Download PAU SETEMBRO 2014 Código: 25 FÍSICA

PAU
Código: 25
SETEMBRO 2014
FÍSICA
Puntuación máxima: Cuestións 4 puntos (1 cada cuestión, teórica ou práctica). Problemas 6 puntos (1 cada apartado).
Non se valorará a simple anotación dun ítem como solución ás cuestións; han de ser razoadas.
Pódese usar calculadora sempre que non sexa programable nin memorice texto.
O alumno elixirá unha das dúas opcións.
OPCIÓN A
C.1.- Un condutor macizo de forma esférica recibe unha carga eléctrica Cal das seguintes afirmacións é verdadeira?:
A) A carga distribúese por todo o condutor. B) O potencial é cero en todos os puntos do condutor. C) No interior do
condutor non hai campo electrostático.
C.2.- Por dous condutores paralelos e indefinidos, separados unha distancia d, circulan correntes en sentido contrario de
diferente valor, unha o dobre da outra. A indución magnética anúlase nun punto do plano dos condutores situado:
A) Entre ambos condutores. B) Fóra dos condutores e do lado do condutor que transporta máis corrente. C) Fóra dos
condutores e do lado do condutor que transporta menos corrente.
C.3.- Se se duplica a frecuencia da radiación que incide sobre un metal: A) Duplícase a enerxía cinética dos electróns
extraídos. B) La enerxía cinética dos electróns extraídos non experimenta modificación. C) Non é certa ningunha das
opcións anteriores.
1ª
2ª
3ª
4ª
C.4.- Determina a aceleración da gravidade a partir dos se- EXPERIENCIA
guintes datos experimentais.
P.1.- Ceres é o planeta anano máis pequeno do sistema so- Lonxitude do péndulo (m) 0,90 1,10 1,30 1,50
lar e ten un período orbital ao redor do Sol de 4,60 anos,
Tempo 10 oscilacións (s) 18,93 21,14 22,87 24,75
unha masa de 9,43·1020 kg e un radio de 477 km. Calcular:
a) O valor da intensidade do campo gravitatorio que Ceres crea na súa superficie. b) A enerxía mínima que debe ter
unha nave espacial de 1.000 kg de masa para que, saíndo da superficie, poida escapar totalmente da atracción gravitatoria do planeta. c) A distancia media entre Ceres e o Sol, tendo en conta que a distancia media entre a Terra e o Sol é de
1,50·1011 m e que o período orbital da Terra arredor do Sol é dun ano.
(Datos: G = 6,67·10-11 N·m2·kg-2)
P.2.- Un raio de luz de frecuencia 5·1014 Hz incide, cun ángulo de incidencia de 30°, sobre unha lámina de vidro de caras plano-paralelas de espesor 10 cm. Sabendo que o índice de refracción do vidro é 1,50 e o do aire 1,00: a) Enuncia as
leis da refracción e debuxa a marcha dos raios no aire e no interior da lámina de vidro. b) Calcula a lonxitude de onda da
luz no aire e no vidro, e a lonxitude percorrida polo raio no interior da lámina. c) Calcula o ángulo que forma o raio de
luz coa normal cando emerxe de novo ao aire. DATO: c = 3,00·108 m/s.
OPCIÓN B
C.1.- Un planeta xira arredor do Sol cunha traxectoria elíptica. O punto de dita traxectoria no que a velocidade orbital
do planeta é máxima é: A) O punto máis próximo ao Sol. B) O punto máis afastado do Sol. C) Ningún dos puntos citados.
C.2.- Un protón e unha partícula α (qα = 2 qp; mα = 4 mp) penetran, coa mesma velocidade, nun campo magnético uniforme perpendicularmente ás liñas de indución. Estas partículas: A) Atravesan o campo sen desviarse. B) O protón describe unha órbita circular de maior radio. C) A partícula alfa describe unha órbita circular de maior radio.
C.3.- Na formación do núcleo dun átomo: A) Diminúe a masa e despréndese enerxía. B) Aumenta a masa e absórbese
enerxía. C) En uns casos sucede a opción A) e noutros casos a B).
C.4.- No laboratorio traballas con lentes converxentes e recolles nunha pantalla as imaxes dun obxecto. Explica o que
sucede, axudándoche do diagrama de raios, cando sitúas o obxecto a unha distancia da lente inferior á súa distancia focal.
P.1.- Dun resorte pendúrase un corpo de 10 kg de masa e alárgase 2,0 cm. Despois engádenselle outros 10 kg e dáselle
un tirón cara abaixo, de modo que o sistema comeza a oscilar cunha amplitude de 3,0 cm. a) Calcula a constante elástica
do resorte e a frecuencia do movemento. b) Escribe, en función do tempo, as ecuacións da elongación, velocidade, aceleración e forza. c) Calcula a enerxía cinética e a enerxía potencial elástica aos 2 s de empezar a oscilar. (g = 9,8 m/s2)
P.2.- Dúas cargas puntuais iguais de +2 μC atópanse nos puntos (0, 1) m e (0, -1) m. Calcula: a) O vector campo e o potencial electrostático no punto (-3, 0) m. b) Calcula o traballo necesario para trasladar unha carga de +3 μC desde o infinito ao citado punto. Se no punto (-3, 0) m se abandona unha carga de -2 μC e masa l g: c) Calcula a súa velocidade na
orixe de coordenadas. DATO: K = 9·109 N·m2·C-2
Soluciones
OPCIÓN A
C.1.- Un condutor macizo de forma esférica recibe unha carga eléctrica. Cal das seguintes afirmacións é verdadeira?:
A) A carga distribúese por todo o condutor.
B) O potencial é cero en todos os puntos do condutor.
C) No interior do condutor non hai campo electrostático.
Solución: C
A intensidade E de campo electrostático no interior dun condutor metálico en equilibrio é nulo. (Se non fose
así, as cargas moveríanse por mor do campo).
Como a diferencia de potencial entre dous puntos VA – VB é:
rB
⃗ d ⃗r
V A −V B=∫ E
rA
Ao ser nula a intensidade do campo, tamén o será a diferencia de potencial entre dous puntos:
VA – VB = 0
ou sexa, o potencial será constante.
VA = VB
C.2.- Por dous condutores paralelos e indefinidos, separados unha distancia d, circulan correntes en
sentido contrario de diferente valor, unha o dobre da outra. A indución magnética anúlase nun
punto do plano dos condutores situado:
A) Entre ambos condutores.
B) Fóra dos condutores e do lado do condutor que transporta máis corrente.
C) Fóra dos condutores e do lado do condutor que transporta menos corrente.
Solución: C
A lei de Biot-Savart di que o campo magnético creado nun punto por un condutor rectilíneo indefinido polo
que pasa unha intensidade de corrente I, nun punto que se atopa a unha distancia d do condutor é directamente proporcional á intensidade de corrente e inversamente proporcional á distancia á que se atopa o punto
do condutor.
B=
μ0 I
2 πd
As liñas do campo magnético son circulares arredor do condutor.
A dirección do campo magnético vén dada pola regra da man dereita, que di que si colocamos o polegar no
sentido da corrente, o sentido do campo magnético é o dos outros dedos ao pechar a man.
Na figura represéntanse os campos magnéticos creados polos dous condutores, o que
leva o corrente I1 cara a dentro e o que leva
o corrente I2 cara a fóra e do dobre de intensidade.
Na zona situada entre ambos condutores, os
campos magnéticos creados polas correntes
paralelas dos fíos son do mesmo sentido,
polo que o campo resultante nunca será
nulo.
Na zona exterior do lado de I2 (esquerda)
B2
B1
B1
I2
I1
d
2d
B2
B2
B1
que transporta o dobre de corrente, o campo magnético B2 creado pola corrente dese condutor sempre será
maior que o creado polo de I1, que se atopa máis afastado.
Na zona exterior do lado de I1 (dereita), os puntos atópanse máis cerca do condutor 1 que do condutor 2, e os
campos magnéticos de ambos poden ser do mesmo valor, e como son de sentido oposto, poden anularse nalgún punto.
A distancia x deste punto ao condutor que leva I2 debe cumprir a condición
B2 = B1
0 I 2
 0 I1
=
2  x 2 ( x−d )
(x – d) I2 = x · I1
e como I2 = 2 I1, queda
(x – d) 2 I1 = x · I1
x=2d
C.3.- Se se duplica a frecuencia da radiación que incide sobre un metal:
A) Duplícase a enerxía cinética dos electróns extraídos.
B) A enerxía cinética dos electróns extraídos non experimenta modificación.
C) Non é certa ningunha das opcións anteriores.
Solución: C
Na interpretación de Einstein do efecto fotoeléctrico a luz pódese considerar como un feixe de partículas
chamadas fotóns. A enerxía Ef que leva un fotón de frecuencia f é:
Ef = h · f
na que h é a constante de Planck e ten un valor moi pequeno: h = 6,63×10-34 J·s
O efecto fotoeléctrico prodúcese cando cada fotón choca cun electrón e transmítelle toda a súa enerxía.
A ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico pode escribirse:
Ef = We + Ec
na que Ef representa a enerxía do fotón incidente, We o traballo de extracción do metal e Ec a enerxía cinética
máxima dos electróns (fotoelectróns) emitidos.
A enerxía cinética máxima dos electróns emitidos será:
Ec = Ef – We
Polo tanto, ao duplicarse a frecuencia da radiación incidente, duplícase a enerxía dos fotóns, e faise maior a
enerxía cinética (e a velocidade) dos electróns emitidos.
Polo tanto a opción B é falsa.
Pero como non hai proporcionalidade entre a enerxía cinética e a enerxía do fotón, a opción A tamén é falsa.
C.4.- Determina a aceleración da gravidade a partir dos seguintes datos experimentais.
EXPERIENCIA
1ª
2ª
3ª
4ª
Lonxitude do péndulo (m)
Tempo 10 oscilacións (s)
Solución:
0,90
1,10
1,30
1,50
18,93 21,14 22,87 24,75
t10 (s)
T (s)
T2 (s2)
g (m·s-2)
7
0,90
18,93
1,893
3,59
9,92
6
1,10
21,14
2,114
4,47
9,72
5
1,30
22,87
2,287
5,23
9,81
4
1,50
24,75
2,475
6,13
9,67
T² (s²)
l (m)
f(x) = 4,05x
3
2
gm =
9,78
Para obter unha recta hai que representar os cadrados dos períodos fronte ás lonxitudes: T2
fronte a l.
1
0
0
0,2
Pódese facer un axuste por mínimos cadrados. A
pendente de recta sería:
0,4
0,6
0,8
1
1,2
1,4
1,6
l (m)
T2 / L = 4 π2 / g = 4,05 s2/m
g = 9,75 m·s-2
Pódese facer unha táboa, calculando os valores de g da expresión, g = 4 π2 L / T2, e obtendo o valor medio de
g dando un resultado similar (gm = 9,78 m·s-2)
P.1.- Ceres é o planeta anano máis pequeno do sistema solar e ten un período orbital arredor do Sol
de 4,60 anos, unha masa de 9,43×1020 kg e un radio de 477 km. Calcula:
a) O valor da intensidade do campo gravitatorio que Ceres crea na súa superficie.
b) A enerxía mínima que debe ter unha nave espacial de 1 000 kg de masa para que, saíndo da
superficie, poida escapar totalmente da atracción gravitatoria do planeta.
c) A distancia media entre Ceres e o Sol, tendo en conta que a distancia media entre a Terra e o
Sol é de 1,50×1011 m e que o período orbital da Terra arredor do Sol é dun ano.
Dato: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
Rta.: a) gC = 0,277 m/s2; b) E = 1,32×108 J; c) dC = 4,15×1011 m
Datos
Período orbital de Ceres
Masa de Ceres
Radio de Ceres
Masa da nave espacial
Distancia da Terra ao Sol
Período orbital da Terra
Constante da gravitación universal
Incógnitas
Intensidade do campo gravitatorio na superficie de Ceres
Enerxía da nave espacial na superficie de Ceres para escapar
Distancia media entre Ceres e o Sol
Outros símbolos
Masa do Sol
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce o Sol esférico sobre un planeta puntual)
Cifras significativas: 3
TC = 4,60 anos = 1,45×108 s
M = 9,43×1020 kg
R = 477 km = 4,77×105 m
m = 1 000 kg
rT = 1,50×1011 m
TT = 1,00 anos = 3,16×107 s
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
gC
∆E
rC
MT
F G =G
M Sm
r2órb
Intensidade do campo gravitatorio creado por unha masa esférica M a unha dis- g=G M
tancia r do seu centro
r2
2
v
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
a N=
r
2ª lei de Newton da Dinámica
∑F = m · a
2πr
v=
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.Ou.)
T
Enerxía cinética
Ec = ½ m v2
Ecuacións
MTm
r órb
E = Ec + Ep
E p =−G
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Enerxía mecánica
Solución:
a) A intensidade do campo gravitatorio creado pola masa esférica M do planeta (anano) Ceres na súa superficie, a unha distancia R do seu centro é:
g=G
20
M
kg
−11
2
−2 9,43×10
=6,67×10
N·m
·
kg
=0,277 m /s2
2
5
R
(4,77×10 m)2
a) A enerxía potencial da nave espacial na superficie de Ceres valerá:
E p =−G
M Cm
9,43×10 20 kg ·1 000 kg
=−6,67×10−11 N·m2 · kg −2
=−1,32×108 J
5
R
4,77×10 m
A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial.
A enerxía potencial da nave espacial a unha distancia moi grande de Ceres será nula.
A enerxía mínima que ha de ter na superficie será a que corresponde a unha enerxía cinética nula moi lonxe
de Ceres.
Polo tano a enerxía mecánica que terá a nave espacial moi lonxe de Ceres será nula.
A enerxía que ha ter será:
ΔE = E∞ – Ep = 0 – (-1,32×108 J) = 1,32×108 J
c) Pola segunda lei de Newton, a forza resultante sobre un obxecto produce unha aceleración directamente
proporcional á forza:
∑F = m · a
Tanto a Terra como Ceres describen traxectorias aproximadamente circulares arredor do Sol con velocidades de valor constante, polo que a aceleración só ten compoñente normal aN .
a N=
v2
r
Como a forza resultante é a gravitatoria entre o Sol e o planeta,
M Sm
F G =G
r2órb
queda
m
M m
v2
=G 2S
r órb
r órb
Escribindo a velocidade en función do período
v=
2πr
T
e substituíndo, quedaría
(
2
)
2  rórb
GMS
=
T
rórb
rórb3
T
2
=
GMS
4 2
Aplicando esta ecuación tanto á Terra como a Ceres e dividindo unha entre a outra quedaríanos a terceira lei
de Kepler
r 3T
r 3C
=
T 2T T 2C
Aplicando esta lei entre a Terra e Ceres
(1,50×1011 [m ])
(1 [año])2
3
3
=
rC
(4,60 [año])2
3
r C=1,50×1011 [ m] √ 4,602 =4,15×1011 m
Análise: O radio calculado da órbita de Ceres sae maior que o da Terra, como cabo esperar.
(rC = 4,15×1011 m) > (rT = 1,50×1011 m)
P.2.- Un raio de luz de frecuencia 5×1014 Hz incide, cun ángulo de incidencia de 30°, sobre unha lámina de vidro de caras plano-paralelas de espesor 10 cm. Sabendo que o índice de refracción do
vidro é 1,50 e o do aire 1,00:
a) Enuncia as leis da refracción e debuxa a marcha dos raios no aire e no interior da lámina de
vidro.
b) Calcula a lonxitude de onda da luz no aire e no vidro, e a lonxitude percorrida polo raio no
interior da lámina.
c) Calcula o ángulo que forma o raio de luz coa normal cando emerxe de novo ao aire.
Dato: c = 3,00×108 m/s.
Rta.: b) λaire = 6,00×10-7 m; λvidro = 4,00×10-7 m; L = 10,6 cm; c) αr 2 = 30,0º
Datos
Frecuencia do raio de luz
Ángulo de incidencia
Espesor da lámina de vidro
Índice de refracción do vidro
Índice de refracción do aire
Velocidade da luz no baleiro
Incógnitas
Lonxitude de onda de luz no aire e no vidro
Lonxitude percorrida polo raio de luz no interior da lámina
Ángulo de desviación do raio ao saír da lámina
Ecuacións
Cifras significativas: 3
f = 5,00×1014 Hz
αi = 30,0º
e = 10,0 cm = 0,100 m
nv = 1,50
na = 1,00
c = 3,00×108 m/s
Índice de refracción dun medio no que a luz desprázase á velocidade vmedio
n medio =
Relación entre a velocidade v, a lonxitude de onda λ e a frecuencia f
Lei de Snell da refracción
v=λ·f
ni sen αi = nr sen αr
λa , λv
L
αr 2
c
v medio
Solución:
a) As leis de Snell da refracción son:
1ª O raio incidente, o raio refractado e a normal están no mesmo plano.
2ª A relación matemática entre os índices de refracción ni e nr dos medios inciden- 30º
te e refractado e os ángulos de incidencia e refracción αi e αr , é:
A
ni sen αi = nr sen αr
10 mm
αr 1
L α
i2
B
C
αr 2
Na figura pódese ver o raio incidente que forma un primeiro ángulo de incidencia
de 30º, seguido do raio refractado que forma o primeiro ángulo de refracción αr 1, seguido do segundo ángulo
de incidencia αi 2 e o segundo ángulo de refracción αr 2 ao saír o raio de luz da lámina.
b) A velocidade da luz no aire é:
vaire =
c
3,00×108 m /s
=
=3,00×108 m/ s
n aire
1,00
Polo tanto, a lonxitude de onda da luz no aire é:
aire =
v aire 3,00×108 m /s
=
=6,00×10−7 m
f
5,00×1014 s−1
A velocidade da luz no vidro é:
v vidrio=
c
n vidrio
=
3,00×108 m/ s
=2,00×108 m /s
1,50
Polo tanto, a lonxitude de onda da luz no vidro é:
 vidrio=
v vidrio 2,00×108 m /s
=
=4,00×10−7 m
f
5,00×1014 s−1
Como o espesor da lámina vale 10 cm, a lonxitude percorrida polo raio é a hipotenusa do triángulo ABC.
O primeiro ángulo de refracción αr 1 pódese calcular aplicando a lei de Snell
1,00 · sen 30º = 1,50 · sen αr 1
sen α r 1=
1,00· sen 30 º
=0,333
1,50
αr 1 = arc sen 0,333 = 19,5º
Polo tanto a hipotenusa L vale
L=
e
10,0 cm
=
=10,6 cm
cosα r 1 cos19,5 º
c) Como a lámina de vidro é de caras paralelas, o segundo ángulo de incidencia a i2 é igual ao primeiro ángulo de refracción:
αi 2 = αr 1 = 19,5º
Para calcular o ángulo co que sae da lámina, vólvese a aplicar a lei de Snell entre o vidro (que agora é o medio incidente) e o aire (que é o medio refractado):
1,50 · sen 19,5º = 1,00 · sen αr 2
sen α r 2=
1,50·sen19,5 º
=0,500
1,00
αr 2 = arc sen 0,500 = 30,0º
Análise: Este resultado é correcto porque se sabe que o raio sae paralelo ao raio incidente orixinal.
OPCIÓN B
C.1.- Un planeta xira arredor do Sol cunha traxectoria elíptica. O punto de dita traxectoria no que a
velocidade orbital do planeta é máxima é:
A) O punto máis próximo ao Sol.
B) O punto máis afastado do Sol.
C) Ningún dos puntos citados.
Solución: A
A velocidade areolar dun planeta é a área que varre o radiovector que une o Sol co planeta na unidade de
tempo.
A segunda lei de Kepler pode enunciarse así:
«O radiovector que une o Sol cun planeta varre áreas iguais en tempos iguais»
Ou sexa, que a velocidade areolar é constante.
Nun sistema de referencia co Sol na orixe de coordenadas, a velocidade areolar será a derivada do área varrida polo vector de posición do planeta na unidade de tempo:
⃗v A =
d⃗
A
dt
A área varrida nun tempo moi pequeno dt, é a metade do produto vectorial do vector de posición r do planeta polo seu vector desprazamento d r.
1
d⃗
A= (⃗r×d ⃗r )
2
polo que a velocidade areolar pode expresarse así:
⃗v A =
d⃗
A 1 ⃗r×d ⃗r 1
d ⃗r 1
=
= ⃗r ×
= ⃗r ×⃗v
d t 2 dt
2
dt 2
no que v é o vector velocidade do planeta.
Como a velocidade areolar é constante, a expresión anterior pódese escribir en módulos:
│r│·│v│sen φ = constante
Desprezando as variacións do ángulo φ, entre o vector de posición e o vector velocidade, canto menor sexa a
distancia r entre o planeta e o Sol, maior será a súa velocidade.
C.2.- Un protón e unha partícula α (qα = 2 qp; mα = 4 mp) penetran, coa mesma velocidade, nun campo
magnético uniforme perpendicularmente ás liñas de indución. Estas partículas:
A) Atravesan o campo sen desviarse.
B) O protón describe unha órbita circular de maior radio.
C) A partícula alfa describe unha órbita circular de maior radio.
Solución: C
La forza magnética FB sobre unha carga q que se despraza no interior dun campo magnético B cunha velocidade v vén dada pola lei de Lorentz:
FB = q (v × B)
Esta forza é perpendicular en todos os puntos á dirección de avance da partícula, polo que describe traxectoria circular con velocidade de valor constante xa que a aceleración só ten compoñente normal a N .
×
×
×
×
×
×
×
Si só actúa a forza magnética:
∑F = FB
aplicando a 2ª lei de Newton
∑F = m · a
F B =m a=ma N =m
v2
R
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
F
×
v
×
×
×
×
×
×
B
×
×
×
×
×
×
Usando a expresión da lei de Lorentz (en módulos) para a forza magnética
|q| B v sen ϕ =m
v2
R
Se as partículas entran perpendicularmente ao campo, sen φ = 1.
Despexando o radio R
R=
m· v
q· B
Como a velocidade é a mesma e o campo magnético é o mesmo, aplicando esta expresión tanto ao protón
como á partícula α e dividindo unha entre a outra queda:
×
m α ·v
R α q α · B mα ·q p 4 m p · q p
=
=
=
=2
R p m p · v mp · qα mp · 2 q p
qp · B
Rα = 2 Rp
O radio da circunferencia descrita pola partícula alfa é o dobre que o da circunferencia descrita por protón.
C.3.- Na formación do núcleo dun átomo:
A) Diminúe a masa e despréndese enerxía.
B) Aumenta a masa e absórbese enerxía.
C) Nuns casos sucede a opción A e noutros casos a B.
Solución: A
A masa do núcleo é sempre inferior á suma das masas dos nucleóns que o compoñen. A diferenza entre a
masa do núcleo e os nucleóns chámase defecto de masa «Δm».
O proceso hipotético da formación dun núcleo a partir da unión dos protóns e neutróns que o forman desprende unha gran cantidade de enerxía que procede da transformación do defecto de masa «Δm» en enerxía
«E», segundo a ecuación de Einstein.
E = Δm · c2
na que «c» é a velocidade da luz.
Esta enerxía coñéceselle como enerxía de enlace e, dividida por en número de nucleóns, como enerxía de
enlace por nucleón.
Esta enerxía de enlace por nucleón aumenta co número atómico nos núcleos máis lixeiros ata alcanzar un
máximo no ferro, a partir do cal descende lixeiramente. Isto indica que o núcleo de ferro é o máis estable.
En realidade os núcleos dos átomos fórmanse por reaccións de fusión nuclear ou ben no interior das estrelas,
os anteriores ao ferro, ou ben na explosión de supernovas, os posteriores.
C.4.- No laboratorio traballas con lentes converxentes e recolles nunha pantalla as imaxes dun obxecto. Explica o que sucede, axudándoche do diagrama de raios, cando sitúas o obxecto a unha
distancia da lente inferior á súa distancia focal.
Solución:
Se colocamos o obxecto á distancia inferior
á distancia focal, a imaxe fórmase antes da
lente, é virtual e non se pode recoller nunha
pantalla.
F
O
F'
P.1.- Dun resorte pendúrase un corpo de 10 kg de masa e alárgase 2,0 cm. Despois engádenselle outros 10 kg e dáselle un tirón cara abaixo, de modo que o sistema comeza a oscilar cunha amplitude de 3,0 cm.
a) Calcula a constante elástica do resorte e a frecuencia do movemento.
b) Escribe, en función do tempo, as ecuacións da elongación, velocidade, aceleración e forza.
c) Calcula a enerxía cinética e a enerxía potencial elástica aos 2 s de empezar a oscilar.
Dato: g = 9,8 m/s2
Rta.: a ) k = 4 900 N/m; f = 2,49 Hz; b) x = 0,0300 cos(15,7 t) (m); v = -0,470 sen(15,7 t) (m/s);
a = -7,35 cos(15,7 t) (m/s²); F = -147 cos(15,7 t) (N); c) Ec = 0,0270 J; Ep = 2,18 J
Datos
Masa que pendura do resorte
Cifras significativas: 3
m0 = 10,0 kg
Datos
Alongamento
Masa que realiza o M.H.S.
Posición inicial
Amplitude (elongación máxima)
Tempo para calcular a enerxía
Aceleración da gravidade
Incógnitas
Constante elástica do resorte
Frecuencia do movemento
Ecuacións do movemento harmónico:
Pulsación (frecuencia angular)
Fase inicial
Velocidade máxima
Aceleración máxima
Forza máxima
Enerxía cinética cando t = 2 s
Enerxía potencial cando t = 2 s
Outros símbolos
Forza recuperadora elástica
Ecuacións
De movemento en el M.H.S.
Pulsación (frecuencia angular)
Relación entre a aceleración a e a elongación y
Lei de Hooke: forza recuperadora elástica
2ª lei de Newton
Enerxía potencial elástica
Enerxía cinética
Enerxía mecánica
Cifras significativas: 3
Δy = 2,00 cm = 0,0200 m
m = 20,0 kg
y0 = 3,00 cm = 0,0300 m
A = y0 = 0,0300 m
t = 2,00 s
g = 9,80 m/s2
k
f
y, v, a, F
ω
φ0
vmáx
amáx
Fmáx
Ec
Ep
F
y = A · sen(ω · t + φ0)
ω=2π·f
a = - ω2 · y
F=-k·y
∑F = m · a
Ep = ½ k · y2
Ec = ½ m · v2
E = (Ec + Ep) = ½ k · A2
Solución:
a) Ao pendurar a masa de 10, 0 kg, no equilibrio:
F = Peso
k · Δy = m0 · g
k · 0,0200 [m] = 10,0 [kg] · 9,80 [m/s 2]
k = 4,90×103 N/m
No movemento vertical da masa de 20 kg, a resultante entre a forza recuperadora
elástica e o peso é unha forza recuperadora do tipo F = - k · e
- k · y = m · a = m (-ω2 · y)
–A
F
O
Peso
+A
Y+
k = m · ω2
4,90×103 [N/m] = 20,0 [kg] ω2
ω = 15,7 rad/s
Con este valor calcúlase a frecuencia f
f=
 15,7 rad /s
=
=2,49 s−1 =2,49 Hz
2
2  rad
b) S.R. orixe Ou: posición de equilibrio. Eixe Y+ vertical no sentido do alargamiento (cara abaixo)
y = 0,0300 · sen(15,7 · t + φ0) [m]
cando t = 0, y0 = A = 0,0300 m
0,0300 = 0,0300 · sen φ0
φ0 = π /2 rad
y = 0,0300 · sen(15,7 · t + π /2) [m]
Como sen (φ + π /2) = cos φ, a ecuación pode escribirse máis brevemente:
y = 0,0300 · cos(15,7 · t) [m]
A velocidade é a derivada da posición con respecto ao tempo:
v=
d y d {0,0300 · cos(15,7·t )}
=
=−15,7 ·0,0300 ·sen(15,7· t)=−0,470 ·sen(15,7 ·t ) m /s
dt
dt
A aceleración é a derivada da velocidade con respecto ao tempo:
a=
d v d {−0,470 ·sen(15,7 ·t )}
=
=−0,470 ·15,7·cos(15,7 ·t)=−7,35·cos(15,7· t) m /s2
dt
dt
A forza elástica é:
F=-k·y
3
F = -4,90×10 [N/m] · 0,0300 · cos(15,7 · t) [m] = -147 cos(15,7 · t) [N]
b) Aos 2,00 s a súa posición é:
y = 0,0300 · cos(15,7 · 2,00) = 0,0298 m
Enerxía potencial para y = 0,0298 m:
Ep = ½ k · y2 = 4,90×103 [N/m] (0,0298 [m])2 / 2 = 2,18 J
Aos 2,00 s a súa velocidade é:
v = -0,470 · sen (15,7 · 2,00) = 0,0520 m/s
Enerxía cinética para v = 0,0520 m/s
Ec = Ec = ½ m · v2 = 20,0 [kg] · (0,0520 [m/s])2 = 0,027 J
Análise: Pódese comprobar que a enerxía mecánica E = ½ k · A2 = 4,90×103 [N/m] (0,0300 [m])2 / 2 = 2,21 J
é igual á suma das enerxías cinética e potencial: 2,21 J = 0,027 J + 2,18 J
P.2.- Dúas cargas puntuais iguais de +2 μC atópanse nos puntos (0, 1) m e (0, -1) m. Calcula:
a) O vector campo e o potencial electrostático no punto (-3, 0) m.
b) Calcula o traballo necesario para trasladar unha carga de +3 μC desde o infinito ao citado
punto.
Se no punto (-3, 0) m se abandona unha carga de -2 μC e masa 1 g:
c) Calcula a súa velocidade na orixe de coordenadas.
DATO: K = 9×109 N·m2·C-2
Rta.: a) E = -3,42×103 i N/C; V = 1,14×104 V; b) Wext = -Wcampo = 0,0342 J; c) v = 9,92 i m/s
Datos
Valores das cargas fixas
Posicións de las cargas fixas
Posición do punto C
Valor da carga que se traslada desde o infinito
Carga que se despraza ata a orixe
Masa da carga que se despraza ata a orixe
Velocidade inicial no punto C (suponse)
Punto polo que pasa a carga que se despraza
Constante eléctrica
Incógnitas
Vector campo electrostático no punto C
Potencial electrostático no punto C
Cifras significativas: 3
Q = 2,00 µC = 2,00×10-6 C
A (0, 1,00) m
B (0, -1,00) m
C (-3,00, 0) m
q1 = 3,00 µC = 3,00×10-6 C
q2 = -2,00 µC = -2,00×10-6 C
m = 1,00 g = 1,00×10-3 kg
vC = 0
D (0, 0) m
K = 9,00×109 N·m2·C-2
EC
VC
Datos
Traballo necesario para trasladar 3 μC desde o infinito ao punto C
Velocidade que terá a carga de -2 μC ao pasar polo punto D
Outros símbolos
Distancia entre os puntos A y B
Ecuacións
Cifras significativas: 3
W∞→C
vD
rAB
Lei de Coulomb (aplicada a dos cargas puntuais separadas una distancia r)
Principio de superposición
Traballo que fai la forza del campo cando se move unha carga q desde un
punto A ata outro punto B
Potencial electrostático nun punto creado por unha carga puntual Q situada a
unha distancia r
Potencial electrostático de varias cargas
Enerxía potencial electrostática de una carga en un punto A
Enerxía cinética
⃗ =K Q q ⃗
F
ur
r2
⃗ A =∑ F
⃗ Ai
F
WA→B = q (VA – VB)
Q
r
V = ∑ Vi
EPA = q VA
Ec = ½ m v2
V =K
Solución:
a) Faise un debuxo das cargas e cada un dos vectores intensidade
de campo electrostático e da suma vectorial que é o campo EC resultante.
Cálculo de distancias:
EC
r AC=rBC= √(3,00 [m ]) +(1,00 [ m]) =3,16 m
2
A
EB→C
2
C
BD
EA→C
O vector unitario do punto C, uAC respecto de A é:
u AC=
⃗
⃗r AC (−3,00 ⃗i −1,00 ⃗j) [m ]
=
=−0,949 ⃗i −0,316 ⃗j
3,16 [m ]
| ⃗r AC|
A intensidade de campo electrostático no punto C debido á carga A é:
−6
⃗ A→C=9,00×109 [ N·m2 · C−2 ] 2×10 [C] (−0,949 ⃗i −0,343 ⃗j )=(−1,71×103 ⃗i – 5,69×102 ⃗j) N /C
E
(3,16 [ m])2
Por simetría,
EB→C = (-1,71×103 i + 5,69×102 j) N/C
Aplicando o principio de superposición,
EC = EA→C + EB→C = (-1,71×103 i – 5,69×102 j [N] + (-1,71×103 i + 5,69×102 j) [N] = -3,42×103 i N/C
Análise: Vese que o campo resultante do cálculo é horizontal cara á esquerda, coherente co debuxo que se
fixo.
O potencial no punto C debido a cada carga vale o mesmo, porque a distancia é a mesma (están situadas simetricamente) e o valor da carga tamén é o mesmo.
V C=V A→C +V B→C =2 ·V A→ C=2 · 9,00×109 [ N·m2 · C−2 ]
2,00×10−6 [C]
=1,14×104 V
(3,16 [ m])
b) O traballo realizado polas forzas do campo electrostático cando se move unha carga q1 = +3 µC desde o
infinito ata o punto C é a diminución da enerxía potencial entre os puntos ∞ e C. Como se toma o infinito
como orixe de potencial, V∞ = 0, e
W∞→C = q1 (V∞ – VC) = 3,00×10-6 [C] · (0 – 1,14×104) [V] = –0,0342 J
O traballo necesario para mover unha carga q = +3 µC desde o infinito ata o punto C, supoñendo que chegue
a C coa mesma velocidade que tiña no infinito, é:
Wexterior = –Wcampo = = 0,0342 J
c) Como a forza electrostática é unha forza conservativa a enerxía mecánica consérvase.
(Ec + Ep)C = (Ec + Ep)D
½ m vC2 + q · VC = ½ m vD2 + q · VD
O potencial no punto D debido a cada carga vale o mesmo, porque a distancia é a mesma (están situadas simetricamente) e o valor da carga tamén é o mesmo.
V D =2 ·V A→D =2 · 9,00×109 [ N·m2 · C−2 ]
2,00×10−6 [C]
=3,60×104 V
(1,00 [ m])
Aplicando o principio de conservación da enerxía
-2,00×10–6 [C] · (-1,14×104 [V]) = (1,00×10-3 [kg] · vD2) / 2 + (-2,00×10–6 [C]) · (3,60×104 [V])
vD = 9,92 m/s
Como a velocidade é un vector, hai que deducir a dirección e sentido.
Aínda que o valor da intensidade de campo electrostático resultante e a aceleración na orixe é cero, polo valor da intensidade de campo calculado no punto C (-3, 0) [m] e o feito de que pase pola orixe, pódese deducir que a aceleración ten a dirección do eixe X en sentido positivo. Si un móbil parte do repouso, e a aceleración ten dirección constante, o movemento será rectilíneo na liña da aceleración. Polo tanto a dirección da
velocidade é a do eixe X en sentido positivo
vD = 9,92 i m/s
Cuestións e problemas das Probas de Acceso á Universidade (P.A.Ou.) en Galicia.
Respostas e composición de Alfonso J. Barbadillo Marán, [email protected], I.E.S. Elviña, A Coruña
Algunhas ecuaciones construíronse coas macros da extensión CLC09 de Charles Lalanne-Cassou
A tradución a o/desde o galego realizouse coa axuda de traducindote, de Óscar Hermida López.
Algúns cálculos fixéronse cunha folla de cálculo OpenOffice (ou LibreOffice) feita por Alfonso Barbadillo Marán.
Procurouse seguir as normas recomendadas pola oficina de metrología no documento
http://www.cem.é/sites/default/files/recomendaciones_cem_ensenanza_metrologia_sep_2014_v01.pdf