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MATERIA: FÍSICA
UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID
PRUEBA DE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS
OFICIALES DE GRADO
Curso 2009-2010
JUNIO ESPECÍFICA
INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN
La prueba consta de dos opciones A y B, cada una de las cuales incluye tres cuestiones y dos problemas.
El alumno deberá elegir la opción A o la opción B. Nunca se deben resolver cuestiones o problemas de opciones distintas. Se podrá hacer
uso de calculadora científica no programable.
CALIFICACIÓN: Cada cuestión debidamente justificada y razonada con la solución correcta se calificará con un máximo de 2 puntos. Cada
problema debidamente planteado y desarrollado con la solución correcta se calificará con un máximo de 2 puntos. En aquellas cuestiones y
problemas que consten de varios apartados, la calificación será la misma para todos ellos, salvo indicación expresa en los enunciados.
TIEMPO: Una hora treinta minutos.
OPCIÓN A
Cuestión 1.- a) Deduzca la expresión de la energía cinética de un satélite en órbita circular alrededor de un
planeta en función del radio de la órbita y de las masas del satélite y del planeta.
b) Demuestre que la energía mecánica del satélite es la mitad de su energía potencial.

Cuestión 2.- Un protón y un electrón se mueven en un campo magnético uniforme B bajo la acción del mismo.
Si la velocidad del electrón es 8 veces mayor que la del protón y ambas son perpendiculares a las líneas del
campo magnético, deduzca la relación numérica existente entre:
a) Los radios de las órbitas que describen.
b) Los periodos orbitales de las mismas.
Dato: Se considera que la masa del protón es 1836 veces la masa del electrón.
Cuestión 3.- Dos partículas poseen la misma energía cinética. Determine en los dos casos siguientes:
a) La relación entre las longitudes de onda de De Broglie correspondientes a las dos partículas, si la relación
entre sus masas es m 1 = 50 m2.
b) La relación que existe entre las velocidades, si la relación entre sus longitudes de onda de De Broglie es 1 =
500 2.
Problema 1.- Una onda transversal, de periodo T = 2 s, se propaga con una velocidad de 60 cm./s en una
cuerda tensa orientada según el eje X, y en sentido positivo.
Sabiendo que el punto de la cuerda de abscisa x = 30 cm. Oscila en la dirección del eje Y, de forma que en el
instante t = 1 s la elongación es nula y la velocidad con la que oscila positiva y en el instante t = 1,5 s su
elongación es 5 cm. Y su velocidad de oscilación nula, determine:
a) La frecuencia y la longitud de onda.
b) La fase inicial y la amplitud de la onda armónica.
c) La expresión matemática de la onda.
d) La diferencia de fase de oscilación de dos puntos de la cuerda separados un cuarto de longitud de onda.
Problema 2.- Un rayo de luz de longitud de onda en el vcío 0 = 650 nm incide desde el aire sobre el extremo de
una fibra óptica formando un ángulo  con el eje de la fibra (ver figura), siendo el índice de refracción n1 dentro
de la fibra 1,48.
n2
a) ¿Cuál es la longitud de onda de la luz dentro de la fibra?
P
b) La fibra está revestida de un material de índice de refracción n2 = 1,44. ¿Cuál
n1

es el valor máximo del ángulo  para que se produzca reflexión total interna en
P?
OPCIÓN B
Cuestión 1.- Una partícula realiza un movimiento armónico simple. Si la frecuencia de oscilación se reduce a la
mitad manteniendo constante la amplitud de oscilación, explique qué ocurre con:
a) El periodo.
b) La velocidad máxima.
c) Las aceleración máxima.
d) La energía mecánica de la partícula.
Cuestión 2.- a) Enuncie y exprese matemáticamente el teorema de Gauss.
b) Deduzca la expresión del módulo del campo eléctrico creado por una lámina plana, infinita, uniformemente
cargada con una densidad superficial de carga .
Cuestión 3.- Una radiación monocromática de longitud de onda de 600 nm incide sobre un metal cuyo trabajo de
extracción es de 2 eV. Determine:
a) La longitud de onda umbral para el efecto fotoeléctrico.
b) La energía cinética máxima de los electrones emitidos expresada en eV.
Datos: Valor absoluto de la carga del electrón e = 1,6·1019
Velocidad de la luz en el vacío c = 3·108 m/s ; Constante de Planck h = 6,63·1034 J·s
Problema 1.- Un satélite de 1000 kg de masa describe una órbita circular de 12·103 km de radio alrededor de la
Tierra. Calcule:
a) El módulo del momento lineal y el módulo del momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra.
¿Cambian las direcciones de estos vectores al cambiar la posición del satélite en su órbita?
b) El periodo y la energía mecánica del satélite en la órbita.
Datos: Constante de gravitación universal G = 6,67·1011 N·m2·kg2;
Masa de la Tierra MT = 5,98·1024 kg
Problema 2.- Por un hilo conductor rectilíneo y de gran longitud circula una corriente de 12 A. El hilo está situado
en el eje Z de coordenadas y la corriente fluye en el sentido positivo. Un electrón se encuentra situado en el eje Y
en el punto P de coordenadas (0, 20, 0) expresadas en centímetros. Determine el vector aceleración del electrón
en los siguientes casos:
a) El electrón se encuentra en reposo en la posición indicada.
b) Su velocidad es de 1 m/s según la dirección positiva del eje Y.
c) Su velocidad es de 1 m/s según la dirección positiva del eje Z.
d) Su velocidad es de 1 m/s según la dirección negativa del eje X.
Datos: Permeabilidad magnética del vacío μ0 = 4π·107 NA2.
Masa del electrón me= 9·10-31 kg
Valor absoluto de la carga del electrón e = 1,6·10 -19 C.
SOLUCIONES FÍSICA PRUEBA ESPECÍFICA 2009-2010
OPCIÓN A
Cuestión 1A.- a) La energía cinética de un satélite de masa m, que gira en órbita estable, supuesta circular de
1
radio R, con velocidad v, alrededor de un planeta de masa M, es: Ec = m·v2
2
La velocidad del satélite debe ser tal que
v
M m
G

M
v2
v2
m
Fg = m
 G
=m
 v2 =
Fg
2
R
R
R
R
por tanto
R
1 G M
1 M m
Ec = m
 Ec = G
2
2
R
R
M
b) La energía mecánica del satélite es
M m
1
Em = Ec + Ep =
m·v2  G
2
R
utilizando la expresión anterior de la energía cinética
M m
1 M m
1 M m
Em = G
G
 Em =  G
2
2
R
R
R
La energía mecánica es constante e igual a la mitad de la energía potencial gravitatoria en la órbita.
Cuestión 2A.- Una partícula con masa m y carga eléctrica, q, moviéndose con velocidad v, perpendicular a
las líneas de un campo magnético uniforme, B, está sometida a una fuerza cuyo valor es
F = qvB
Esta fuerza es siempre perpendicular a la velocidad de forma que la partícula describe una órbita circular de
radio R
v2
m v
 R=
R
q B
a) Si las partículas son un electrón y un protón, los radios respectivos serían
mp  v p
m v
Re = e e
;
Rp =
qe  B
qp  B
El campo magnético y la carga eléctrica tienen el mismo valor, pero los valores de la masa y la velocidad
están relacionadas entre si
mp = 1836·me
;
ve = 8·vp
F = m·ac  qvB = m
dividiendo las expresiones de los radios y sustituyendo estas relaciones obtenemos
mp  v p
Rp
Re
=
m p  v p 1836  me  v p 1836
qp  B
=
=
=
= 229,5
m e  v e me  v e
8
me  8  v p
qe  B
Rp = 229,5·Re
b) Los periodos de las órbitas se pueden escribir como: T =
2  R
v
Por tanto
Te =
2  Re
ve
;
Tp =
dividiendo ambas expresiones
2  R p
Tp
Te
=
vp
Rp  v e
=
2  R e
Re  v p
ve
2  R p
vp
sustituyendo las relaciones entre las velocidades y los radios
Tp
229,5  Re  8  v p
=
= 1836  Tp = 1836·Te
Te
Re  v p
Cuestión 3A.- La energía cinética de una partícula se puede escribir como
1
1
p2
1
Ec = m·v2 =
(m·v)2  Ec =
2
2m
2m
2m
Si las energías cinéticas son iguales y la relación entre las masas de las dos partículas es m 1 = 50·m2, la
relación entre los momentos lineales será
p12
p2
p12
p2
= 2

= 2
 p12 = 50· p22  p1 = 50 p2
2m1 2m2
100m2 2m2
a) De Broglie asigna una longitud de onda, , a cualquier partícula material:  =
h
, donde h, es la constante
p
de Planck.
Por tanto las longitudes de onda de De Broglie para estas partículas son
h
h
1 =
;
2 =
p1
p2
la relación entre las longitudes de onda, teniendo en cuenta la relación entre los momentos lineales será
h
2 p2 p1
50  p2
=
=
=
= 50  2 = 50 ·1
h
1
p2
p2
p1
b) Si la relación entre las longitudes de onda es: 1 = 500·2, la relación entre los momentos lineales será

2 p1
=
 p2 = 1 p1  p2 = 500·p1
1 p2
2
como las energías cinéticas son iguales, la relación entre las masas será
p12
p2
= 2
2m1 2m2
500  p12
p12
=
2m2
2m1
2

 m2 = (500)2·m1
por tanto
m2·v2 = 500·m1·v1  (500)2·m1·v2 = 500·m1·v1  v1 = 500·v2
Problema 1A.- En el enunciado se dan dos condiciones incompatibles para resolver el apartado b). Es
imposible que en t = 1 s la velocidad sea positiva al pasar por y = 0 y que un cuarto de periodo después, en t
= 1,5 s, la partícula este en y = 1,5 cm. Optamos por tomar la velocidad negativa en la primera de las
concisiones para resolver el apartado.
a) La frecuencia es la inversa del periodo
1
1
 f = s1 = 0,5 s1
T
2
la velocidad de propagación de la onda, v, se puede expresar en función de la longitud de onda, , como
f=
v=

T
  = v·T = 60·2 = 120 cm
b) La ecuación general de una onda armónica transversal que se propaga en el sentido positivo del eje X es
y(x,t) = A sin (t  kx + )
donde:
A es la amplitud
 es la pulsación relacionada con el periodo;  =
2 2
=
=  rad/s
T
2
k es el número de onda relacionado con la longitud de onda; k =
2

=
2

=
rad/cm
120 60
 es la fase inicial
La expresión de la onda sería:

x + )
60
Conocemos dos situaciones de las partículas de la cuerda, con la primera podemos determinar el valor de la
fase inicial:


x = 30 cm; t = 1 s; y = 0  0 = A sin ( 
30 + )  0 = sin ( + )
2
60
En la primera vuelta el seno es cero cuando el ángulo es 0 rad o  rad




si +  = 0   =  rad ; si +  =    = rad
2
2
2
2
además sabemos que en este caso v < 0

d

v(x,t) =
y(x,t) = A cos (t 
x + )  v(30 , 1) = A cos ( + )
dt
2
60

para que la velocidad sea negativa  =
rad
2
 
v(30 , 1) = A v(30 , 1) = A cos ( + )  v(30 , 1) = A < 0
2 2
Con la segunda condición determinamos el valor de la amplitud, que por otra parte, se puede afirmar de
inmediato que vale A = 5 cm, ya que la velocidad es cero justo en los extremos de la oscilación.


x = 30 cm; t = 1,5 s; y = 5 cm; v = 0  5 = A sin (1,5 
30 + )  5 = A sin (1,5)
60
2
A = 5 cm
y(x,t) = A sin (t 
c) La expresión definitiva de la onda armónica será
y(x,t) = A sin (t 


x+ )
2
60


x + ). La diferencia de fase, , entre dos puntos del medio x1 y x2, sería
60
2





 = (t 
x1 + )  (t 
x2 + ) =
x
2
2
60
60
60

si la distancia entre los puntos es x =
= 30 cm
4


=
30 =
rad
2
60
d) La fase de la onda es: (t 
Problema 2A.- a) El índice de refracción de un medio, está relacionado con la longitud de onda


650
n1 = 0  1 = 0  1 =
= 439,2 nm
1
n1
1,48
b) El ángulo de incidencia dentro de la fibra a partir del cual se producirá el
fenómeno de reflexión total será el ángulo límite para el material con el que se
ha fabricado la fibra
n
1,44
n1·sin lˆ = n2·sin 90º  sin lˆ = 2 =
= 0,973
n1 1,48
el ángulo de incidencia será
lˆ = 76,65º
n2
P

î
90º
El complementario de este ángulo, rˆ = 90  lˆ = 13,35º, es el ángulo de refracción cuando el rayo de luz
incide, desde el vacío con ángulo ˆ , en la fibra
n1
n  sin rˆ 1,48  sin13,35 º
 sin ˆ = 1
=
= 0,34
n0
1
n0·sin ˆ = n1·sin rˆ
el ángulo de incidencia será
ˆ = 20º
OPCIÓN B
Cuestión 1B.- a) El periodo es la inversa de la frecuencia
1
T=
f
f
si la frecuencia se reduce a la mitad, f’ =
2
1 1
1
T’ = = = 2· = 2·T
f' f
f
2
el periodo se duplica.
b) La velocidad máxima es: v max = A· = 2·A·f
si la frecuencia se reduce a la mitad, f’ =
f
2
v 'max = 2·A·f’ =
2  A  f v max
=
2
2
La velocidad máxima se reduce a la mitad.
c) La aceleración máxima es: amax = A·2 = 42·A·f2
si la frecuencia se reduce a la mitad, f’ =
f
2
2
4 2  A  f 2 amax
f 
=
a'max = 42·A·f’2 =42·A·   =
4
4
2
La aceleración máxima se reduce a la cuarta parte.
d) La energía mecánica es: Em =
como ’ =
1
1
K·A2 = m·2·A2
2
2

2
2
1
1  
1 1
 E
m·’2·A2 = m   A2 =  m   2  A 2  = m
2
2 2
4 2
4

La energía mecánica se reduce a la cuarta parte.
E’m =
Cuestión 2B.- a) El flujo de campo eléctrico, , a través de una superficie cerrada es igual a la carga neta,
Q, dentro de dicha superficie dividida por la permitividad del vacío.
  Q
 = S E  dS =
0
b) La ley de Gauss conlleva dos condiciones muy importantes:
 La superficie que hay que elegir para calcular el flujo de campo eléctrico (superficie gaussiana) debe ser
cerrada.
 La carga que indica la ley es sólo la carga neta dentro de la superficie elegida
Para aplicar la ley de Gauss a una lámina plana, infinita, uniformemente cargada con densidad superficial de
carga  hay que ir paso a paso.
Primero la lámina crea un campo eléctrico E, cuyas líneas de campo son perpendiculares a la lámina y salen
de la lámina
+
+
E
E
E
E
Escogemos una superficie cerrada, en este caso puede ser un cilindro de radio R y altura 2r, que atraviese
perpendicularmente a la lámina.
+
+
r
r
r
E
R
E
r
E
R
E
El flujo de campo eléctrico a través de esta superficie cerrada se puede descomponer en dos, el flujo que
atraviesa las dos tapas del cilindro, ST, mas el flujo que atraviesa la superficie lateral del cilindro, SL.
 
 
 
 = S E  dS = 2 S E  dS + S E  dS
T
L
+
+
SL
E
ST
ST
SL
ST
E
SL
ST
E
E
Sobre la superficie lateral los vectores superficie y campo eléctrico son perpendiculares, por tanto, su
producto escalar es cero y el flujo también lo es. Sobre las tapas los vectores campo y superficie son
paralelos de forma que su producto escalar coincide con el producto de los módulos
 
 
 = S E  dS = 2 S E  dS = 2 S E  dS
T
T
El módulo del campo es constante sobre las tapas, por tanto puede salir de la integral
 = 2  E S dS = 2·E·ST
T
La carga neta dentro de la superficie escogida será Q = ·ST, en consecuencia
  ST
 = 2·E·ST =
0
El valor del campo es
E=

2 0
El valor del campo eléctrico es constante, independiente de la distancia.
Cuestión 3B.- a) El trabajo de extracción del metal expresado en julios es
W e = 2 eV = 2·1,6·1019 = 3,2·1019 J
Este trabajo se puede expresar en función de la longitud de onda umbral, 0, en la forma
c
h c
We = h
 0 =
0
We
sustituyendo los valores de la constante de Planck y la velocidad de la luz en el vacío
0 =
6,63  10 34  3  10 8
3,2  10 19
= 6,22·107 m
b) La conservación de la energía en el choque que se produce entre los fotones incidentes y los electrones
del metal permite escribir
Ef = W e + Ec  Ec = Ef  W e
La energía de los fotones incidentes es: Ef = h
c

= 6,63·1034
3  10 8
600  10  9
= 3,32·1019 J
por tanto
Ec = 3,32·1019  3,2·1019 = 1,2·1020 J
que expresada en eV es
Ec =
1,2  10 20
1,6  10 19
= 0,075 eV
Problema 1B.- a) El momento lineal del satélite es, p = m·v, la
dirección y el sentido son los de la velocidad, por tanto este vector
cambia de dirección constantemente ya que se mantiene tangente a la
trayectoria. El módulo es
p = m·v
v
L
m
r
Fg
r
La velocidad del satélite en la órbita viene determinada por la dinámica
del sistema
M m
G  MT
v2
v2
Fg = m
 G T2
=m
 v=
r
r
r
r
sustituyendo los valores
v=
6,67  10 11  5,98  10 24
12  10 6
m
v
= 5765,3 m/s
El módulo del momento lineal será
p = 1000·5765,3 = 5,77·106 kg·m/s
El momento angular del satélite respecto al centro de la Tierra es, L = r x p, la dirección es perpendicular al
plano que forman los vectores r y p, de forma que este vector no cambia la dirección al cambiar la posición
del satélite que describe una órbita plana, y el sentido, como se muestra en la figura, el de avance de un
tornillo que gira en el sentido contrario a las agujas de un reloj. El módulo, al ser la velocidad perpendicular al
radio de la trayectoria es
L = r·p·sin 90º = r·p  L = 12·106·5,77·106 = 6,92·1013 kg·m2/s
b) El periodo orbital es
2  12  10 6
2  r
2  r
 T=
=
= 13078 s = 3,63 h
5765 ,3
T
v
La energía mecánica del satélite, en órbita estable alrededor de la Tierra coincide con la mitad de la energía
potencial del satélite
v=
Em = 
1 MT  m
G
2
r
5,98  10 24  1000
1
6,67·1011
= 1,66·1010 J
2
12  10 6
 Em = 
Problema 2B.- La fuerza que se ejerce sobre una partícula cargada, q, con velocidad, v, dentro de un
campo magnético, B, se puede expresar como
F = q·(v x B)
El campo magnético que crea un hilo conductor rectilíneo de gran longitud colocado sobre el eje Z, por el
que circula una corriente I, en la dirección positiva del eje Z, en un punto situado a una distancia r del hilo es.
B = B i
donde
B = 0
I
2  r
12
= 1,2·105 T
2  0,2
 B = 4·107
a) Si el electrón se encuentra en r = 0,2 j en reposo (v = 0) la fuerza es nula y por tanto la aceleración
también será cero.
b) Si el electrón se encuentra en r = 0,2 j, con velocidad, v = 1 m/s, en la dirección positiva del eje Y, v = j la
fuerza es:




 
i
j
k
i
j k
19
0
1 0 = 1,92·1024 k N
F = q v x v y v z = 1,6·10
B x B y Bz
 1,2  10 5 0 0
Por tanto la aceleración es


F  1,92  10 24 k
F = m·a  a =
=
= 2,1·106 m/s2
m
9,1 10  31
c) Si el electrón se encuentra en r = 0,2 j, con velocidad, v = 1 m/s, en la dirección positiva del eje Z, v = k la
fuerza es:

 
i
j k
19
0
0 1 = 1,92·1024 j N
F = 1,6·10
5
 1,2  10
0 0
Por tanto la aceleración es
F = m·a  a =


F 1,92  10 24 k
=
= 2,1·106 m/s2
m
9,1 10 31
d) En este caso los vectores campo magnético y velocidad tienen la misma dirección y sentido, por tanto su
producto vectorial será nula, en consecuencia la fuerza es cero y la aceleración también.
z
z
B
I
z
B
I
y
x
v
F
x
a)
b)
z
B
I
y
v
F
x
B
I
v
y
y
x
c)
d)