Download Final

Física 2º Bach.
Examen Final
DEPARTAMENTO DE
FÍSICA E QUÍMICA
13/04/07
Nombre:
Elige en cada bloque una de las dos opciones.
Bloque 1. Campo electrostático: 3 Puntos (1 punto cada apartado)
1.A. Se colocan tres cargas en el plano XY. La primera, de –2,00 nC, a 12,0 cm a la izquierda del origen; la
segunda, de +1,00 nC, a 21,0 cm encima del origen; y la tercera, de –1,00 nC, a 12,0 cm a la derecha del
origen. Calcula:
a) La fuerza (módulo y dirección) que las dos primeras cargas ejercen sobre la tercera.
b) La/s posición/es en que hay que situar la segunda carga para que la fuerza que actúa sobre la tercera sea
nula.
c) El trabajo necesario para mover la segunda carga desde su posición inicial hasta una de las posiciones
calculada en el apartado anterior.
Dato: K = 1/(40) = 9,00×109 N·m2·C-2.
15 mm
-
-
-
-
+
+
+
+
-
-
+
+
6 mm
1.B. Una partícula alfa penetra en un condensador la una velocidad de
4,80×105 m/s en una dirección paralela a la placa positiva. El punto de entrada
equidista de las placas. La diferencia de potencial entre las placas es de
5,00×103 V, y la distancia entre ellas es de 6,00 mm. La longitud de las placas
es de 15,00 mm. Calcula:
a) En qué punto choca con una de las placas.
b) La energía cinética de la partícula alfa en el punto de impacto.
c) La variación de energía potencial eléctrica.
Datos: q = +3,20×10-19 C, m = 6,64×10-27 kg
Bloque 2. Campo gravitatorio: 3 Puntos (1 punto cada apartado)
2.A. La menor velocidad de giro de un satélite en la Tierra, conocida como primera velocidad cósmica, es la
que se obtendría para un radio orbital igual al radio terrestre RT. Calcula:
a) La primera velocidad cósmica y el período de revolución correspondiente.
b) La altura que alcanzaría un proyectil lanzado verticalmente desde el suelo de la Tierra con una velocidad
igual a la primera velocidad cósmica, suponiendo despreciable el rozamiento con el aire.
c) La profundidad a la que la gravedad terrestre (en el supuesto de una esfera homogénea) valdría lo mismo
que a la altura obtenida en el apartado b).
Datos: g0 = 9,81 N·kg-1 RT = 6,38×106 m
2.B. Dos planetas esféricos tienen masas diferentes, M1 y M2 = 9 M1, pero en sus superficies la intensidad
del campo gravitatorio es la misma.
a) Calcula la relación entre los radios de los planetas, R2 /R1, y entre sus densidades de masa, 2 / 1.
b) ¿Son iguales las velocidades de escape desde las superficies de los dos planetas?
c) ¿Cuál debería ser la relación T2 / T1 entre sus períodos de rotación si giran ambos de tal manera que los
objetos en su superficie (en el ecuador del planeta) no tienen peso aparente?
Bloque 3. Magnetismo: 1 Punto
3.A. El alambre CD se desliza sobre una horquilla metálica en forma de U,
situado sobre un campo magnético constante B dirigido hacia el techo, como
se ve en la figura. Cuando el alambre se desliza hacia la derecha, se produce
una f.e.m. inducida que provoca una corriente I inducida en el alambre. Esta
corriente I sufre una fuerza magnética F debida al campo magnético B, que
es perpendicular al alambre y está dirigida hacia:
A) el suelo.
B) la derecha. C) la izquierda.
·
·
·
·
B
·
·
·
·
C
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
D
3.B. Sean dos conductores largos y paralelos separados una distancia r, que transportan intensidades I1 e I2
en sentidos opuestos. La fuerza por unidad de longitud que experimenta cada conductor es:
0 I 1 0 I 2
0 I 1 I 2
A)
B) 2×10-7 N
C)
(se repelen)
=
2 r 2  r
2 r
Bloque 4. Ondas: 1 Punto
4.A. La energía que transporta una onda es proporcional a:
a) la frecuencia; b) la amplitud; c) los cuadrados de la frecuencia y de la amplitud;
corrida.
d) la distancia re-
4.B. Al aplicar el principio de Huygens a la refracción de una onda que atraviesa un plano de separación entre dos medios, se llega a que el ángulo que forma el frente de onda refractado con el plano:
A. Es siempre igual que el ángulo del frente incidente con el plano.
B. Es siempre menor que el ángulo del frente incidente con el plano.
C. Con respeto al ángulo del frente incidente, depende de las velocidades de la onda en ambos medios.
Bloque 5. Óptica: 1 Punto
5.A. En las lentes divergentes la imagen es siempre:
A) Derecha, mayor y real.
B) Derecha, menor y virtual.
C) Derecha, menor y real.
5.B. La distancia focal es la mitad del radio en:
A) los espejos esféricos
B) las lentes
C) el dioptrio esférico.
Bloque 6. Prácticas: 1 Punto
6.A. Analiza como minimizar los posibles errores experimentales en la determinación de g mediante un
péndulo simple.
6.B. En el estudio estático de un resorte se representan los puntos de las longitudes (li) frente a las fuerzas
aplicadas (Fi), dando una línea recta. En el estudio dinámico del mismo resorte se representan las masas (mi)
frente los cuadrados de los períodos (Ti2), obteniéndose también una recta. ¿Tienen ambas la misma
pendiente? Razona la respuesta.
Soluciones
1.A. Se colocan tres cargas en el plano XY. La primera, de –2,00 nC, a 12,0 cm a la izquierda del origen; la
segunda, de +1,00 nC, a 21,0 cm encima del origen; y la tercera, de –1,00 nC, a 12,0 cm a la derecha del
origen. Calcula:
a) La fuerza (módulo y dirección) que las dos primeras cargas ejercen sobre la tercera.
b) La/s posición/es en que hay que situar la segunda carga para que la fuerza que actúa sobre la tercera sea
nula.
c) El trabajo necesario para mover la segunda carga desde su posición inicial hasta una de las posiciones
calculada en el apartado anterior.
Dato: K = 1/(40) = 9,00×109 N·m2·C-2. ▲ ►
Rta.: a) 2,71×10-7 N, +30º b) (-0,050, 0) m c) Wexterior 2→4 = -1,55×10-8 J
Solución:
El fuerza electrostática F ejercida por una carga puntual Q sobre otra carga q situada en un punto que está a
una distancia r de la primera viene dado por la ley de Coulomb:
Q· q

F=K
ur
2 
r
Por el principio de
superposición, la fuerza F3
sobre la carga 3 es la suma
vectorial de las fuerzas
F1→3 y F2→3 que las cargas
1 y 2 ejercen sobre ella:
A
q2 = +1

F2 3
F 3= 
F1  3  
F2→3
Las distancias son:
r13 = +12,0 – (-12,0) =
24,0 cm = 0,2400 m
F3
C
q3 = -1
q1 = -2
F1→3
r 23= 12,0 21,0 =24,2cm=0,242 m
2
2
iguales. Las cargas se encuentran en los vértices de un triángulo equilátero.
La fuerza F1→3 que la carga 1 ejerce sobre la carga 3 es:
9
9
9
2
2 2,00×10 [C]·1,00×10 [C] 
 1
i =3,13×107 i N
F
=9,00×10
[
N·
m
·
C
]
3
0,240 m 2
La fuerza F2→3 que la carga 2 ejerce sobre la carga 3 es:
9
9


 2  3 =9,00×109 [ N· m 2 · C2 ] 2,00×10 [C]·1,00×10 [C] 0,120 i 0,210 j
F
0,242
 0,242m 2
8 
 2
F
i 13,4×108 j N
 3 =7,6×10
La fuerza total sobre la carga 3 vale:
 3 =F
 1  3 F
 2  3 =3,13×107 i [N]7,6×108 i 13,4×108 j [N]=2,36×107 i 1,34×107 j N
F
El módulo de la fuerza es:
 3∣= 2,36×10  1,34×10  =2,71×10 N
∣F
7 2
y su dirección, formando un ángulo de
7 2
7
=arctg
1,34×107
7 =30º
2,36×10
con la horizontal (el eje X) y sentido hacia el exterior del triángulo.
b) La segunda carga tiene que encontrarse en el eje X, porque si no, las componentes verticales de los
vectores fuerza no se anularían. También tiene que encontrarse a la izquierda de la tercera carga, para
compensar la fuerza de repulsión de la primera, y entre ambas cargas, ya que tiene que compensar la fuerza
de repulsión con una distancia más pequeña.
En ese punto, los módulos de las fuerzas ejercidas por cada una de
las cargas deberán ser iguales.
Llamando x a la distancia desde el punto donde tenga que estar la
carga 2 hasta el origen.
K
∣1,00×109∣∣1,00×109∣
∣2,00×109∣∣1,00×109∣
=K
0,2402
0,120 x2
x
F2→3
q1 = -2
q2 = +1
F1→3
C
q3 = -1
2 (0,120 – x)2 = 0,2402
0,120 – x = ±0,170
Las coordenadas del punto son:
(-0,050, 0) m
Análisis: La coordenada da negativa. Eso significa que el diagrama, que presupone que la carga debe encontrarse a la derecha del origen, está equivocado. Pero la ecuación sigue siendo válida. Comprobando:
K
∣2,00×109∣∣1,00×109∣
∣1,00×109∣∣1,00×109∣
=K
0,2402
0,1200,0502
2
1
=
0,0576 0,0288
c) El trabajo WA→B realizado por las fuerzas del campo eléctrico cuando se desplaza una carga q desde un
punto A hasta otro punto B, viene dado por la expresión:
WA→B = q (VA – VB)
donde VA es el potencial eléctrico en el punto A y VB el del punto B.
El potencial eléctrico en un punto debido a varias cargas es la suma algebraica de los potenciales eléctricos
creados por cada carga como si las otras no existiesen (principio de superposición).
El potencial eléctrico V1→2 creado por una carga q1 situada en punto 1 en el punto 2 que se encuentra una
distancia r12 es
V 1  2= K
q1
r12
en el que K es la constante electrostática.
Se calcula el potencial en cada punto creado por cada carga (la 1 y la 3) y se aplica el principio de
superposición. En el punto 2
V1→2 = K q1 / r12 = 9,00×109 [N·m2·C-2] · (-2,00×10-9 [C]) / 0,242 [m] = -74,4 V
V3→2 = K q3 / r32 = 9,00×109 [N·m2·C-2] · (-1,00×10-9 [C]) / 0,242 [m] = -37,2 V
V2 = V1→2 + V3→2 = -74,4 [V] + -37,2 [V] = -112 V
Análogamente en el punto (-0,050, 0) m del apartado anterior, que llamaré punto 4.
V1→4 = K q1 / r14 = 9,00×109 [N·m2·C-2] · (-2,00×10-9 [C]) / 0,070 [m] = -256 V
V3→4 = K q3 / r34 = 9,00×109 [N·m2·C-2] · (-1,00×10-9 [C]) / 0,170 [m] = -53,0 V
V4 = V1→4 + V3→4 = -256 [V] + -53 [V] = -309 V
El trabajo realizado por el campo para mover la carga 3 q3 = +1,00 nC,desde el punto 2 al punto 4, será:
W2→4 = q2 (V2 – V4) = 1,00×10-9 [C] (-112 – (-309)) [V] = 1,97×10-7 J
El trabajo necesario para mover una carga eléctrica, sin variación de energía cinética, en el seno de un
campo eléctrico es igual y opuesto al trabajo realizado por las fuerzas del campo.
Wexterior 2→4 = -1,97×10-7 J
15 mm
-
-
-
-
+
+
+
+
-
-
+
+
6 mm
1.B. Una partícula alfa penetra en un condensador la una velocidad de
4,80×105 m/s en una dirección paralela a la placa positiva. El punto de entrada
equidista de las placas. La diferencia de potencial entre las placas es de
5,00×103 V, y la distancia entre ellas es de 6,00 mm. La longitud de las placas
es de 15,00 mm. Calcula:
a) En qué punto choca con una de las placas.
b) La energía cinética de la partícula alfa en el punto de impacto.
c) La variación de energía potencial eléctrica.
Datos: q = +3,20×10-19 C, m = 6,64×10-27 kg
◄ ▲ ►
Rta.: a) A 5,87 mm p. negativa b) Ec = 1,57×10-15 J c) ∆Ep = –8,0×10-16 J
Solución:
a) El valor del campo es:
E = ∆V / d = 5,00×103 [V] / 6,00×10-3 [m] = 8,33×105 V/m
Elegimos un sistema de referencia con el origen en el extremo inferior izquierdo de la placa positiva, el eje
X horizontal y sentido positivo el de avance de la partícula α (hacia la derecha), y el eje Y vertical, y sentido
positivo hacia arriba.
Como la placa positiva es la inferior, el campo está dirigido hacia arriba, por lo que:
E = 8,33×105 j V/m
La aceleración valdrá:
a = F / m = qE / m = 3,20×10-19 [C] · 8,33×105 j [V/m] / 6,64×10-27 [kg] = 4,02×1013 j m·s-2
El movimiento de la partícula α en el interior del campo eléctrico uniforme será de trayectoria parabólica, ya
que la aceleración a la que está sometido es un vector constante (en módulo y dirección).
La posición de entrada de la partícula α en el condensador es el punto:
r0 (0, 3,00×10-3) m
La velocidad de entrada es:
v0 = 4,80×105 i m/s
La ecuación de movimiento es:
r = r0 + v0 t + ½ a t2
Sustituyendo los datos:
r = 3,00×10-3 j + 4,80×105 i t + ½ 4,01×1013 j t2 = 4,80×105 t i + (3,00×10-3 + 2,01×1013 t2) j [m]
La partícula α chocará con la placa superior en un punto de coordenadas (x, 6,00×10-3) m.
Poniendo este dato en la ecuación de movimiento y separando las dos componentes, queda:
x i + 6,00×10-3 j = 4,80×105 t i + (3,00×10-3 + 2,01×1013 t2) j
x = 4,80×105 t
6,00×10-3 = 3,00×10-3 + 2,01×1013 t2
Despejando el tiempo t de esta última,
t = 1,22×10-8 s
y sustituyendo en la primera,
x = 5,87×10-3 m = 5,87 mm
b) La velocidad es la derivada del vector de posición:
v = dr / dt = 4,80×105 i + 4,02×1013 t j [m/s]
En el punto de impacto vale:
v = 4,80×105 i + 4,91×105 j [m/s]
Y su módulo será:
∣v∣=  4,80×105   4,91×105  = 6,87×105 m / s
2
2
La energía cinética vale:
Ec = ½ m v2 = 1,57×10-15 J
c) La variación de energía potencial será:
∆Ep = q(Vfin – Vini) = q (–Ed) = 3,20×10-19 [C] · (–8,33×105 [V/m] · 3,00×10-3 [m]) = -8,0×10-16 J
que es negativa, ya que la partícula α se desplaza hacia placa negativa, es decir, hacia los potenciales
decrecientes.
Otra manera. Como el campo eléctrico es un campo conservativo,
∆Ec = -∆Ep
La energía cinética inicial era:
Ec 0 = ½ m v02 = 7,65×10-16 J
Por lo que:
∆Ep = –∆Ec = –(1,57×10-15 [J] – 7,65×10-16 [J]) = –8,0×10-16 J
2.A. La menor velocidad de giro de un satélite en la Tierra, conocida como primera velocidad cósmica, es la
que se obtendría para un radio orbital igual al radio terrestre RT. Calcula:
a) La primera velocidad cósmica y el período de revolución correspondiente.
b) La altura que alcanzaría un proyectil lanzado verticalmente desde el suelo de la Tierra con una velocidad
igual a la primera velocidad cósmica, suponiendo despreciable el rozamiento con el aire.
c) La profundidad a la que la gravedad terrestre (en el supuesto de una esfera homogénea) valdría lo mismo
que a la altura obtenida en el apartado b).
◄ ▲ ►
Datos: g0 = 9,81 N·kg-1 RT = 6,38×106 m
Rta.: a) v1 = 7,91 km/s; T = 1 h 24 min. b) h = RT c) p = ¾ RT
Datos
Cifras significativas: 3
radio de la Tierra
RT = 6,38×106 m
radio de la órbita, y también la distancia del satélite al centro de la Tierra
ro= RT = 6,38×106 m
campo gravitatorio en la superficie de la Tierra
g0 = 9,81 N·kg-1
Incógnitas
primera velocidad cósmica o el valor de la velocidad del satélite en su órbita v1
rasante alrededor de la Tierra
período de rotación del satélite alrededor de la Tierra
T
Datos
altura que alcanzaría un proyectil lanzado verticalmente desde el suelo con
la primera velocidad cósmica
profundidad a la que la gravedad terrestre valdría lo mismo que a la altura
obtenida en el apartado anterior.
Otros símbolos
masa del satélite
constante de la gravitación universal
masa de la Tierra
Ecuaciones
ley de Newton de la gravitación universal
(aplicada a la fuerza que ejerce la Tierra esférica sobre el satélite puntual)
Cifras significativas: 3
h
p
m
G
MT
F G =G
MTm
2
ro
v2
r
2ª ley de Newton de la Dinámica
∑F = m·a
2 r
velocidad en un movimiento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
v=
T
energía cinética de un objeto de masa m y velocidad v
Ec = ½ m v2
MTm
energía potencial gravitatoria de un objeto ligado a la Tierra (referida al infiE p =G
nito)
r
valor de la gravedad en una esfera homogénea de radio R a una distancia r
g = g0 r / R
del centro de la esfera, si en la superficie vale g0
aceleración normal (en un movimiento circular de radio r)
a N=
Solución:
Como la única fuerza que actúa sobre del satélite es la fuerza gravitatoria que ejerce la
Tierra,
∑F = FG
FG
rórb = RT
m a = FG
El satélite describe una trayectoria aproximadamente circular con velocidad de valor constante, por lo que la
aceleración sólo tiene componente normal aN,
m
MTm
v2
=G
2
ro
ro
Como no se tienen los datos de la constante de la gravitación universal ni de la masa de la Tierra, habrá que
tener en cuenta que en la superficie de la Tierra, el peso de un cuerpo mg0 es igual a la fuerza gravitatoria
m g 0 =G
MTm
2
RT
G MT = g0 RT2
Despejando la velocidad v y sustituyendo los datos,
v1=


2
GMT
g R
= 0 T =  g 0 R T = 9,81[ N ·kg 1 ]· 6,38×106 [m ]=7,91×103 m /s=7,91 km/s
ro
RT
Despejando el período, T, de la velocidad del M.C.U.
T=
2  r o 2  R 2 ·6,38×106 [ m ]
=
=
=5,07×103 s=1 h 24 min
v1
v1
7,91×10 3 [ m /s]
b) Si se supone despreciable el rozamiento con el aire, la energía mecánica se conserva, ya que la única fuerza que realiza trabajo es la fuerza gravitatoria.
En una primera aproximación, se supone que el valor de la gravedad se mantiene constante entre ambos puntos gh = g0. Entonces:
(Ec + Ep)suelo = (Ec + Ep)h
½ mv02 + m g0 h0 = ½ mvh2 + m gh h
Tomando como origen de energía potencial el suelo, Ep (suelo) = 0, y sabiendo que en la altura máxima la
velocidad será cero
½ mv02 = m g0 hmax
v 20 7,91×103 [m /s]2
6
h max =
=3,19×10 m=3190 km
=
2
2 g0
2 · 9,81[m /s ]
Pero si calculamos el valor de la aceleración de la gravedad a esa altura, en la que
r = R + h = 6 380 [km] + 3 190 [km] = 9 570 km = 9,57×106 m
La variación de la gravedad con la altura viene de la expresión de la ley de la gravitación universal. Para un
punto a una distancia r del centro de la Tierra, su peso mg es la fuerza con que lo atrae la Tierra.
m g=G
M Tm
r
2
Sustituyendo G MT por g0 RT2
g h =G
MT
r
2
=
g 0 R2T
r
2
=
9,81 [ N· kg1 ] 6,38×106 [ m ]2
1
=4,36 N ·kg ≠g 0
6
2
9,57×10 [ m ]
por lo tanto, hay que utilizar la expresión de la energía potencial gravitatoria referida al infinito.
Sustituyendo G MT por g0 RT2
g 0 R2T m
g 0 R2T m
1
2
mv s =0
2
RT
r
en el que r = RT + h es la distancia al centro de la Tierra desde el punto donde alcanza la altura máxima.
Simplificando
R2T
1 2
vs g 0 R T =g 0
2
r
y despejando r
r=
g 0 R2T
1 2
v g0 R T
2 s
Como vs es la primera velocidad cósmica, su expresión era:
v s =v1 = g 0 R T
Por lo que:
vs2 = g0 RT
y queda:
g 0 R 2T
g 0 R 2T
r=
=
=2 R T
1
1
g 0 RT g 0 R T g 0 RT
2
2
por lo que la altura valdrá:
h = r – RT = 2 RT – RT = RT = 6 380 km
c) De la expresión:
g h =G
MT
r
2
obtenida para el valor de la gravedad terrestre a una distancia r ≥ RT del centro de la Tierra
g h=
g 0 R 2T
r
2
=
g 0 R2T
2
2 R T 
=
g 0 9,81[ N ·kg 1 ]
1
=
=2,45[ N ·kg ]
4
4
Si suponemos la Tierra como una esfera maciza homogénea de densidad ρ, el campo gravitatoria en un punto de una esfera interior depende únicamente de la masa encerrada por esa esfera. (La masa en el exterior de
esa esfera produce un campo gravitatorio nulo, por el teorema de Gauss).
Si se llama ri a la distancia al centro de la Tierra de un punto interior, el valor del campo gravitatorio gi , entonces
gi = G m / ri2
en el que m es la masa de la esfera de radio r.
Si la esfera es homogénea, se calcula la masa m a partir de la densidad:
m = ρ Vr = ρ (4/3) π ri3
Por tanto
gi = G m / ri2 = G ρ (4/3) π ri3/ ri2 = (4/3) π ρ G ri
Como en la superficie de la Tierra el valor del campo gravitatorio es
g0 = G MT / RT2
Substituyendo la masa de la Tierra MT en función de la densidad ρ:
MT = ρ VR = ρ (4/3) π RT3
g0 = G MT / RT2 = G ρ (4/3) π RT3 / RT2 = (4/3) π ρ G RT
Dividiendo la expresión de la intensidad de campo a una distancia r del centro entre el valor en la superficie:
4
 G r i
gi 3
r
=
= i
g0 4
RT
 G R T
3
Si
gi = g0 ri / RT
gh = g0 / 4
y
gi = gh
queda
g0 / 4 = g0 ri / RT
y
ri / RT = 1/4
ri = ¼ RT
por lo que la profundidad, referida al suelo será:
p = RT – ri = RT – ¼RT = ¾ RT = 3 · (6,38×106 m) / 4 = 4,79×106 m = 4 790 km
2.B. Dos planetas esféricos tienen masas diferentes, M1 y M2 = 9 M1, pero en sus superficies la intensidad
del campo gravitatorio es la misma.
a) Calcula la relación entre los radios de los planetas, R2 /R1, y entre sus densidades de masa, 2 / 1.
b) ¿Son iguales las velocidades de escape desde las superficies de los dos planetas?
c) ¿Cuál debería ser la relación T2 / T1 entre sus períodos de rotación si giran ambos de tal manera que los
objetos en su superficie (en el ecuador del planeta) no tienen peso aparente?
◄ ▲ ►
Rta.: a) R2 /R1 = 3; 2 / 1 = 1/3 b) ve2 / ve1 = √‾3 c) T2 / T1 = √‾3
Solución:
La intensidad de campo gravitatorio de una masa M puntual o esférica homogénea en punto que se encuentra
a una distancia R de su centro es:

F
M
g = =G 2 u r
m
R
y en módulo
g =G
M
2
R
Para cada uno de los dos planetas,
g 1 =G
g 2 =G
M1
2
R1
M2
2
R2
Como las intensidades de campo son iguales en ambos planetas,
g1 = g2
igualando las expresiones anteriores, se obtiene:
M1
R
2
1
=
M2
R
2
2
=
9M1
2
R2
de donde
R 22
R
2
1
=9 ⇒
R2
=3
R1
El volumen V de una esfera de radio R es:
V = 4/3 π R3
y la densidad de un planeta esférico homogéneo de masa M y radio R:
=
M
M
=
V 4 / 3  R3
Escribiendo esta ecuación para cada planeta, sustituyendo M2 = 9 M1, y R2 = 3 R1 como acabamos de
obtener, y dividiendo ambas expresiones, queda:
M2
M2
3
2
3
2
9M1
3
2 4 /3  R
R
3 R1 
9 1
=
=
=
= 3=
M1
M1
M1
1
3 3
3
3
3
4 /3  R1
R1
R1
b) La velocidad de escape de un astro es la velocidad mínima que debe tener un objeto en la superficie del
astro para poder alejarse a una distancia infinita del mismo. Como la fuerza gravitatoria es una fuerza cen-
tral, es conservativa (el trabajo de la fuerza es independiente del camino) y la energía mecánica (suma de cinética y potencial) se conserva.
(EC + EP)suelo = (EC + EP)∞
La energía potencial gravitatoria de un objeto de masa m que se encuentra sometido a la atracción de otro de
masa M, situado a un distancia r (supuestos masa puntuales) viene dada por
EP = -G M m / R
en la que G es la constante de la gravitación universal. El origen de energías potenciales está en el infinito
EP∞ = 0
La energía cinética de una masa m que se mueve con una celeridad v, viene dada por:
EC = ½ m v2
Como la velocidad de escape es la velocidad mínima, es la que corresponde a una velocidad nula en el infinito.
-G M m / R + ½ m v2minima suelo = 0 + ½ m v2 ∞ = 0 + 0 = 0

v escape= v minima suelo = 2 G
M
R
Escribiendo esta ecuación para cada planeta, sustituyendo M2 = 9 M1, y R2 = 3 R1, y dividiendo ambas
expresiones, queda:
v escape 2
=
v escape 1
La velocidad de escape del planeta 2 será



9 M1
3 R1
=
= 3
M1
M1
2G
R1
R1
2G
M2
R2
 3 veces mayor que la velocidad de escape del planeta 1.
c) Debido a la rotación de la Tierra alrededor de su eje, la gravedad aparente gE en el ecuador es inferior al
valor del campo gravitatorio g0 de un cuerpo esférico.
gE = g0 – aN = g0 – v2 / RT
En un movimiento circular, la velocidad lineal v es proporcional a la velocidad angular,
v=ωR
siendo R el radio de la circunferencia; y la velocidad angular es inversamente proporcional al período,
ω = 2π / T
de donde
v=ωR=2πR/T
Sustituyendo en la expresión anterior, para un punto en la superficie de un planeta de radio R en el ecuador
gE = g – v2 / R = g – (2 π R / T)2 / R = g – 4 π2 R / T2
Se el peso aparente en el ecuador es nulo,
m gE = 0
0 = g – 4 π2 R / T2
⇒ gE = 0
4 π2 R / T2 = g0
⇒
Despejando T:
T =2 

R
g
Escribiendo esta ecuación para cada planeta, teniendo en cuenta que los campos gravitatorios g en sus superficies son iguales y sustituyendo R2 = 3 R1, y dividiendo ambas expresiones, queda:
 

R2
T2
3 R1
g
=
=
= 3
T1
R1
R1
2
g
2
3.A. El alambre CD se desliza sobre una horquilla metálica en forma de U,
situado sobre un campo magnético constante B dirigido hacia el techo, como
se ve en la figura. Cuando el alambre se desliza hacia la derecha, se produce
una f.e.m. inducida que provoca una corriente I inducida en el alambre. Esta
corriente I sufre una fuerza magnética F debida al campo magnético B, que
es perpendicular al alambre y está dirigida hacia:
A) el suelo.
B) la derecha. C) la izquierda.
◄ ▲ ►
·
·
·
·
B
C
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
D
Solución:
Por la ley de Faraday – Lenz, la fuerza electromotriz inducida en el tramo cerrado viene dada por la expresión
ε = –dΦ / dt
Cuando el alambre CD se mueve hacia la derecha, aumenta el flujo magnético saliente. Por la ley de Lenz,
se induce una corriente que se opone a este aumento, de forma que circula en sentido de las agujas del reloj
para producir un flujo magnético entrante que se opone al aumento de flujo saliente.
Y
Por la ley de Laplace,
F = I (l × B)
el campo magnético B ejerce una fuerza F sobre la corriente I cuyo sentido se puede determinar suponiendo un sistema de referencia como el de la figura.
X+
Z+
F = I (l (-j) × B (+k)) = I l B (–i)
es decir, hacia la izquierda.
·
·
·
·
F
I
Otra forma de verlo es aplicando el principio de conservación de la energía. Para ·
mover el alambre CD con velocidad constante hacia la derecha hay que ejercer
·
una fuerza hacia la derecha que debe valer lo mismo pero ser de sentido contra·
rio a la que hace el campo magnético sobre la corriente del alambre. Por tanto la
·
fuerza que piden es hacia la izquierda.
B
C
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
D
3.B. Sean dos conductores largos y paralelos separados una distancia r, que transportan intensidades I1 e I2
en sentidos opuestos. La fuerza por unidad de longitud que experimenta cada conductor es:
◄ ▲
►
0 I 1 0 I 2
0 I 1 I 2
A)
B) 2×10-7 N
C)
(se repelen)
=
2 r 2  r
2 r
Solución: C
La ley de Biot y Savart lleva a que el valor B del campo magnético creado por un conductor rectilíneo indefinido por el que circula una corriente eléctrica I constante, en un punto a una distancia r, es:
B=
0 I
2 r
La dirección del campo magnético es circular alrededor del hilo y el sentido viene dado por la regla de la mano derecha (colocando el pulgar en
el sentido de la corriente, el sentido del campo ×
magnético viene dado por el del cierre de la
mano)
La ley de Laplace dice que la fuerza que ejerce
un campo magnético B sobre un tramo l de hilo
que transporta una corriente eléctrica I, es, en
módulo:
B2
F1→2
F2→1
I2
I1
F = I l B sen φ
×
La dirección de la fuerza es perpendicular a la corriente y al campo magnético y el sentido viene dado por la
regla de la mano izquierda FBI (si colocamos los dedos pulgar F, índice B y medio I en direcciones perpendiculares, el sentido de la fuerza viene dado por el del dedo pulgar).
La fuerza que ejerce el campo magnético B1 creado por la corriente I1 sobre la corriente I2 es:
F 1toward 2 =I 2 l B1 =I 2 l
0 I 1
2 r
=l
0 I 1 I 2
2 r
y su sentido es alejándose del primer conductor (repulsión).
La fuerza por unidad de longitud es:
F 1 2 0 I 1 I 2
=
l
2 r
La misma expresión se obtiene para la fuerza ejercida por el campo magnético B2 creado por la corriente I2
sobre la corriente I1. El sentido de esta fuerza también es de repulsión.
Las otras opciones:
A. representa la igualdad de los valores de dos campos magnéticos en un punto que diste r lo mismo de ambos conductores, pero no es una fuerza por unidad de longitud.
B. La definición de amperio dice que: "Dos conductores rectilíneos paralelos situados a una distancia de 1
m de distancia están recorridos por intensidades de corriente de 1 Amperio si la fuerza con la que
interactúan por unidad de longitud de conductor es de 2·10-7 N/m. La fuerza será de atracción entre los dos
conductores si las intensidades tienen el mismo sentido y será de repulsión si las intensidades tienen signos
contrarios". La fuerza por unidad de longitud será de 2·10-7 N/m si la intensidad de corriente que circular
por cada conductor es de 1 A.
4.A. La energía que transporta una onda es proporcional a:
a) la frecuencia;
c) los cuadrados de la frecuencia y de la amplitud;
d) la distancia recorrida.
b) la amplitud;
◄ ▲ ►
Solución: c)
La energía que transporta una onda es la energía del oscilador que está en el foco:
E = ½ m v2 + ½ k x2 = ½ k A2 = ½ m v2máx
Si derivamos la ecuación de la onda
y = A cos 2π(t / T – x / λ)
respecto al tiempo:
v = dy / dt = -A (2 π / T) sen 2π(t / T – x / λ) = - 2 π A ν sen 2π(t / T – x / λ)
el valor máximo de v es:
vmáx = 2 π A ν
y la energía
E = ½ m v2máx = ½ m (2 π A ν)2 = 2 π m A2 ν2
4.B. Al aplicar el principio de Huygens a la refracción de una onda que atraviesa un plano de separación entre dos medios, se llega a que el ángulo que forma el frente de onda refractado con el plano:
A. Es siempre igual que el ángulo del frente incidente con el plano.
B. Es siempre menor que el ángulo del frente incidente con el plano.
C. Con respeto al ángulo del frente incidente, depende de las velocidades de la onda en ambos medios.
◄ ▲ ►
Solución:
El principio de Huygens dice que cualquier punto alcanzado por un frente de ondas se convierte en un nuevo
foco emisor de ondas, y que el nuevo frente de ondas se construye cómo la envolvente de los frentes creados
por los nuevos focos.
Cuando un frente de ondas llega la un plano de separación entre dos medios, una parte de él lo atraviesa y
pasa al segundo medio, dando lugar a un frente de ondas refractado.
Si ci es la velocidad de la onda en el medio incidente y cr es velocidad
de la onda en el segundo medio, en el diagrama siguiente la línea AB
representa el frente de onda incidente en el momento en que uno de sus
B
extremos toca el plano de separación.
ci t
Durante el tiempo t en el que la onda que viajaba por el primero medio
i
recorre la distancia BC = ci t, la onda generada con foco en A se
A
C
r
propaga por el segundo medio y recorre la distancia AD = cr t.
cr t
D
De los triángulos BAC y ACD se pode deducir
BC

AC BC ci t c i
sen i
=
=
= =
sen r AD AD c r t cr
AC
Por lo tanto, la respuesta correcta es la C, ya que el ángulo de refracción ∠r está relacionado con el ángulo
de incidente ∠i por la ecuación anterior (2ª ley de Snell).
5.A. En las lentes divergentes la imagen es siempre:
A) Derecha, mayor y real.
B) Derecha, menor y virtual.
C) Derecha, menor y real.
Solución:
En el esquema de rayos, se ve que, sea cual sea la posición del objeto,
la imagen sale siempre derecha, virtual y menor.
O
F
O
I
F I
◄
▲
►
5.B. La distancia focal es la mitad del radio en:
A) los espejos esféricos
B) las lentes
C) el dioptrio esférico.
◄
▲
►
Solución: A
En el espejo vertical de la figura, siguiendo el criterio de signos DIN, el ángulo que va
del rayo incidente hacia la normal, al ser contrario al sentido de las agujas del reloj es
negativo, mientras que el ángulo que va del rayo reflejado a la normal, al ser del sentido de las agujas del reloj es positivo.
Según la ley de Snell de la refracción:
î (-)
r (+)
n sen i = n' sen r
pero, usando la aproximación paraxial:
α ≈ sen α ≈ tg α
n i = n' r
Pero, por la ley de Snell de la reflexión:
│i│ = │r│
Al ser iguales, pero de signos opuestos:
i = -r
por tanto:
n = -n'
Aplicando la ecuación del dioptrio esférico:
n ' n n ' n
=
s' s
R
a un espejo esférico de radio R,
n ' n ' n ' n '
 =
s' s
R
1 1 2
 =
s' s R
Si tomamos foco objeto como el punto cuya imagen se forma en el infinito: f = s y s' = ∞
1 1 2
 =
∞ f R
de donde
f=R/2
6.A. Analiza como minimizar los posibles errores experimentales en la determinación de g mediante un pén◄ ▲ ►
dulo simple
Solución:
Un péndulo ideal o péndulo simple es una masa puntual que cuelga de un hilo inextensible de masa despreciable.
En la práctica se cuelga una bola de una cuerda.
Para minimizar los errores
Se usa una cuerda poco «elástica» de masa mucho menor que la bola.
La oscilación del péndulo debe realizarse en un plano vertical. No debe permitirse que describa un trayectoria elíptica paralela al suelo.
El ángulo de separación máximo ha de ser pequeño, porque para que el movimiento sea armónico simple, el
ángulo  de separación del hilo con la vertical debe ser aproximadamente igual a su seno.
sen ≈ 
En la medida de la longitud del péndulo, debe medirse desde punto de sustentación del hilo hasta el centro
de la esfera.
Para aumentar la precisión del período se mide el tiempo de 10 o 20 oscilaciones y se calcula el período dividiendo ese tiempo por el número de oscilaciones.
Al soltar la esfera, se deja oscilar dos o tres veces para que se estabilice, antes de poner en marcha el cronómetro.
6.B. En el estudio estático de un resorte se representan los puntos de las longitudes (li) frente a las fuerzas
aplicadas (Fi), dando una línea recta. En el estudio dinámico del mismo resorte se representan las masas (mi)
frente los cuadrados de los períodos (Ti2), obteniéndose también una recta. ¿Tienen ambas la misma
pendiente? Razona la respuesta.
◄ ▲
Solución:
En el estudio estático se usa la ley de Hooke:
F = k ∆l
Si ∆l se representa en el eje de ordenadas, y las fuerzas F en el eje de abscisas, la pendiente de la recta será:
pendiente estudio estático = pe = ∆l / ∆F =1 / k
igual al inverso de la constante elástica del resorte.
En el estudio dinámico, la ecuación empleada es la relación entre la constante elástica k y la constante armónica ω
k = m ω2 = 4 π2 m / T2
En la representación, las masas están en el eje de ordenadas y los cuadrados de los períodos en el de abscisas. Entonces:
pendiente estudio dinámico = pd = ∆m / ∆T2 = k / 4 π2
Por lo tanto la pendiente de la representación derivada del estudio dinámico debería ser:
pd = k / 4 π2 = 1 / (pe 4 π2)
distinta a la obtenida por el método estático.