Download Xuño 1

PAU
Código: 25
XUÑO 2013
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.- Disponse de varias cargas eléctricas puntuais. Se nun punto do espazo próximo ás cargas o potencial
eléctrico é nulo: A) Pode haber campo eléctrico nese punto. B) As liñas do campo córtanse nese punto. C) O
campo non é conservativo.
C.2.- Dous focos O1 e O2 emiten ondas en fase da mesma amplitude (A), frecuencia (f) e lonxitude de onda
(λ) que se propagan á mesma velocidade, interferindo nun punto P que está a unha distancia λ m de O1 e 3 λ
m de O2. A amplitude resultante en P será: A) Nula. B) A. C) 2 A.
C.3.- Prodúcese efecto fotoeléctrico cando fotóns de frecuencia f, superior a unha frecuencia limiar f0, inciden sobre certos metais. Cal das seguintes afirmacións é correcta? A) Emítense fotóns de menor frecuencia.
B) Emítense electróns. C) Hai un certo atraso temporal entre o instante da iluminación e o da emisión de
partículas.
C.4.- A constante elástica dun resorte pódese medir experimentalmente mediante o método dinámico. Explica brevemente o procedemento seguido no laboratorio.
P.1.- Un satélite de 200 kg describe unha órbita circular a 600 km sobre a superficie terrestre: a) Deduce a
expresión da velocidade orbital. b) Calcula o período de xiro. c) Calcula a enerxía mecánica.
(Datos: RT = 6 400 km; g0 = 9,81 m/s2)
P.2.- Un raio de luz pasa da auga (índice de refracción n = 4/3) ao aire (n = 1). Calcula: a) O ángulo de incidencia se os raios reflectido e refractado son perpendiculares entre si. b) O ángulo limite. c) Hai ángulo lími te se a luz incide do aire á auga?
OPCIÓN B
C.1.- Un planeta describe unha órbita plana e elíptica arredor do Sol. Cal das seguintes magnitudes é constante? A) O momento lineal. B) A velocidade areolar. C) A enerxía cinética.
C.2.- Se se desexa obter unha imaxe virtual, dereita e menor que o obxecto, úsase: A) Un espello convexo.
B) Unha lente converxente. C) Un espello cóncavo.
1
141
A
1
U + 0n → 56 Ba + Z X +3 0n cúmprese que: A) É unha fusión nuclear. B) Libérase enerxía correspondente ao defecto de masa. C) O elemento X é 92
.
35 X
C.3.- Na reacción
235
92
C.4.- Na medida experimental da aceleración da gravidade g cun péndulo simple, que precaucións se deben
tomar con respecto á amplitude das oscilacións e con respecto á medida do período de oscilación?
P.1.- Un protón con velocidade v = 5×106 i m/s penetra nunha zona onde hai un campo magnético B = l j T.
a) Debuxa a forza que actúa sobre o protón e deduce a ecuación para calcular o radio da órbita. b) Calcula o
número de voltas nun segundo. c) Varía a enerxía cinética do protón ao entrar nesa zona?
(Datos: mprotón = 1,67×10-27 kg; qprotón = 1,6×10-19 C)
P.2.- Unha partícula de masa m = 0,1 kg, suxeita no extremo dun resorte, oscila nun plano horizontal cun
M.H.S., sendo a amplitude A = 0,20 m e a frecuencia f = 5 s-1. No instante inicial a posición é x = A. Calcula
para t = T/8 s: a) A velocidade e aceleración. b) A enerxía mecánica. c) A frecuencia con que oscilaría se se
duplica a masa.
Solucións
OPCIÓN A
C.1.- Disponse de varias cargas eléctricas puntuais. Se nun punto do espazo próximo ás cargas o
potencial eléctrico é nulo:
A) Pode haber campo eléctrico nese punto.
B) As liñas do campo córtanse nese punto.
C) O campo non é conservativo.
Solución: A
Por exemplo, en calquera punto equidistante de dúas cargas do mesmo valor e distinto signo (dipolo eléctri co).
O potencial electrostático creado por unha carga puntual Q nun punto que está a unha distancia r da carga é:
V =K
Q
r
onde K é a constante electrostática do medio.
Calquera punto que se atope á mesma distancia de ambas cargas, terá un potencial nulo, xa que o potencial
nese punto será a suma dos potenciais creados por cada unha das cargas:
V =K
Q
−Q
+K
=0
r
r
e as cargas son opostas e as distancias iguais.
Pero o campo electrostático no punto non é nulo, pois é a suma vectorial dos vectores campo
creados por cada unha das dúas cargas que produce unha resultante que non é nula, como se
pode ver na figura.
EC
As outras opcións:
B. Falsa. Unha das propiedades das liñas de campo é que non se cortan en ningún punto, xa
que o campo en cada punto é único en valor e dirección. As liñas de campo debúxanse de for ma que o vector campo é tanxente a elas en cada punto. Si dúas liñas se cortasen existirían
dous vectores campo tanxentes a cada liña nese punto, o que vai en contra da definición.
C. Falsa. O campo electrostático é un campo conservativo. O traballo da forza do campo cando A(-)
unha carga de proba móvese entre dous puntos non depende do camiño. (Doutro xeito, a circulación do vector campo ao longo dunha liña pechada é nulo).
EB→C
C
EA→C
B(+)
C.2.- Dous focos O1 e O2 emiten ondas en fase da mesma amplitude (A), frecuencia (f) e lonxitude de
onda (λ) que se propagan á mesma velocidade, interferindo nun punto P que está a unha distancia λ m de O1 e 3 λ m de O2. A amplitude resultante en P será:
A) Nula.
B) A.
C) 2 A.
A
2A
Solución: C
O1
O2
P
λ
3λ
Representamos dúas ondas que se propagan de esquerda a dereita desde dous puntos O1 e O2 de xeito que o
punto P atópese a unha distancia λ de O1 e a unha distancia 3 λ de O2. Como a diferenza de camiños é un
número enteiro de lonxitudes de onda, os máximos coinciden e se amplifican e a interferencia é construtiva.
Como a frecuencia, a fase e amplitude son a mesma, a
onda resultante será:
y = y1 + y2 = A sen(ω t – k x1) + A sen(ω t – k x2)
(
y=2 A sen ω t−k
) (
( x1 + x2)
( x 1 −x 2 )
cos k
2
2
)
Como x1 – x2 = 2 λ e k = 2 π / λ, queda
y = 2 A sen(ω · t – 4 π) cos (2 π) = 2 A sen(ω · t)
unha onda da mesma frecuencia, en fase coas iniciais e co dobre de amplitude.
C.3.- Prodúcese efecto fotoeléctrico cando fotóns de frecuencia f, superior a unha frecuencia limiar
f0, inciden sobre certos metais. Cal das seguintes afirmacións é correcta?
A) Emítense fotóns de menor frecuencia.
B) Emítense electróns.
C) Hai un certo atraso temporal entre o instante da iluminación e o da emisión de partículas.
Solución: B
O efecto fotoeléctrico consiste na emisión de electróns por un metal cando se ilumina con luz de frecuencia
superior a unha determinada frecuencia coñecida como frecuencia limiar e que é unha característica de cada
metal. A súa interpretación por Einstein foi a confirmación da teoría cuántica de Planck. Segundo esta interpretación a luz non está constituída por ondas, como xa quedara demostrado, senón por unhas partículas ás
que denominou fotóns, cada unha delas posuidora dunha enerxía E proporcional á frecuencia f da luz, sendo
h, a constante de Planck, o factor de proporcionalidade.
E=h·f
As outras opcións:
A. Falsa. O fenómeno polo que algunhas sustancias emiten radiación de menor frecuencia ao ser iluminadas
coñécese como fluorescencia, pero non ten nada que ver co efecto fotoeléctrico.
C. Falsa. Unha das leis experimentais do efecto fotoeléctrico di que a emisión de electróns polo metal é instantánea ao ser iluminado coa frecuencia adecuada. Non existe ningún atraso.
C.4.- A constante elástica dun resorte pódese medir experimentalmente mediante o método dinámico. Explica brevemente o procedemento seguido no laboratorio.
Solución:
Na medida da constante elástica dun resorte polo método dinámico tírase cara abaixo dunha masa de valor
coñecido que colga dun resorte e déixase oscilar, medindo o tempo de varias oscilacións (10, por exemplo).
Calcúlase o período dividindo o tempo entre o número de oscilacións.
Repítese o procedemento para outras masas coñecidas.
Da ecuación do período do resorte,
T =2 

m
k
que pode escribirse como:
T2 = 4 π2 m / k
determínase o valor de constante.
No método gráfico represéntanse os cadrados dos períodos no eixe de ordenadas fronte ás masas no de abscisas. A gráfica debería dar unha liña recta de pendente:
pendente estudio dinámico = pd =ΔT2 / Δm = 4 π2 / k
Determinando a pendente, pódese calcular o valor de constante:
k = 4 π2 / pd
No método analítico calcúlase a constante do resorte k para cada masa e áchase o valor medio. Este método
ten o problema de que se a masa do resorte non é desprezable fronte á masa pendurada, os resultados levan
un erro sistemático.
P.1.- Un satélite de 200 kg describe unha órbita circular a 600 km sobre a superficie terrestre:
a) Deduce a expresión da velocidade orbital.
b) Calcula o período de xiro.
c) Calcula a enerxía mecánica.
Datos: RT = 6 400 km; g0 = 9,81 m/s2
Rta.: a) v =
√
2
g 0 RT
; b) T = 1 h 37 min; b) E = -5,74×109 J
r órb
Datos
Masa do satélite
Altura da órbita
Radio da Terra
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Incógnitas
Velocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra
Período orbital do satélite
Enerxía mecánica do satélite na sua órbita
Outros símbolos
Masa da Terra
Constante da gravitación universal
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Enerxía mecánica
Cifras significativas: 3
m = 200 kg
h = 600 km = 6,00×105 m
RT = 6 400 km = 6,40×106 m
g0 = 9,81 m/s2
v
T
E
MT
G
F G =G
MTm
r 2órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
Ec = ½ m v2
MT m
E p =−G
r órb
E = Ec + Ep
a N=
Solución:
a) Como a única forza sobre do satélite a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Terra,
∑F = FG
m · a = FG
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular de radio
rórb = RT + h = 6,40×106 [m] + 6,00×105 [m] = 7,00×106 m
con velocidade de valor constante, polo que a aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
Despexando a velocidade, queda
v=
√
GMT
r órb
Como non se teñen os datos da constante da gravitación universal nin da masa da Terra, haberá que ter en
conta que na superficie da Terra o peso dun corpo mg0 é igual á forza gravitatoria
m g 0 =G
MTm
2
RT
G MT = g0 RT2
Substituíndo G MT por g0 RT2 na ecuación da velocidade, queda
v=
√
√ √
2
2
6
2
GMT
g 0 RT
9,81 [m / s ] ·(6,40×10 [ m])
3
=
=
=7,58×10 m /s=7,58 km /s
6
r órb
r órb
7,00×10 [m ]
Análise: Espérase que un satélite en órbita arredor da Terra teña unha velocidade dalgúns km/s. O resultado está dentro da orde de magnitude.
Concretamente o enunciado do problema non pide que se calcule a velocidade, pero mellor é calculala
polo si ou polo non. Ademais, vaise necesitar no cálculo do período orbital.
b) O período orbital do satélite é o do movemento circular uniforme de velocidade 7,58×103 m/s. Despexando o período, T, da expresión da velocidade do M.C.U.
T=
2 π · r órb 2 π· 7,00×106 [m ]
=
=5,81×103 s=1 h 37 min
3
v
7,58×10 [ m /s]
c) A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial. A enerxía potencial vén dada por:
E p =−G
M T m g 0 R2T m 9,81 [ m /s2 ]·(6,40×10 6 [ m ])2 · 200 [kg ]
=
=
=−1,15×10 10 J
6
r órb
r órb
7,00×10 [ m]
e a enerxía cinética
Ec = 1/2 m v2 = [200 [kg] (7,58×103 [m/s])2] / 2 = 5,74×109 J
polo que a enerxía mecánica valerá
E = Ec + Ep = 5,74×109 [J] – 1,15×1010 [J] = -5,74×109 J
Análise: pode comprobarse que a enerxía potencial vale o dobre que a enerxía cinética, pero é negativa por
ser un sistema ligado. A enerxía mecánica vale o mesmo que a enerxía cinética, pero é negativa.
P.2.- Un raio de luz pasa do auga (índice de refracción n = 4/3) ao aire (n = 1). Calcula:
a) O ángulo de incidencia se os raios reflectido e refractado son perpendiculares entre si.
b) O ángulo límite.
c) Hai ángulo límite se a luz incide do aire á auga?
Rta.: a) θi = 36,9º; b) λ = 48,6º
Datos
Índice de refracción do aire
Índice de refracción da auga
Ángulo entre o raio refractado e o reflectido
Incógnitas
Ángulo de incidencia
Ángulo límite
Ecuacións
Lei de Snell da refracción
Cifras significativas: 3
n = 1,00
na = 4 / 3 = 1,33
θi = 90,0º
nv
λ
ni sen θi = nr sen θr
Solución:
a) Aplicando a lei de Snell da refracción:
1,33 sen θi = 1,00 sen θr
Á vista do debuxo debe cumprirse que
aire
θr
θi
θrx
90º
auga
θr + 90º + θrx = 180º
Como o ángulo de reflexión θrx é igual ao ángulo de incidencia θi, a ecuación anterior convértese en:
θi + θr = 90º
É dicir, que o ángulo de incidencia θi e o de refracción θr son complementarios.
Se sabemos que o seno dun ángulo é igual ao coseno do seu complementario, entón a primeira ecuación queda:
1,33 sen θi = sen θr = cos θi
tg θ i =
1
=0,75
1,33
θi = arc tg 0,75 = 36,9º
b) Ángulo límite λ é o ángulo de incidencia tal que o de refracción vale 90º
1,33 sen λ = 1,00 sen 90,0º
sen λ = 1,00 / 1,33 = 0,75
λ = arc sen 0,75 = 48,6º
c) Non. Cando a luz pasa do aire á auga, o ángulo de refracción é menor que o de incidencia. Para conseguir
un ángulo de refracción de 90º o ángulo de incidencia tería que ser maior que 90º e non estaría no aire.
Tamén pode deducirse da lei de Snell.
1,00 sen λ1 = 1,33 sen 90º
sen λ1 = 1,33 / 1,00 > 1
o que é absurdo.
OPCIÓN B
C.1.- Un planeta describe unha órbita plana e elíptica arredor do Sol. Cal das seguintes magnitudes é
constante?
A) O momento lineal.
B) A velocidade areolar.
C) A enerxía cinética.
Solución: B
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 dr.
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
dt 2 dt
2
dt 2
no que v é o vector velocidade do planeta.
Derivando vA respecto ao tempo,
1
d ( ⃗r ×⃗v )
2
1 d ⃗r
1
d ⃗v 1
1
=
×⃗
v +
⃗r ×
= ⃗
v ×⃗v +
⃗r×⃗a =⃗0+ ⃗
0=⃗0
dt
2 dt
2
dt 2
2
F
o resultado é o vector 0 (cero) xa que o produto vectorial dun vector v por si
mesmo é cero e o vector de posición r e o vector forza a son paralelos, xa que a
aceleración ten a mesma dirección que a forza de atracción entre o Sol e o planeta.
v
d ⃗v A
=
dt
r
As outras opcións:
A. Falsa.
O momento lineal p dun obxecto de masa m que se move a unha velocidade v vale:
⃗p =m·⃗v
La dirección cambia a medida que o planeta desprázase arredor do Sol.
C. Falsa. Nunha órbita elíptica, co Sol situado nun dos focos, a distancia do planeta ao Sol non é constante.
A enerxía potencial gravitatoria, tomando como orixe de enerxía o infinito, vén dada pola expresión:
E p =−G
M ·m
r
na que M é a masa que orixina o campo gravitatorio, (neste caso a do Sol), m é a masa do obxecto situado
nel (o planeta), r a distancia entre ámbalas dúas masas e G a constante da gravitación universal.
A enerxía potencial é negativa e será tanto maior canto maior sexa a distancia r.
Como a enerxía mecánica consérvase, pero a enerxía potencial gravitatoria depende da distancia, a enerxía
cinética varía coa distancia e non se mantén constante.
C.2.- Se se desexa obter unha imaxe virtual, dereita e menor que o obxecto, úsase:
A) Un espello convexo.
B) Una lente converxente.
C) Un espello cóncavo.
Solución: B
Véxase a marcha dos raios.
A imaxe fórmase «detrás» do espello, polo que é virtual.
O tipo de imaxe é independente da distancia do obxecto ao espello.
1
141
A
1
C.3.- Na reacción 235
92U + 0n → 56Ba + Z X +3 0n cúmprese que:
A) É unha fusión nuclear.
B) Libérase enerxía correspondente ao defecto de masa.
X.
C) O elemento X é 92
35
O
s
s'
I
F
C
f
R
Solución: B
Nas reaccións nucleares libérase enerxía. Esta enerxía provén da transformación de masa en enerxía que segue a lei de Einstein
E = Δm · c2
na que Δm é o defecto de masa e c a velocidade da luz.
As outras opcións:
A. Falsa. O proceso de fusión nuclear consiste na reacción entre núcleos lixeiros para producir outros máis
pesados. Esta reacción nuclear consiste en romper un núcleo pesado noutros máis lixeiros: é unha fisión.
C. Polos principios de conservación do número bariónico (nº nucleóns = nº de protóns + nº neutróns)
235 + 1 = 141 + A + 3 · 1
A = 92
e da carga:
92 + 0 = 56 + Z + 3 · 0
Z = 36 ≠ 35
C.4.- Na medida experimental da aceleración da gravidade g cun péndulo simple, que precaucións
débense tomar con respecto á amplitude das oscilacións e con respecto á medida do período de
oscilación?
Solución:
A amplitude das oscilacións debe ser pequena. En teoría unha aproximación aceptable é que sexan menores
de 15º. Como non usamos un transportador de ángulos, separaremos o menos posible o fío da vertical, especialmente cando a lonxitude do péndulo sexa pequena.
Adóitanse medir 10 ou 20 oscilacións para aumentar a precisión do período, e diminuír o erro relativo que
daría a medida dunha soa oscilación.
Un número demasiado grande de oscilacións pode dar lugar a que cometamos erros ao contalas.
P.1.- Un protón con velocidade v = 5×106 i m/s penetra nunha zona onde hai un campo magnético
B = 1 j T.
a) Debuxa a forza que actúa sobre o protón e deduce a ecuación para calcular o radio da órbita.
b) Calcula o número de voltas nun segundo.
c) Varía a enerxía cinética do protón ao entrar nesa zona?
(Datos: mprotón = 1,67×10-27 kg; qprotón = 1,6×10-19 C)
mv
Rta.: a) R=
; b) Media volta en 3,28 ×10-8 s
q B sen ϕ
Datos
Velocidade do protón
Intensidade do campo magnético
Carga do protón
Masa do protón
Incógnitas
Forza magnética sobre o protón
Radio da traxectoria circular
Número de voltas nun segundo
Ecuacións
Lei de Lorentz: forza magnética sobre unha carga q que se despraza no interior dun campo magnético B cunha velocidade v
Aceleración normal (nun movemento circular de radio R)
2ª lei de Newton da Dinámica
Cifras significativas: 3
v = 5,00×106 i m·s-1
B = l,00 j T
q = 1,60×10-19 C
m = 1,67×10-27 kg
FB
R
N
FB = q (v × B)
v2
R
∑F = m · a
a N=
Solución:
a) A forza magnética FB exercida polo campo magnético B sobre a carga q do protón que se despraza á velocidade v é:
FB = q (v × B) = 1,60×10-19 [C] (5,00×106 i [m/s] × l,00 j [T]) = 8,00×10-13 k N
e é perpendicular á dirección do campo magnético e tamén á velocidade, e
o sentido vén dado pola regra da man esquerda, tendo en conta que a carga
é negativa. Na figura, as cruces × indican un campo magnético que entra no
papel.
Como só actúa a forza magnética:
F
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
× v ×
×
×
∑F = FB
el protón describe unha traxectoria circular con velocidade de valor constante, polo que a aceleración só ten compoñente normal aN,
F B =m a=ma N =m
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×B
×
×
Z+
×
Y+
×
×
X+
×
v2
R
Usando a expresión da lei de Lorentz (en módulos) para a forza magnética
∣q∣B v sen ϕ = m
v2
R
Despexando o radio R
R=
m ·v
1,67×10−27 [ kg ]·5,00×106 [ m/ s]
=
=5,22×10− 2 m=5,22 cm
q · B· sen ϕ 1,60×10−19 [ C]·1,00 [T ]·sen 90 º
Análise: o radio ten un valor aceptable, uns centímetros.
b) Despexando o período
T=
2 π · R 2 π · 5,22×10−2 [m ]
=
=6,56×10−8 s
v
5,00×10 6 [ m /s]
O número de voltas en 1 s sería:
N =1,00 [s]·
1 volta
=1,52×10 7 voltas
6,56×10−8 [s]
Análise: Se o protón entra nun campo magnético, sairá del logo de describir media circunferencia, polo
que en realidade só daría media volta nun tempo de T / 2 = 3,28×10-8 s e sairía a unha distancia de 2 R =
10,4 cm do punto de entrada no campo.
c) Non. A forza magnética é perpendicular á traxectoria en todos os puntos e, polo tano, non realiza traballo.
Se o traballo da forza resultante é nulo, non hai variación da enerxía cinética.
P.2.- Unha partícula de masa m = 0,1 kg, suxeita no extremo dun resorte, oscila nun plano horizontal
cun M.H.S., sendo a amplitude A = 0,20 m e a frecuencia f = 5 s-1. No instante inicial a posición é
x = A. Calcula para t = T / 8 s:
a) A velocidade e aceleración.
b) A enerxía mecánica.
c) A frecuencia con que oscilaría se se duplica a masa.
Rta.: a) v = - 4,44 m/s; a = -140 m/s2 ; b) E = 1,97 J; c) f = 3,54 Hz
Datos
Masa que realiza o M.H.S.
Amplitude
Frecuencia
Posición inicial
Incógnitas
Velocidade para t = T / 8
Aceleración para t = T / 8
Enerxía mecánica
Frecuencia se se duplica a masa
Outros símbolos
Cifras significativas: 3
m = 0,100 kg
A = 0,200 m
f = 5,00 s-1
x0 = A = 0,200 m
v
a
E
f2
Incógnitas
Constante elástica do resorte
Período
Pulsación (frecuencia angular)
Fase inicial
Forza recuperadora elástica
Ecuacións
De movemento no M.H.S.
Relación entre a aceleración a e a elongación x
Lei de Hooke: forza recuperadora elástica
2ª lei de Newton
Enerxía potencial elástica
Enerxía cinética
Enerxía mecánica
k
T=1/f
ω=2π·f=2π/T
φ0
F
x = A · sen(ω · t + φ0)
a = - ω2 · x
F=-k·x
∑F = m · a
Ep = ½ k · x2
Ec = ½ m · v2
E = (Ec + Ep) = ½ k · A2
Solución:
a) A ecuación dun M.H.S. é:
x = A · sen(ω · t + φ0)
A amplitude é un dato: A = 0,200 m. A frecuencia angular ω calcúlase a partir da frecuencia f:
ω = 2 π · f = 2 π [rad] · 5,00 [s-1] = 31,4 rad·s-1
Para calcular a fase inicial φ0 emprégase o dato da posición inicial: Para t = 0, x0 = A = 0,200 m
A = A · sen(ω · 0 + φ0)
sen φ0 = 1
φ0 = arc sen (1) = π / 2
A ecuación queda:
x = 0,200 · sen(10 π · t + π / 2) [m]
(De elexirse a ecuación x = A · cos(ω · t + φ0), a fase inicial sería: φ' = 0)
Derivando a ecuación de movemento queda:
v=
d x d {0,200· sen(10 π ·t +π /2 )}
=
=0,200 ·10· π ·cos(10 π· t + π/ 2)=6,28·cos(10 π· t + π/ 2) m / s
dt
dt
Como o tempo é t = T / 8, calculamos o período:
T = 1 / f = 1 / (5,00 [s-1]) = 0,200 s
e o tempo
t = T / 8 = 0,200 [s] / 8 = 0,0250 s
polo que a velocidade nese instante valerá:
v = 6,28 · cos(10 π [rad/s] · 0,0250 [s] + π / 2) [m/s] = -4,44 m/s
Obtemos a aceleración derivando a ecuación da velocidade con respecto ao tempo:
a=
d v d {6,28 · cos(10π · t+ π / 2)}
=
=6,28·10 ·π ·[sen (10 π ·t +π/ 2)]=−197 ·sen (10 π ·t + π/ 2) m / s2
dt
dt
Substituíndo o valor do tempo:
a = -197 · sen (10 π [rad/s] · 0,0250 [s] + π / 2) [m/s2] = -140 m/s2
b) A enerxía mecánica pode calcularse como a enerxía potencial máxima, como a enerxía cinética máxima
ou como a suma das enerxías cinética e potencial en calquera instante
E = (Ec + Ep) = ½ k · A2 = ½ m · v2máx = ½ k · x2 + ½ m · v2
De elixir a primeira, hai que calcular o valor da constante elástica k.
Empregando a 2ª lei de Newton, e tendo en conta que nun M.H.S. A aceleración recuperadora é proporcional á
elongación: a = -ω2 · x:
F = m · a = - m · ω2 · x
Igualando esta coa lei de Hooke, supondo que a única forza que actúa é a forza elástica:
F=-k·x
- k · x = - m · ω2 · x
k = m · ω2 = 0,100 [kg] · (31,4 rad/s)2 = 98,7 N/m
Enerxía mecánica:
E = Ep máx = 98,7 [N/m] (0,200 [m])2 / 2 = 1,97 J
Podería terse calculado a enerxía mecánica como a enerxía cinética máxima.
A velocidade ten un valor máximo cando o coseno da fase vale 1.
vmáx = 6,28 cos(10 π t + π / 2) [m/s] = 6,28 m/s
E = Ec máx = ½ m · v2máx = 0,100 [kg] · (6,28 [m/s])2 / 2 = 1,97 J
Tamén podería optarse por calcular a enerxía mecánica como a suma das enerxías cinética e potencial, pero
sería un proceso máis longo porque habería que calcular o valor da constante elástica e o da posición. (Só se tiña
calculada a velocidade)
c) Da ecuación que relaciona a constante elástica coa frecuencia angular
k = m · ω2 = m (2 π · f)2 = 4 π2 · f 2 · m
pódese despexar a frecuencia f
f=
√
√
1 k
1 98,7 [ N/ m ]
=
=3,54 s−1
2π m 2π
0,2 [kg ]
e vese que a frecuencia é inversamente proporcional á raíz cadrada da masa. Se la masa faise o doble, a frecuencia diminúe nun factor √2.
Cuestións e problemas das Probas de Acceso á Universidade (P.A.U.) en Galicia.
Respostas e composición de Alfonso J. Barbadillo Marán, [email protected]
Algunhas ecuacións construíronse coas macros da extensión CLC09 de Charles Lalanne-Cassou.
A tradución ao/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 J. Barbadillo Marán.