2 s , de modo que   4 rad/s , y
que
amin   A 2  10 cm/s
 A
Sólo queda obtener la fase de la condición inicial:
10

a(t  0)   A 2 cos( )  amin
cos( )  1

 0
por lo que la ecuación del movimiento será
x
10
cos(4 t ) cm
16 2
2

10
16 2
4. La onda electromagnética correspondiente a un haz de luz que viaja en la
4
dirección del eje X está dada por la ecuación E  3  10 sin(5  10 t  500 x / 3) ,
todo en unidades del SI.
- ¿Está viajando por el vacío? (1 punto)
- En un momento dado el haz penetra perpendicularmente en un medio con índice
de refracción 1,2. Determinar la ecuación de la onda refractada sabiendo que su
10
4
nueva amplitud es 2,7  10 . (1,5 puntos)
c  3 108 m/s
Solución
La velocidad de la onda es:

5  1010
v 
 3  108 m/s
k 500 / 3
que corresponde a la velocidad de la luz en el vacío.
Al cambiar de medio su velocidad cambia a
c 3  108
v 
 2,5  108 m/s
n
1,2
La frecuencia de la onda no varía (misma ) pero la longitud de onda (y por tanto k
serán distintos)

5  1010
k 
 200 rad/m
v 2,5  108
La nueva onda será
E  2,7 104 sin(5 1010 t  200 x)
OPCIÓN B
1. Dos estrellas lejanas cuyas masas suman 4 veces la masa del Sol MS, se
encuentran separadas por una distancia d que es constante. Ambas estrellas
describen órbitas circulares alrededor del mismo punto fijo, que se encuentra en la
línea imaginaria que las une, debido al campo gravitatorio entre ellas. Calcular la
distancia que separa a las dos estrellas sabiendo que ambas órbitas tienen el
mismo periodo T. Suponer que conocemos G. (3 puntos)
Solución
La ecuación de la dinámica de cada estrella se obtiene de igualar la fuerza
centrípeta que describe el momento orbital con la fuerza de atracción gravitatoria
responsable del movimiento:
v2
MM
M 1  M 1 2 R  G 1 2 2
R
d
2
v
MM
M2
 M 2 2  d  R   G 1 2 2
dR
d
Simplificando obtenemos
2R  G
M2
d2
2 d  R  G
M1
d2
Se trata ahora de resolver este sistema de ecuaciones para obtener d sabiendo
que M1  M 2  4M S . A continuación se muestran algunas posibilidades.
a) Despejamos primero M 2
sustituimos en la segunda
2 d  R  G
d 2 2 R
de la primera ecuación, dando M 2 
y
G
M1
4M S  M 2
4M S

G

G
 2R .
2
2
2
d
d
d
Operando y despejando de nuevo obtenemos que
d
3
GM ST 2
2
b) Despejamos R de la primera ecuación, dando R  G
M2
y sustituimos en la
d 2 2
segunda
2 d  R  G
M1
M 
4M S  M 2

 2  d  G 2 22   G
2
d
d 
d2

Operando y despejando de nuevo obtenemos que
d
3
GM ST 2
2
c) Sumando las dos ecuaciones
2R  2 d  R  G
Sabiendo que M1  M 2  4M S , tenemos que
 2d  G
M1  M 2
d2
4M S
d2
Ahora podemos despejar
d
3
GM ST 2
2
d) Igualamos las dos ecuaciones y obtenemos que
M1R  M 2  d  R 
Sabiendo que M1  M 2  4M S , podemos despejar M 1
M 1R  (4M S  M 1 )  d  R 
 M1 
4M S  d  R 
d
Ahora podemos utilizar esta expresión en la segunda ecuación inicial para obtener
d
3
GM ST 2
2
2. Supongamos que tenemos un electrón moviéndose en línea recta con velocidad
constante. Argumentar razonadamente cómo será la fuerza magnética (repulsiva,
atractiva o nula) que ejercerá ese electrón en los siguientes supuestos:
-Sobre otro electrón en reposo. (1 punto)
-Sobre otro electrón que se mueve paralelamente al primero pero en sentido
opuesto, en el momento en el que pasa a la misma altura. (1 punto)
-Sobre otro electrón que le persigue a una cierta distancia siguiendo la misma
trayectoria con la misma velocidad. (1 punto)
Ayuda: El campo magnético creado por una carga puntual q con velocidad v en el
punto r  rrˆ vale B 
0 qv  rˆ
4 r 2
Solución
En el primer caso la fuerza magnética que actúa sobre el segundo electrón
debido al campo magnético creado por el primer electrón: F12  ev 2  B1 será
nula ya que la velocidad del segundo electrón es nula.
En el segundo caso tenemos que el campo creado por el primer electrón
sobre el segundo será
B1 
0 ev1  rˆ 0 ev1
0 ev1

i

j

k
4 d 2
4 d 2
4 d 2
Donde hemos supuesto que el primer electrón se mueve a lo largo del eje X en
dirección positiva y el segundo electrón se encuentra a una distancia d en la
dirección positiva del eje Y. De acuerdo con este supuesto, el segundo electrón se
moverá en la dirección del eje X pero sentido negativo, de modo que la fuerza que
este campo ejercerá sobre el segundo electrón será
F12  ev 2  B1  
0 e2v1v2
0 e2v1v2
i

k

j
4 d 2
4 d 2
De modo que la fuerza será repulsiva.
En el tercer caso el campo magnético creado por el primer electrón en
cualquier punto de su trayectoria es nulo ya que los vectores velocidad v1 y
posición r̂ sobre la trayectoria son paralelos:
B1 
0 ev1  rˆ
0
4 d 2
3. Describa de manera precisa el efecto Doppler. (2 puntos)
Solución
Efecto por el cual, dado un emisor de ondas y un receptor, ambos en movimiento
relativo, la frecuencia de la señal recibida por el receptor es mayor que la
frecuencia de emisión si su separación disminuye (se aproximan), y es menor si su
separación aumenta (se alejan).
4. Sabiendo que la longitud de onda máxima para la emisión de fotoelectrones de
un cierto elemento es de 800 nm. Calcular la energía cinética máxima de los
fotoelectrones emitidos si se ilumina con luz verde de 6  1014 Hz. (2 puntos)
h  6,63 1034 J  s  4,14 1015 eV  s ; c  3 108 m/s
Solución
La ecuación del balance energético para el efecto fotoeléctrico es
hv    Ec max  hv0  Ec max  h
c
0
 Ec max
Despejando

c 
Ec max  h  v    1,49  1019 J  0,93 eV
0 

NOTA IMPORTANTE:
Este documento incluye DOS MODELOS DE EXAMEN denominados OPCIÓN
A y OPCIÓN B. Cada una de las opciones está compuesta de cuatro ejercicios
que podrán contener apartados. La puntuación máxima de cada ejercicio y/o
apartado aparece al final del mismo.
El alumno deberá elegir una opción y responder a los ejercicios planteados en
la misma. La opción elegida deberá estar claramente indicada en el examen, así
como el ejercicio al que se está respondiendo.
En algunos ejercicios no se proporcionan datos numéricos, sino símbolos o
expresiones que representan variables. En tal caso deberá desarrollar el problema
operando con los símbolos.
En caso de que se responda a ejercicios de ambas opciones sólo se
considerarán aquellos pertenecientes a la opción del primer ejercicio que aparezca
en las hojas de respuesta.
Está permitido el uso de calculadora científica NO PROGRAMABLE.
OPCIÓN A
1. Sabiendo que la masa de la Luna es ML y su radio RL:
- Obtener en función de estas cantidades y de G, la distancia vertical recorrida
durante un segundo por un cuerpo que se suelta en caída libre en su superficie. (1
punto)
- A qué altura sobre la superficie lunar debemos realizar el mismo experimento
para que la nueva distancia recorrida sea la mitad. (1,5 puntos)
Solución
La gravedad en la superficie de la Luna es
gL  G
ML
RL 2
En la caída libre tenemos que
s
1 2 1
M
g Lt  g L  G L2
2
2
2 RL
A una altura h sobre la superficie lunar la aceleración de la gravedad es
gL '  G
ML
,
( RL  h) 2
de modo que la distancia recorrida será
s' 
Igualando obtenemos
1
1
ML
g L 't 2  g L '  G
2
2
2( RL  h) 2
1
s '  s  ( RL  h)2  2 RL 2
2
Y despejando llegamos a
h   RL  RL 2
donde sólo la solución positiva es válida
h  RL


2 1
2. En los vértices de un cuadrado de lado l hay cuatro cargas puntuales iguales de
valor q, y una carga -q en su centro.
- Calcular la energía potencial electrostática de esta distribución. (2 puntos)
- Supongamos que las cargas de los vértices están fijas pero que dejamos libre la
carga del centro. Explicar razonadamente qué le ocurrirá a esta carga y cuál será
su estado final. (1 punto)
Solución
Podemos calcular esta energía de dos formas: sumando la energía potencial de
cada pareja, u obteniendo el trabajo necesario para formar esta configuración de
cargas.
Mediante la primera forma tenemos que le energía potencial de un vértice con los
otros tres está dada por
U vértice
kq 2 kq 2
2

l
l 2
Multiplicando por 4 (tenemos cuatro vértices) y dividiendo por 2 (ya que cada
pareja la hemos contado dos veces) obtenemos la energía potencial de las 4
cargas situadas en los vértices del cuadrado:
U cuadrado
 kq 2 kq 2 
 2 2


l 2
 l
Ahora tenemos que sumar la energía potencial que representa la carga central:
U centro
 kq 2 
 4 

l / 2 
Sumando todo obtenemos
U total  U cuadrado  U centro
kq 2 
6 

4


l 
2
Para la segunda forma comenzamos llevando desde el infinito la primera carga
hasta uno de los vértices. Como no hay ningún campo el trabajo será W1  0 .
Ahora llevamos una segunda carga hasta el siguiente vértice. El potencial en este
vértice creado por la carga 1 será V2  kq / l , por lo que el trabajo para llevar la
carga 2 será W2  kq / l . La tercera carga deberá ocupar el tercer vértice, en el
2
cual hay un potencial eléctrico debido a las cargas 1 y 2 ya instaladas. Este
 
potencial es V3  kq / l  kq / l 2
 
y el trabajo será W3  kq 2 / l  kq 2 / l 2 .
Para completar el cuadrado debemos llevar una cuarta carga al cuarto vértice
 
aportando un trabajo W4  2kq 2 / l  kq 2 / l 2 . Finalmente deberemos colocar
 
la carga del centro. Para ello necesitamos un trabajo W5  8kq 2 / l 2 . El
trabajo total será la energía potencial eléctrica de esta configuración de cargas:
U total  W1  W2  W3  W4  W5 
 
 
 
kq 2 / l  kq / l  kq / l 2  2kq 2 / l  kq 2 / l 2  8kq 2 / l 2 
kq 2 
6 
4


l 
2
Es fácil ver que, por la simetría de la distribución de cargas, la fuerza total que
actúa sobre la carga central es nula, por lo que esa carga no se moverá y
permanecerá en esa posición todo el tiempo.
3. Una partícula describe un movimiento armónico simple con una frecuencia de
10 Hz y 5 cm de amplitud. Calcular la velocidad cuando la partícula pasa por la
posición 2,5 cm. ¿Es única esta velocidad? Razonar la respuesta. (2,5 puntos)
Solución
Este problema se resuelve fácilmente aplicando la conservación de la energía
mecánica. La energía total de un movimiento armónico simple tiene la forma
1
1
ET  kA2  m 2 A2
2
2
Por otro lado tenemos que
1
1
ET  Ec  E p  mv 2  m 2 x 2
2
2
Igualando esta expresión a la anterior y despejando la velocidad tenemos:
v( x)   A2  x2  2 f A2  x 2  2,72 m/s
Observamos que obtenemos dos velocidades (excepto en los extremos), una para
la ida y otra para la vuelta.
4.
Una
onda
electromagnética
está
dada
por
la
ecuación
E  3 10 sin(5 10 t  200 x) , todo en unidades del SI. Determinar el índice
de refracción del medio en el que se propaga. (2 puntos)
4
10
c  3 108 m/s
Solución
El índice de refracción está determinado por el cociente entre la velocidad de la
onda electromagnética en el vacío y la velocidad de ésta:
c kc 200  3  108
n  
 1,2
v 
5  1010
OPCIÓN B
1. Obtener la expresión de la energía potencial gravitatoria de una masa m en
función de la altura h con respecto a la superficie de la Tierra tomando como
origen de energía potencial la superficie terrestre. (2,5 puntos)
Ayuda: la expresión final de la energía debe ser nula cuando h  0 .
Solución
La expresión general de la energía potencial gravitatoria es
U (r )  G
MT m
 U0
r
siendo U 0 una constante que depende del origen r0 de energía potencial, es
decir, aquel punto que hace U (r0 )  0 . En función de la altura con respecto a la
superficie tendremos
MT m
 U0
RT  h
Si situamos el origen de energía en el punto h  0 : U (0)  0 , tenemos que
M m
M m
U (h  0)  G T  U 0  0  U 0  G T
RT
RT
U (r )  G
y llegamos a la expresión final
 1
1 
U (r )  GM T m 
 
 RT  h RT 
2. Un electrón se sitúa en reposo en el origen de coordenadas. Mediante la acción
de un campo eléctrico y otro magnético, constantes y uniformes, queremos que,
de forma espontánea, el electrón describa la trayectoria indicada en la figura,
acabando en el punto (0, 0.1, 0) m con velocidad nula. La curva descrita por el
electrón a partir del punto (1, 0, 0) m, al que llega con velocidad de 106 m/s, es
una semicircunferencia en el plano XY.
Y
y = 0,1m
x = 1m
v = 106 m/s
X
Determinar el módulo, dirección y sentido de los campos eléctrico (1,5 puntos) y
magnético (1,5 puntos) que debemos utilizar, así como la región del espacio en
la que deben ser aplicados, para que el electrón describa la trayectoria de forma
espontánea, únicamente bajo la acción de los citados campos.
Relación carga/masa del electrón e / me  1,761011 C/kg
Solución
En la región del plano XY, con 0  x  1 , debe existir un campo eléctrico en la
dirección X y sentido negativo para que el electrón se mueva espontáneamente
hacia la derecha. Este campo es E   Ei , ya que por el enunciado sabemos que
es constante. La fuerza que experimenta el electrón será F  Ee i y la aceleración
a  Ee / mei , por lo que después de recorrer una distancia d=1m su velocidad
será:
v 2 me
v  2ad  2 Eed / me  E 
 2,84 N/m
2ed
Debemos aplicar un campo eléctrico E  2,84 i N/m en la región del espacio
0  x  1.
2
Para que el electrón describa una órbita circular debe entrar dentro de un
campo magnético. Como la trayectoria es circular en el plano XY, el campo
magnético debe ser perpendicular al plano XY, es decir, sólo tiene componente Z.
La fuerza que experimenta el electrón será
F  ev  B ,
ya que la carga es negativa. En el momento en el que el electrón entra en el
campo magnético v  vi , y por el movimiento sabemos que inicialmente F  F j ,
por lo que B  B k . Es decir, el campo magnético sale del papel.
v2
evB  me
r
m v
B  e  1,14  104 T
e r
Por lo tanto, debemos aplicar un campo magnético B  1,14  10 k T en la
región del espacio x  1 .
4
3. Por una cuerda tensa se propaga a lo largo del eje X en el sentido positivo una
onda transversal armónica. En el instante inicial la velocidad de los puntos de la
cuerda varía con la posición sobre el eje X siguiendo la ecuación
6 cos(100 x   / 2) m/s . Obtener la ecuación de la onda sabiendo que la
velocidad de propagación es de 2 m/s. (2,5 puntos)
Solución
La ecuación general de una función de onda armónica que se propaga en el
sentido positivo del eje X es
y( x, t )  Asen(kx  t   ) m
y su velocidad
vy ( x, t )   A cos(kx  t   ) m/s
En el instante inicial tendremos
vy ( x,0)   A cos(kx   ) m/s
A partir de los datos del enunciado obtenemos
k  100 rad/m
  kv  200 rad/s
A  6 /   0,03 m
De modo que llegamos a
y( x, t )  0,03sen(100 x  200 t   / 2) m .
235
92
U ) es
235
1
148
85
1
92 U  0 n  57 La  35 Br  3 0 n
4. Una posible reacción de fisión del uranio-235 (
1
(donde los 0 n denotan neutrones). Si las masas de los isótopos son: mU-235 =
235,1 u, mLa-148 = 148,0 u, mBr-85 = 84,9 u y mn = 1,009 u, calcúlese la energía
desprendida en la reacción. (2 puntos)
Dato: c2 = 931,5 MeV/u, siendo u la unidad de masa atómica.
Solución
Calculamos la variación de la masa en reposo del sistema:
m  mLa-148  mBr-85  3mn  mU-235  mn  0,182 u
Este defecto de masa da lugar a una disminución de la energía en reposo del
sistema, que se traduce en energía liberada por la reacción
E  mc2  170 MeV