PAU Setembro 2010 Código: 25 FÍSICA

PAU
Código: 25
Setembro 2010
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; terán que ser respostas razoadas.
Pódese usar calculadora sempre que non sexa programable nin memorice texto.
O alumno elixirá unha das dúas opcións.
OPCIÓN A
C.1.- Cando un raio de luz monocromática pasa dende o aire á auga (nauga = 4/3), prodúcese un cambio:
A) Na frecuencia. B) Na lonxitude de onda. C) Na enerxía.
C.2.- Nunha fusión nuclear: A) Non se precisa enerxía de activación. B) Interveñen átomos pesados. C) Libérase enerxía debida ao defecto de masa.
C.3.- Para construír un xerador elemental de corrente alterna cunha bobina e un imán (fai un esquema): A) A
bobina rota con respecto ó campo magnético B. B) A sección da bobina desprázase paralelamente a B. C) A
bobina está fixa e é atravesada por un campo B constante.
C.4.- Comenta brevemente a influencia que teñen na medida de g cun péndulo: a amplitude de oscilación, o
número de medidas, a masa do péndulo.
P.1.- Un satélite artificial de 500 kg describe unha órbita circular arredor da Terra cun raio de 2·10 4 km.
Calcula: a) A velocidade orbital e o período. b) A enerxía mecánica e a potencial. c) Se por fricción se perde
algo de enerxía, que lle ocorre ao raio e á velocidade? (Datos g0 = 9,8 m·s-2; RT = 6370 km)
P.2.- Un obxecto de 100 g, unido a un resorte de k = 500 N·m-1, realiza un movemento harmónico simple. A
enerxía total é de 5 J. Calcula: a) A amplitude. b) A velocidade máxima e a frecuencia da oscilación. c) Indica cualitativamente nunha gráfica como varían a enerxía total, cinética e potencial coa elongación x.
OPCIÓN B
C.1.- Se a Terra se contrae reducindo o seu raio á metade e mantendo a masa: A) A órbita arredor do Sol
será a metade. B) O período dun péndulo será a metade. C) O peso dos corpos será o dobre.
C.2.- No fondo dunha piscina hai un foco de luz. Observando a superficie da auga veríase luz: A) En toda a
piscina. B) Só no punto enriba do foco. C) Nun círculo de raio R arredor do punto enriba do foco.
C.3.- Cando se compara a forza eléctrica entre dúas cargas, coa gravitatoria entre dúas masas (cargas e masas unitarias e a distancia unidade): A) Ambas son sempre atractivas. B) Son dunha orde de magnitude semellante. C) As dúas son conservativas.
C.4.- Cun banco óptico de lonxitude l, obsérvase que a imaxe producida por unha lente converxente é sempre virtual. Explica que ocorre.
P.1.- O carbono 14 ten un período de semidesintegración T = 5 730 anos. Unha mostra ten unha actividade
de 6·108 desintegracións/minuto. Calcula: a) A masa inicial da mostra. b) A súa actividade dentro de
5 000 anos. c) Xustifica por que se usa este isótopo para estimar a idade de xacementos arqueolóxicos.
(Dato NA = 6,02·1023 mol-1; masa atómica do 14C = 14 g)
P.2.- Unha onda harmónica propágase en dirección x con velocidade v = 10 m/s, amplitude A = 3 cm e frecuencia f = 50 s-1. Calcula: a) A ecuación da onda. b) A velocidade e aceleración máxima dun punto da traxectoria. c) Para un tempo fixo t, que puntos da onda están en fase co punto x = 10 m?
Soluciones
OPCIÓN A
C.1.- Cando un raio de luz monocromática pasa dende o aire á auga (nauga = 4/3), prodúcese un cambio:
A) Na frecuencia.
B) Na lonxitude de onda.
C) Na enerxía.
Solución: B?
O índice de refracción «n» dun medio é o cociente entre a velocidade «v» da luz nese medio e a velocidade
da luz «c» no baleiro.
n auga =
v auga
c
Do valor nauga = 4/3, dedúcese que a velocidade da luz na auga é
vauga = 3/4 c < c
A frecuencia dunha onda harmónica é característica e independente do medio polo que se propaga. É o
número de oscilacións (no caso da luz como onda electromagnética) do campo eléctrico ou magnético na
unidade de tempo e corresponde ao número do ondas que pasan por un punto na unidade de tempo.
Ao pasar dun medio (aire) a outro (auga) no que a velocidade de propagación é menor, a frecuencia «f» mantense pero, da relación entre a velocidade de propagación «v» e a lonxitude de onda «λ»,
v=λ·f
a lonxitude de onda, «λ» diminúe proporcionalmente.
A enerxía dunha luz monocromática é, segundo a ecuación de Planck,
Ef = h · f
proporcional á frecuencia (h é a constante de Planck) e non variaría ao cambiar de medio se este non absorbese a luz. A auga vai absorbendo a enerxía da luz, polo que produciríase unha perda da enerxía, que ao longo dunha certa distancia faría que a luz deixase de propagarse pola auga.
C.2.- Nunha fusión nuclear:
A) Non se precisa enerxía de activación.
B) Interveñen átomos pesados.
C) Libérase enerxía debida ao defecto de masa.
Solución: C
O proceso de fusión nuclear consiste na reacción entre núcleos lixeiros para producir outros máis pesados. É
o proceso que proporciona a enerxía as estrelas e que se produce na bomba de hidróxeno.
Unha reacción de fusión sería:
3
1
H 21 H  42 He10 n
a que ocorre entre os isótopos tritio e deuterio para producir helio e un neutrón.
As reaccións nucleares producen 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.
A suma das masas do helio-4 e do neutrón é inferior á suma das masas do tritio 3H e do deuterio 2H.
A enerxía de activación é un concepto da cinética química que mide a enerxía necesaria para iniciar un proceso, como a que achega a chama dun misto para iniciar a combustión do papel. As reaccións nucleares de
fusión necesitan unha grande enerxía para achegar os núcleos a distancias moi curtas vencendo a repulsión
eléctrica entre eles. A temperatura que necesitaría un gas de átomos de isótopos de hidróxeno para que os
choques entre eles fosen eficaces e os núcleos producisen helio é da orde do millón de graos. O proceso ocorre no interior das estrelas onde a enerxía gravitatoria produce enormes temperaturas. Nas probas nucleares
da bomba H de hidróxeno, empregábase unha bomba atómica de fisión como detonante. Na actualidade os
experimentos para producir enerxía nuclear de fusión empregan láseres de alta enerxía que comuniquen a
átomos individuais a enerxía suficiente para superar a barreira de repulsión eléctrica, e aínda que se teñen
obtido resultados positivos, non se ten deseñado un sistema rendible de producir enerxía a grande escala.
C.3.- Para construír un xerador elemental de corrente alterna cunha bobina e un imán (fai un esquema):
A) A bobina rota con respecto ó campo magnético B.
B) A sección da bobina desprázase paralelamente a B.
C) A bobina está fixa e é atravesada por un campo B constante.
Solución: A
Prodúcese unha corrente inducida, segundo a Lei de Faraday-Lenz, cando hai una
variación de fluxo magnético co tempo.
B
−d Φ
ε=
dt
O fluxo magnético é o produto escalar do vector B campo magnético polo vector S perpendicular á sección
da bobina.
Φ = B · S = B · S cos φ
Se a bobina rota cunha velocidade angular constante
ω =−
dϕ
dt
respecto dun campo magnético B, de xeito que o ángulo φ varíe co tempo, a derivada do fluxo respecto do
tempo é:
ε =−
dΦ
d (B·S cos ϕ )
d cos ϕ
=−
=−B·S
=B · S · ω · sen ϕ =B · S · ω · sen(ϕ 0 + ω ·t )
dt
dt
dt
e prodúcese unha f.e.m. variable co tempo (sinusoidal)
C.4.- Comenta brevemente a influencia que teñen na medida de g cun péndulo: a amplitude de oscilación, o número de medidas, a masa do péndulo.
Solución:
O péndulo describe un movemento oscilatorio circular arredor da posición de equilibrio. Cando o ángulo é
moi pequeno e sexa aplicable a aproximación sen φ = φ, o movemento será harmónico simple cun período
T =2 

l
g
no que l é a lonxitude do péndulo.
No laboratorio mídese a lonxitude dun péndulo e faise oscilar cunha amplitude pequena. Mídese o tempo de
dez oscilacións, calcúlase o período e del, o valor da aceleración da gravidade despexada da ecuación anterior:
g=
4 π2 l
T2
Nesa ecuación pode verse que o valor de g non depende nin da amplitude da oscilación nin da masa do péndulo. Pero se a amplitude das oscilacións non é pequena, o movemento xa non é harmónico simple e a ecuación anterior deixa de ser válida.
En canto ao número de medidas, canto maior sexa, menor será o erro do valor medio e máis exacto o resulta-
do.
P.1.- Un satélite artificial de 500 kg describe unha órbita circular arredor da Terra cun radio de
2×104 km. Calcula
a) A velocidade orbital e o período.
b) A enerxía mecánica e a potencial.
c) Se por fricción se perde algo de enerxía, que lle ocorre ao radio e á velocidade?
Datos: g0 = 9,8 m·s-2; RT = 6 370 km
Rta.: a) v = 4,5 km/s; T = 7,8 h; b) E = -5,0×109 J; EP = -9,9×109 J
Datos
Masa do satélite
Radio da órbita
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Radio da Terra
Incógnitas
Valor da velocidade do satélite na súa órbita arredor da Terra
Período orbital do satélite
Enerxía mecánica do satélite en órbita
Enerxía potencial do satélite en 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)
Cifras significativas: 3
m = 500 kg
rórb = 2,00×104 km = 2,00×107 m
g0 = 9,80 m/s2
RT = 6 370 km = 6,37×106 m
v
T
E
Ep
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=
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
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 con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
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
v=
√
√ √
2
2
6
2
GMT
g 0 RT
9,80 [ m /s ]·(6,37×10 [ m])
3
=
=
=4,46×10 m /s=4,46 km /s
7
r órb
r órb
2,00×10 [ m]
Análise: Espérase que un obxecto que se mova arredor da Terra teña unha velocidade de algúns km/s. O
resultado de 4,46 km/s está dentro da orde de magnitude.
O período orbital do satélite é o do movemento circular uniforme de velocidade 4,46×103 m/s. Despexando
o período, T, da expresión da velocidade do M.C.U.
T=
2 π r órb 2 π 2,00×107 [ m ]
=
=2,82×104 s=7 h 50 min
v
4,46×103 [ m /s]
b) 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 R 2T m 9,80 [ m /s2 ] ·(6,37×106 [m ])2 · 500 [ kg]
=
=
=−9,94×109 J
r órb
rórb
2,00×107 [ m ]
e a enerxía cinética
Ec = ½ m · v2 = [500 [kg] · (4,46×103 [m/s])2] / 2= 4,97×109 J
polo que a enerxía mecánica valerá
E = Ec + Ep = 4,97×109 [J] + (-9,94×109 [J]) = -4,97×109 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.
c) A enerxía mecánica pódese expresar en función do radio da órbita. Xa vimos antes que
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
Despexando e substituíndo m vórb2 na expresión da enerxía mecánica, quedaría
M m 1 M m
M m
1
1 M m
E=E c +E p = m v 2órb−G T = G T −G T =− G T
2
r órb
2
r órb
r órb
2
rórb
Se diminúe a enerxía mecánica, (é máis negativa), o radio da órbita tamén se fai máis pequeno polo que o
satélite achégase á superficie da Terra.
A velocidade, pola contra, aumentará, pois a súa relación co radio pode obterse da ecuación anterior:
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
√
v= G
MT
r órb
e canto máis pequeno é o radio da órbita máis grande é a súa velocidade.
Análise: É o mesmo que lle ocorre a calquera corpo que se move cerca da superficie da Terra. Ao perder
enerxía perde altura, e cae cara ao chan, gañando velocidade.
P.2.- Un obxecto de 100 g, unido a un resorte de k = 500 N·m-1, realiza un movemento harmónico simple. A enerxía total é de 5 J. Calcula:
a) A amplitude.
b) A velocidade máxima e a frecuencia da oscilación.
c) Indica cualitativamente nunha gráfica como varían a enerxía total, cinética e potencial coa elongación x.
Rta.: a) A = 0,14 m; b) vmax = 9,9 m/s; f = 11 Hz
Datos
Masa que realiza o M.H.S.
Constante elástica do resorte
Cifras significativas: 3
m = 0,100 kg
k = 500 N·m-1
Datos
Enerxía mecánica
Incógnitas
Amplitude (elongación máxima)
Velocidade máxima
Frecuencia de oscilación
Outros símbolos
Valor da velocidade
Pulsación (frecuencia angular)
Fase inicial
Elongación
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
Cifras significativas: 3
E = 5,00 J
A
vmáx
f
v
ω=2π·f
φ0
x
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 enerxía dun movemento harmónico simple é a suma das enerxías cinética e potencial, e consérvase.
E = Ec + Ep = ½ m · v2 + ½ k · x2 = ½ m · vmáx2 = ½ k · A2
½ k · A2 = 5,00 J
500 [N·m-1] / 2 · A2 = 5,00 [J]
A=
√
2· 5,00 [J ]
=0,141 m
500 [ N·m−1 ]
b) A ecuación de movemento é:
x = A sen(ω · t + φ0)
na que ω é a frecuencia angular, relacionada coa frecuencia f de oscilación por:
ω=2π·f
Como só actúa a forza elástica:
-k · x = m · a = m (-ω2 · x)
k = m · ω2
ω=
√ √
500 [ N·m−1 ]
k
=
=70,7 rad / s
m
0,100 [ kg ]
70,7 [rad / s]
f=ω =
=11,3 s−1
2π
2 π [ rad]
A velocidade do oscilador nun instante t é a derivada da posición con respecto ao tempo:
v=
d x d { Asen (ω · t + ϕ 0 )}
=
=A ω cos (ω ·t + ϕ 0 )
dt
dt
que ten o valor máximo cando cos(ωt + φ0) = 1
vmáx = A · ω = 0,141 [m] · 70,7 [rad/s] = 10,0 m/s
(Tomando só unha cifra significativa como nos datos «7 J», os resultado serían: A = 0,1 m; f =1×101 Hz e v =
1×101 m/s)
c) A enerxía potencial en cada punto de elongación x é:
Ep = ½ k · x2
Enerxía dun oscilador harmónico
Ao ser unha forza conservativa, a enerxía mecánica valerá o mesmo para calquera elongación: é constante.
E = Ec + Ep = ½ m · v2 + ½ k · x2
Para a elongación máxima ou amplitude:
E
E = Ec + Ep = ½ m · 02 + ½ k A· 2 = ½ k · A2
E = ½ k · A2
A enerxía cinética é a diferencia entre a enerxía mecánica e a potencial
Ec = E – Ep = ½ k · A2 – ½ k · x2 = ½ k (A2 – x2)
Como se ve, as representacións gráficas das enerxías
cinética e potencial son parábolas (a potencial co vértice
na orixe) e a da enerxía mecánica é una recta paralela ao
eixe das X.
x
OPCIÓN B
C.1.- Se a Terra se contrae reducindo o seu radio á metade e mantendo a masa:
A) A órbita arredor do Sol será a metade.
B) O período dun péndulo será a metade.
C) O peso dos corpos será o dobre.
Solución: B
O período T dun péndulo de lonxitude L nun lugar onde a gravidade sexa g vén dado pola ecuación:
T =2

L
g
A aceleración da gravidade é a forza sobre a unidade de masa:
g=
FG
=
m
G
M Tm
R 2T
MT
=G 2
m
RT
Se o radio da Terra fose a metade, mantendo a masa, a aceleración g da gravidade na súa superficie sería catro veces maior.
g '=G
MT
2
R T / 2
=4G
MT
R 2T
=4 g
e o período T' dun péndulo nese caso sería
T ' =2 



L
L
L T
=2 
=
=
g'
4g
g 2
a metade.
As outras opcións:
C: Como a gravidade sería catro veces maior, o peso dos corpos sería catro (e non dous) veces maior.
A: O período de revolución da Terra que segue unha traxectoria aproximadamente circular ao redor do Sol
non depende do radio da Terra, xa que se pode considerar que se trata dunha masa puntual.
C.2.- No fondo dunha piscina hai un foco de luz. Observando a superficie da auga veríase luz:
A) En toda a piscina.
B) Só no punto enriba do foco.
C) Nun círculo de raio R arredor do punto enriba do foco.
Solución: C
R
90º
λ
h
A superficie circular iluminada débese a que os raios que veñen desde a auga e inciden na superficie de separación con ángulo superior
ao ángulo límite non saen ao exterior, porque sofren reflexión total.
O ángulo límite é o ángulo de incidencia para o que o raio refractado
sae cun ángulo de refracción de 90º.
Pola 2ª lei de Snell
nauga sen i = naire sen r
nauga sen λ = 1 sen 90º
λ = arc sen (1/nauga)
Do triángulo rectángulo do debuxo dedúcese que:
R = h tg λ
C.3.- Cando se compara a forza eléctrica entre dúas cargas, coa gravitatoria entre dúas masas (cargas e masas unitarias e a distancia unidade):
A) Ambas son sempre atractivas.
B) Son dunha orde de magnitude semellante.
C) As dúas son conservativas.
Solución: C
Unha forza é conservativa cando o traballo que realiza cando se despraza una magnitude sensible (masa para
as forzas gravitatorias, carga para as forzas eléctricas) entre dous puntos é independente do camiño percorrido, e só depende das posicións inicial e final. Neses casos pódese definir unha magnitude chamada enerxía
potencial que depende, ademais da magnitude sensible, só das posicións inicial e final. Daquela, o traballo
da forza é a variación (cambiada de signo) da enerxía potencial.
WA→B = Ep A – Ep B
Este é o caso das forzas gravitatoria e eléctrica.
Forza
Enerxía potencial
gravitatoria
eléctrica
⃗ G =−G M m ⃗
F
ur
r2
⃗ E =K Q q ⃗
F
ur
r2
E p G =−G
Mm
r
E p E =K
Qq
r
As outras opcións:
A: A forza gravitatoria é sempre atractiva, pero a forza eléctrica é atractiva para cargas de distinto signo
pero repulsiva para cargas do mesmo signo.
B: Dado o valor tan diferente das constantes (K = 9×109 N·m2·C-2 e G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2), a forza entre
cargas ou masas unitarias separadas por distancia unidade, será ≈ 1020 maior no caso da forza eléctrica, aínda que esta comparación non teña moito sentido.
C.4.- Cun banco óptico de lonxitude l, obsérvase que a imaxe producida por unha lente converxente
é sempre virtual. Explica que ocorre.
Solución:
A distancia focal da lente é maior que a metade da lonxitude do banco óptico.
f>l/2
As imaxes virtuais non se poden recoller nunha pantalla. Na práctica de laboratorio con lentes converxentes
se sitúa un obxecto (unha placa cun símbolo «1» na traxectoria dos raios paralelos) a unha certa distancia
dunha lente converxente, e cunha pantalla búscase a posición de imaxe nítida. Non se pode, polo tanto, obter
unha imaxe virtual.
Teoricamente a posición do obxecto para que unha lente converxente dea unha imaxe virtual e dereita, pode calcularse das ecuacións
das lentes
A L=
y ' s'
=
y
s
1 1 1
− =
s' s f '
F'
xa que si a imaxe é dereita, y' > 0,
e si é virtual, s' < 0.
I
F
O
1 1
1
f ' −s'
= − =
s s' f '
s´ f '
s=
s' f '
f ' −s '
Como f ' > 0 e s' < 0
f ' – s' > │s'│
∣s∣= f '
∣s'∣
f '
f ' −s'
o obxecto debe atoparse dentro da distancia focal.
P.1. O carbono 14 ten un período de semidesintegración T = 5 730 anos. Unha mostra ten unha actividade de 6×108 desintegracións/minuto. Calcula:
a) A masa inicial da mostra.
b) A súa actividade dentro de 5 000 anos.
c) Xustifica por que se usa este isótopo para estimar a idade de xacementos arqueolóxicos.
Dato: NA = 6,02·1023 mol-1; masa atómica do 14C = 14 g
Rta.: a) m = 6,04×10-5 g; b) A' = 3,24×108 min-1
Datos
Período de semidesintegración
Actividade da mostra
Tempo para calcular a actividade
Masa atómica do 14C
Número de Avogadro
Incógnitas
Masa inicial da mostra
Actividade radioactiva aos 5000 anos
Outros símbolos
Constante de desintegración radioactiva
Ecuacións
Lei da desintegración radioactiva
Actividade radioactiva
Cifras significativas: 3
T1/2 = 5 730 anos = 1,81×1011 s
A = 6,00×108 des/min = 1,00×107 Bq
t = 5 000 anos = 1,58×1011 s
m = 14,0 g/mol
NA = 6,02×1023 mol-1
m0
A
λ
N = N0 e–λ t
λ = ln (N0 / N) / t
Cando t = T1/2 , N = N0 / 2T1/2 = ln 2 / λ
A = –dN / dt = λ · N
Solución:
a) Da expresión da actividade radioactiva: A = λ N, se pode calcular o número de átomos cando calculemos a
constante λ de desintegración radioactiva.
λ=
ln 2
0,693
=
=3,83×10−12 s−1=0,000175 ano-1
T 1 /2 1,81×1011 [s]
N 0=
m0 =
A0 1,00×107 [Bq ]
=
=2,61×10 18 átomos
λ 3,83×10−12 [s−1 ]
N0
2,61×1018 [átomos ]
· M=
·14 [g / mol]=6,06×10−5 g=60,6 μ g
23
NA
6,02×10 [átomos / mol]
b) A actividade aos 5000 anos será:
A = A0 e–λ t = 1,00×107 [Bq] e–0,000175 [1/ano]·5000 [ano] = 5,46×106 Bq = 3,28×108 des/min
c) Polo valor do período de semidesintegración, o carbono-14 emprégase para datar restos (que necesariamente deben conter carbono, normalmente restos orgánicos como madeira, osos, etc.) relativamente recentes, de menos de 50 000 anos, (tempo no que a actividade radioactiva orixinal haberá diminuído ata a milésima parte).
O método do carbono -14 baséase no feito de que a proporción de carbono-14 nas plantas vivas mantense
constante ao longo da súa vida, xa que o carbono desintegrado compénsase polo asimilado na fotosíntese, e
que o carbono-14 atmosférico restitúese pola radiación cósmica que converte o nitróxeno atmosférico en
carbono-14. Cando a planta morre, o carbono que se desintegra deixa de se repor e, coa ecuación anterior,
podemos determinar o tempo transcorrido medindo a súa actividade radioactiva e comparándoa coa que ten
una planta viva.
P.2. Unha onda harmónica propágase en dirección x con velocidade v = 10 m/s, amplitude A = 3 cm e
frecuencia f = 50 s-1. Calcula:
a) A ecuación da onda.
b) A velocidade e aceleración máxima dun punto da traxectoria.
c) Para un tempo fixo t, que puntos da onda están en fase co punto x = 10 m?
Rta.: a) y = 0,030 sen(100 π t – 10 π x) [m]; b) vmáx = 9,42 m/s; amáx = 2,96×103 m/s2; c) x´= 10 + 0,20 n
Datos
Cifras significativas: 2
Velocidade de propagación
vp = 10 m/s
Amplitude
A = 3,0 cm = 0,030 m
Frecuencia
f = 50 s-1
Posición do punto
x = 10 m
Incógnitas
Ecuación da onda
ω, k
Velocidade máxima
vmáx
Aceleración máxima
amáx
Puntos que están en fase co punto x = 10 m
x'
Outros símbolos
Pulsación (frecuencia angular)
ω
Número de onda
k
Ecuacións
Dunha onda harmónica unidimensional
y = A · sen(ω · t – k · x)
Relación entre a frecuencia f e a frecuencia angular ω
ω=2π·f
Relación entre a lonxitude de onda λ e o número de onda k
k=2π/λ
Relación entre a lonxitude de onda λ, a frecuencia f e a velocidade de propagación vp vp = λ · f
Solución:
a) Pulsación (frecuencia angular): ω = 2 π · f = 2 π [rad] · 50 [s-1] = 100 π rad/s = 314 rad/s
Número de onda:
k = 2 π / λ = 2 π · f / vp = ω / vp = 100 π [rad/s] /10 [m/s] = 10 π rad/m
Ecuación de onda:
y = 0,030 sen(100 π t – 10 π x) m
b) A velocidade dun punto é a derivada da posición con respecto ao tempo.
v=
d y d {0,030 sen(100 π t – 10 π x )}
=
=3,0 π cos(100 π t – 10 π x) m / s
dt
dt
A velocidade acadará o valor máximo cando o coseno da fase valga 1
vmáx = 3,0 π = 9,4 m/s
A aceleración dun punto é a derivada da velocidade con respecto ao tempo.
a=
d v d {3,0 π ·cos(100 π t – 10 π x)}
=
=−300 π2 sen (100 π t – 10 π x) m / s2
dt
dt
O valor máximo da aceleración será cando o seno da fase valga 1:
amáx = 300 π2 = 3,0×103 m/s2
c) Dous puntos atópanse en fase cando a diferenza de fase é múltiplo de 2 π. Para un tempo t determinado:
(100 π t – 10 π x') – (100 π t – 10 π x) = 2 π n
10 π (x' – x) = 2 π n
x' – x = 1/5 n [m]
x' = 10 + 0,20 n [m]
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.