Download 1 FÍSICA Modelo 2005 PRIMERA PARTE

FÍSICA
Modelo 2005
INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN
La prueba consta de dos partes:
La primera parte consiste en un conjunto de cinco cuestiones de tipo teórico, conceptual o
teórico-práctico, de las cuales el alumno debe responder solamente a tres.
La segunda parte consiste en dos repertorios A y B, cada uno de ello constituido por dos
problemas. El alumno debe optar por uno de los dos repertorios y resolver los dos problemas del
mismo. (El alumno podrá hacer uso de calculadora científica no programable).
TIEMPO: Una hora y treinta minutos.
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 indicaciones expresa en los enunciados.
PRIMERA PARTE
Cuestión 1.- Razone si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones:
a) Un objeto de masa m1 necesita una velocidad de escape de la Tierra el doble que la que
necesita otro objeto de masa m 2 = m1 2
Solución.
FALSO. La velocidad de escape desde la superficie de la tierra se puede deducir sabiendo que la
energía a una distancia infinita de la tierra es cero, y por tanto, si la energía que tiene un cuerpo en la
superficie terrestre es:
M ⋅m
E Sup = −G ⋅ T 1 (Energia potencial gravitatoria)
RT
habrá que imprimirle una energía cinética de escape:
E c (Esc ) =
1
m1 ⋅ v 2Esc
2
de forma que.
E Sup + E c (Esc ) = 0
sustituyendo las expresiones de ambas energías se despeja la velocidad de escape.
M ⋅m
1
− G ⋅ T 1 + m1 ⋅ v 2Esc = 0
RT
2
v Esc = 2G ⋅
MT
RT
Expresión que pone de manifiesto que la velocidad de escape de un planeta no depende de la
masa del cuerpo, por tanto la velocidad de escape será idéntica para ambos cuerpos.
1
Modelo 2005
b) Se precisa realizar más trabajo para colocar en una misma órbita un satélite de masa m1 que
otro satélite de masa m 2 = m1 2 , lanzados desde la superficie de la Tierra.
Solución.
VERDADERO. Si consideramos el campo gravitatorio como puramente conservativo:
W = −∆E p = Ep o − Ep f
W = −G ⋅
1
M T ⋅ m1 
M ⋅m 
1
−  − G ⋅ T 1  ´´ W = G ⋅ M T ⋅ m1  −
RT
r


 r RT
donde r > R T



Como vemos, este trabajando si que depende de la masa del cuerpo m1, (además de ser negativo,
lo que indica que el trabajo lo realizamos nosotros “en contra” del campo, gastamos energía)
m
Según se observa en la formula anterior, si m 2 = 1
2
m1  1 1 
 −

W = G·M T ·
2  r R T 
Cuanto mayor es la masa del cuerpo, más trabajo tenemos que realizar, por tanto, el satélite de
masa m1 requiere efectuar mas trabajo que el de masa m 2 = m1
2
Cuestión 2.- Delante de una lente convergente se coloca un objeto perpendicularmente a su eje óptico.
a) ¿A qué distancia de la lente debe colocarse para obtener una imagen de igual tamaño e
invertida? ¿Cuál es la naturaleza de esta imagen?
Solución.
Si la imagen es de igual tamaño e invertida:
y′
y′ = −y
= −1
y
aplicando la relación:
y′ s′
=
y s
s′
= −1
s
s ′ = −s
y aplicando la ecuación de la lente:
1 1 1
1 1 1
−2 1
− =
− =
=
s′ s f ′
−s s f ′
5
f′
s
s′
f′= −
ó
f′=
s′ = 2 ⋅ f ′
s = −2 ⋅ f ′
2
s
por tanto, tenemos que colocar el objeto a una distancia de la lente, doble de la distancia focal.
La imagen es REAL de igual tamaño e invertida.
2
Modelo 2005
b) ¿A qué distancia de la lente debe colocarse para obtener una imagen de doble tamaño y
derecha? ¿Cuál es la naturaleza de esta imagen?
Efectúe la construcción geométrica en ambos apartados.
Solución.
Si la imagen es de doble tamaño y derecha:
y′ = 2y
como sabemos que
y′ s′
=
y s
tenemos que
s′
=2
s ′ = 2s
s
con la ecuación de la lente de nuevo, vemos la relación entre la posición del objeto y la distancia focal:
1 1 1
1 1 1
−1 1
− =
− =
=
′
′
′
s s f
2s s f
2s f ′
f′
f ′ = −2s
s=−
2
Por lo tanto colocamos el objeto a la mitad de la distancia focal, y la imagen se forma en el foco
objeto F.
s ′ = −f ′
NATURALEZA DE LA IMAGEN: Imagen VIRTUAL, directa y de mayor tamaño que el
objeto.
Cuestión 3.- Dos cargas puntuales de +6µC y − 6µC están situadas en el eje X, en dos puntos A y B
distantes entre sí 12 cm. Determine:
a) El vector campo eléctrico en el punto P de la línea AB, si AP = 4 cm. y PB = 8 cm.
Solución.
El campo eléctrico en P, es la suma vectorial de los campos que generan cada una de las cargas
en dicho punto:
E p = E p ( A ) + E p ( B)
q
6 ×10 −6
E p ( A ) = k· A U r = 9 × 10 9 ⋅
i
r2
(0'04)2
E p ( A ) = 3'38 ×10 7 (N c ) i
3
Modelo 2005
q
E p ( B) = k ⋅ B U r
r2
sustituyendo por los valores:
E p ( B) = 9 × 10 9 ⋅
6 ×10 −6 C
(0'08)
2
i = 0'84 × 10 7 (N C ) i
El campo total en P, es la suma vectorial de dos vectores de la misma dirección y sentido:
N
E p = 3'38 × 10 7 + = 0'84 × 10 7 = 4'22 ×10 7   i
C
la dirección de los valores unitarias u r las deducimos, suponiendo en el punto P, la unidad de carga
positiva (SIEMPRE).
b) El potencial eléctrico en el punto C perteneciente a la mediatriz del segmento AB y distante 8
cm. de dicho segmento.
Datos: Constante de la ley de Coulomb K = 9 x 109 Nm2 C-2
Solución.
El potencial, a deferencia del campo eléctrico, se trata de una magnitud escalar, por tanto sumamos
escalarmente los potenciales producidos por ambas cargas en ese punto C:
VC = VC( A ) + VC( B)
VC( A ) = k·
q A 9·10 9 ·6·10 −6
=
r
0'1
VC( A ) =
54·10 3
0'1
VC( A ) = 54 000 V
Aplicando la misma expresión para la carga B:
q
9·10 9 · − 6·10 −6
VcB = k· B =
= −54 000 V
r
0'1
(
)
Por tanto:
Vc = 54000 + (−54000) ⇒ Vc = 0
El potencial eléctrico en C es nulo. Al ser el potencial, escalar, tenemos que tener en cuenta el
signo de las cargas en la expresión correspondiente.
4
Modelo 2005
Cuestión 4.- Un solenoide de resistencia 3'4 ×10 −3 Ω está formado por 100 espiras de hilo de cobre y se
encuentra situado en un campo magnético de expresión B = 0'01⋅ cos(100π ⋅ t ) en unidades SI. El eje del
solenoide es paralelo a la dirección del campo magnético y la sección transversal del solenoide es de 25
cm2. Determine:
a) La expresión de la fuerza electromotriz inducida y su valor máximo.
Solución.
Establecer en primer lugar, un sistema de referencia, para poder referir a él las coordenadas de
cualquier vector.
La fuerza electromotriz, o voltaje inducido, se produce cuando varía el flujo electromagnético
que atraviesa la sección trasversal de la espira, que en este caso, se produce porque B = B(t )


:φ = N⋅ B ⋅ S
φ = N ⋅ B ⋅ S ⋅ cos 0º 

φ = N⋅BoS
Sustituyendo valores:
φ = 100 ⋅ 0'01 ⋅ cos(100πt ) ⋅ 25 ×10 −4 = 25 ×10 −4 cos(100πt ) (Wb)
Para obtener la fuerza electromotriz se deriva el flujo respecto del tiempo:
dφ
d
E=−
=−
25 ×10 − 4 cos(100πt ) = − 25 × 10 − 4 (− sen (100πt )) ⋅100π
dt
dt
E = 100π ⋅ 25 ×10 − 4 sen (100πt )
[
] [
]
El valor máximo se obtiene de la fuerza electromotriz se obtiene cuando la parte trigonométrica
vale 1.
E max = 25 ×10 −2 π V
b) La expresión de la intensidad de la corriente que recorre el solenoide y su valor máximo.
Solución.
Si aplicamos la ley de Ohm, tenemos para intensidad:
E (t )
100π ⋅ 25 ×10 −4 sen (100πt )
E = I⋅R
I (t ) =
I (t ) =
R
3'4 ×10 −3 Ω
250π
I (t ) =
·sen (100πt )
3'4
Los valores máximos se obtienen cuando sen (100πt ) = 1; por tanto:
I max = 73'5π A
5
Modelo 2005
Cuestión 5.- Una partícula α y un protón tienen la misma energía cinética. Considerando que la masa de
la partícula α.es cuatro veces la masa del protón:
a) ¿Qué relación existe entre los momentos lineales de estas partículas?
Solución.
Ec p = Ec α
m α = 4mp
Los momentos lineales son:
Pp = m p ⋅ v p
Pα = m α ⋅ v α
Puesto que las energías cinéticas son iguales:
1
1
m p ⋅ v 2p = m α ⋅ v α2
2
2
o también:
Pp2
2m p
=
Pα2
2m α
Pp2
Pα2
=
mp
Pp
mα
Pα
=
mp
4m p
y entonces, la relación entre los momentos lineales es:
Pp 1
1
=
Pp = Pα
Pα 2
2
b) ¿Qué relación existe entre las longitudes de onda de De Broglie correspondiente a estas
partículas?
Solución.
La relación entre las longitudes de onda de De Broglie:
h 
λp =
Pp  λ p Pα
:
=
=2
h  λ α Pp
λα =
Pα 
por tanto
λ p = 2λ α
6
Modelo 2005
SEGUNDA PARTE
REPERTORIO A
Problema 1.- Una partícula de masa 100 g realiza un movimiento armónico simple de amplitud 3 m y
cuya aceleración viene dada por la expresión a = −9π 2 x en unidades SI. Sabiendo que se ha empezado a
contar el tiempo cuando la aceleración adquiere su valor absoluto máximo en los desplazamientos
positivos, determine:
a) El periodo y la constante recuperadora del sistema.
Solución.
Sabiendo que en un m.a.s:
a = −ω 2 x
y por otro lado, según el enunciado:
a = −9 π 2 x
comparando ambas expresiones:
ω 2 = 9π 2
ω = 3π rad
s
la constante recuperadora del sistema k se relaciona con w:
k = m ⋅ ω 2 = 0'1 ⋅ 9π 2 = 0'9π 2
Conocida la velocidad angular, el periodo se calcula con:
2π
2π
2
T=
Por tanto : T =
T = seg
w
3π
3
b) La expresión matemática del desplazamiento en función del tiempo x = x (t).
Solución.
x (t ) = A·sen (ωt + ϕ o )
De esta expresión lo único que falta por determinar es ϕ o . La fase inicial la hallamos sabiendo
que en t = 0, x = A :
π
x (0) = Asen (ω ⋅ 0 + ϕ o ) = A
sen ϕ o = 1
ϕo =
2
Por tanto, la expresión para la ecuación del movimiento es:
x (t ) = 3sen 3πt + π
2
(
)
c) Los valores absolutos de la velocidad y de la aceleración cuando el desplazamiento es la mitad
del máximo.
Solución.
A 3
Para calcular la velocidad y la aceleración cuando x = = m , se tiene en cuenta la
2 2
3
27 2 m
a = − ω 2 ·x
a = 9π 2 ·
a=
π
s2
2
2
Conociendo la relación entre v, a y x, despeja v:
v = ω⋅ A 2 − x 2
2
27 m
3
v = 3π· 9 −   = 27 =
4
s
2
2
 
d) Las energías cinética y potencial en el punto donde tiene velocidad máxima.
Solución.
El punto donde tiene velocidad máxima es el origen, o punto de elongación cero, ya que tiene
que conservarse la energía mecánica total de la partícula, y en el origen esta solo tiene energía cinética,
que por tanto es máxima. (como consecuencia, su velocidad también lo es).
7
Modelo 2005
1
1
m ⋅ v 2max = k ⋅ A 2 (E TOTAL )
2
2
1
E c = ⋅ 0'9π 2 ⋅ 9 = 4'05π 2 J
2
La energía potencial depende de la elongación X, por tanto es nula en el origen.
1
E p = k·x 2 (x = 0 ) E p = 0
2
Ec =
Problema 2.- Una partícula cargada pasa sin ser desviada de su trayectoria rectilínea a través de dos
campos, eléctrico y magnético, perpendiculares entre sí. El campo eléctrico está producido por dos placas
metálicas paralelas (situadas a ambos lados de la trayectoria) separadas 1 cm y conectadas a una
diferencia de potencial de 80 V. El campo magnético vale 0,002 T. A la salida de las placas, el campo
magnético sigue actuando perpendicularmente a la trayectoria de la partícula, de forma que, ésta describe
una trayectoria circular de 1,14 cm de radio. Determine:
Solución.
Suponiendo que la carga es positiva:
Sabiendo que la diferencia de potencial entre las placas es 80V y la distancia entre ambas es de
1cm:
E=
( )
∆V
80V
=
= 8000 N
c
d
0'01m
B = 0'002 (T ) k
r
E = E j = 8000 N
( c)j
a) La velocidad de la partícula en la región entre las placas.
Solución.
Sabiendo que la Fm tiene que ser igual a la Feléctrica:(en módulo)
E
q·v·B = q·E
v=
B
sustituyendo:
8000 N
c = 4 × 10 6 m
V=
s
0'002T
b) La relación masa/carga de la partícula.
Solución.
Si la partícula describe una circunferencia de 1’14 cm de radio, podemos utilizar este dato
sabiendo que la fuerza magnética, a la salida de las placas, actúa como fuerza centrípeta:
Fm = q ⋅ v ⋅ B = m·
v2
R
m R ⋅B
=
q
v
Puesto que conocemos todos los datos, sólo tenemos que sustituir:
−2
m = 1'14 × 10 ⋅ 0'002T = 5,7·10 −12 kg
q
C
4·10 6 m
s
8
Modelo 2005
REPERTORIO B
Problema 1.
Se tienen tres medios transparentes de índices de refracción n1, n2 y n3 separados entre si por superficies
planas y paralelas. Un rayo de luz de frecuencia ν = 6×1014 Hz incide desde el primer medio (n1 = 1’5)
sobre el segundo formando un ángulo θ = 30º con la normal a la superficie de separación.
a) Sabiendo que el ángulo de refracción en el segundo medio es θ 2 = 23,5º , ¿cuál será la longitud
de onda de la luz en este segundo medio?
Solución.
Aplicando la ley de Snell entre el primer y el segundo medio:
n 1 sen θ1 = n 2 sen θ 2
calculemos n2:
1'5·sen 30º = n 2 ·sen 23'5º
n2 =
1'5·sen 30º
sen 23'5º
n 2 = 1'88
La relación entre el índice de refracción y la longitud de onda en este medio:
c 
n2 =
c

v2  : λ2 =
n
2 ⋅ν
v 2 = λ 2 ⋅ ν 
Sustituyendo los datos del problema, y sabiendo que c = 3·10 8 m :
s
λ2 =
3·10 8
1'88·6·1014 Hz
= 3'76·10 6 m
Utilizamos en este problema el hecho de que la frecuencia de la luz no varía, cuando ésta pasa de
un medio a otro de índice n distinto, pero si la longitud de onda y la velocidad en ese medio, en función
de n.
b) Tras atravesar el segundo medio el rayo llega a la superficie de separación con el tercer medio.
Si el índice de refracción del tercer medio es n 3 = 1,3 , ¿cuál será el ángulo de emergencia del
rayo? Dato: Velocidad de la luz en el vacío e = 3 x 108 m s-1
Solución.
Si n 3 = 1'3
Aplicando de nuevo la ley de snell, hallando el ángulo de emergencia del rayo.
n 2 sen θ 2 = n 3 sen θ 3
1'88·sen 23'5 = 1'3·sen θ 3
Despejando θ 3 :
sen θ 3 =
1'88·sen 23'5
1'3
sen θ 3 = 0'576
9
Modelo 2005
θ 3 = 35'2º
Problema 2.- Dos hilos conductores de gran longitud, rectilíneos y paralelos, están separados una
distancia de 50 cm, tal como se indica en la figura. Si por los hilos circulan corrientes iguales de 12 A de
intensidad y con sentidos opuestos, calcule el campo magnético resultante en los puntos indicados en la
figura:
Dato: Permeabilidad magnética del vacío µ 0 = 4π × 10 -7 NA −2
a) Punto P equidistante de ambos conductores.
El campo total en el punto P es la suma vectorial de los campos producidos por cada corriente.
B p = B1 + B 2
Escogemos un sistema de referencia, para dar el carácter vectorial a B. Utilizando la regla de la
mano derecha o la del sacacorchos, se determina el sentido de giro de las líneas de fuerza alrededor de
cada hilo, en el hilo de la izquierda, las líneas de fuerza giran en sentido antihorario mientras que en el
conductor de la derecha lo hacen en sentido contrario, por lo tanto, los vectores inducción magnética
creados por ambos hilos, tienen la misma dirección y sentido
r
r
µ I r
µ ·I r
B1 = − o 1 k
B2 = − o 2 k
2π·a
2π·a
−7
r
r
r
r
r
µ
4π × 10
−5
B p = B1 + B 2 = − o [I1 + I 2 ] k = −
(
12
+
12
)
=
−
1
'
92
×
10
k
(T )
2π·a
2π ⋅ 25 × 10− 2
b) Punto Q situado a 50 cm de un conductor y a 100 cm del otro.
Solución.
Para el punto Q, operamos de forma análoga. Por la regla de la mano derecha, comprobamos que
en este caso B1 y B 2 son vectores de sentido contrario:
r
r
r
µ ⋅I
4π × 10 −7 ⋅ 12
B1 = o 2 =
B1 = −24 × 10 − 7 k (T )
2π·1
2π ⋅ 1
r
r
r
µ o ⋅ I 2 4π × 10 − 7 ⋅ 12
B2 =
=
B 2 = 48 × 10 − 7 k (T )
2π·0'5
2 π ⋅ 0'5
Utilizando el principio de superposición, se suman los campos creados por ambos hilos en el
punto Q:
r
r
r
r
r
r
r
BT = ∑ Bi = B1 + B2 = −24 × 10−7 k + 48 × 10−7 k = 24 × 10 −7 k (T )
10
Modelo 2005