EXAMEN DE FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA

EXAMEN DE FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA. CURSO 01/02
CONVOCATORIA DE JUNIO
SOLUCIÓN DETALLADA
1. Tres bloques de masas m, 2m y 3m se encuentran sobre el suelo horizontal sin rozamiento, unidos
entre sı́ por medio de dos hilos ideales. Sobre el tercer bloque se aplica una fuerza horizontal f~
de módulo |f~| = F . ¿Cuánto vale la tensión del hilo entre el primer y el segundo bloque?
F
2
F
3
;
;
X
F
6
Solución.
Como no hay rozamiento, la única fuerza externa horizontal que actúa sobre el sistema constituido
por los tres bloques y los hilos es f~. Aplicando el teorema del centro de masas obtenemos la
aceleración con la que se mueve el sistema:
g
f
m
2m
3m
f~
f~ = (m + 2m + 3m)~a → ~a =
.
6m
A continuación, aplicando la segunda ley de Newton al primer bloque obtenemos la tensión del
hilo que lo conecta al segundo bloque:
N
m
T
mg
f~
T~ = m~a = .
6
1
2. Dos vagones A y B, de masas M/2 y M respectivamente, pueden deslizar sin rozamiento sobre
una vı́a recta horizontal, tal como muestra la figura. Sobre A hay un cañón de masa despreciable
apuntando a 45◦ sobre la horizontal cargado con una bala de masa M/2. Estando inicialmente
los vagones en reposo el cañón dispara la bala, de suerte que esta cae sobre B. Inmediatamente
después de que caiga la bala sobre B, el centro de masas del sistema formado por A, B y la bala
estará:
Nota: Suponer que todos los cuerpos del problema son puntuales.
Más cerca de la posición inicial de A que de la de B.
Más cerca de la posición inicial de B que de la de A.
X En el punto medio entre las posiciones iniciales de A y B.
Solución.
Como no hay rozamiento la cantidad de movimiento horizontal del sistema permanece constante,
dado que no actúan fuerzas externas en esta dirección. Como inicialmente es nula, esto implica que
será nula para cualquier instante posterior, y por tanto la posición horizontal del centro de masas
no cambiará. Como inicialmente se encuentra en el punto medio entre las posiciones iniciales de
A y B, esta será la posición en la que se encuentre inmediatamente después de que la bala caiga
sobre B.
b=M/2
B=M
A=M/2
b
B
A
Posición inicial del
centro de masas
3. En el sistema de la figura el bloque 1 se mueve por un tramo horizontal y los bloques 2 y 3 por
un plano inclinado α = 30◦ respecto a la horizontal. Todos los bloques tienen la misma masa y
no hay rozamiento. ¿Cuál es el módulo de la aceleración con que se mueven los bloques?
X g/3
;
√
g 2/3
;
√
g/ 3
Solución.
Aplicando el teorema del centro de masas al sistema constituido por los bloques 2 y 3 y el hilo
que los une tenemos:
(m2 + m3 )gsenα − T = (m2 + m3 )a.
2
N
1
N
T
1
g
2
T’
2
P
1
P
2
N
3
3
a P
3
|T’|=|T|=T
Ahora, aplicando la segunda ley de Newton al bloque 1, y teniendo en cuenta que los tres bloques
se mueven con aceleraciones del mismo módulo, tenemos la ecuación:
T = m1 a.
Sumando las dos ecuaciones, y teniendo en cuenta que m1 = m2 = m3 ≡ M , se obtiene:
2
2M gsenα = 3M a → a = gsenα.
3
Para α = 30◦ se obtiene que a = g/3.
4. Dos bloques están unidos por un muelle (ver figura). Inicialmente los bloques están en reposo,
separados una distancia igual a la longitud natural del muelle. Entonces una bala se dispara
horizontalmente sobre el sistema, incrustándose finalmente en el primero. Sobre los bloques y el
suelo existe rozamiento. ¿Se mueve el segundo bloque en algún instante posterior a la colisión?
Sı́, porque se tiene que conservar la cantidad de movimiento, que inicialmente es distinta de
cero.
Depende sólo del valor de la constante del muelle y del coeficiente de rozamiento.
X No tenemos datos suficientes para contestar la pregunta.
Solución
Para saber si se moverá o no el segundo bloque en cualquier instante posterior a la colisión
necesitamos conocer la velocidad inicial de la bala, las masas de los bloques, la constante elástica
del muelle y el coeficiente de rozamiento. Por tanto, la respuesta correcta es que no tenemos datos
suficientes para contestar la pregunta.
3
5. Una partı́cula de masa m = 2 describe circunferencias sobre una mesa horizontal sin rozamiento,
unida al extremo de un hilo ideal de longitud L = 1, el cual pasa por un agujero O de la mesa
y tiene en su otro extremo una masa M = 1 (ver figura). Sabiendo que m tarda t0 = 2π/3 en
describir una circunferencia sobre la mesa, ¿cuál es la distancia de M a O?
11/16
;
4/5
;
X 4/9
Solución.
Aplicando la segunda ley de Newton a M tenemos T = M g dado que M se encuentra en equilibrio.
Por otro lado, aplicando la segunda ley de Newton al movimiento de m, y teniendo en cuenta que
la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre ella es la tensión del hilo, la cual lleva dirección
radial, concluimos que no hay aceleración tangencial, y que
T = Mg = m
4π 2 R2
v2
=m
R
Rt2
→ R=
M gt2
,
4π 2 m
y por tanto la distancia de M a O será
L−R=L−
M gt2
.
4π 2 m
N
T’
Mg
|T|=|T’|
T
Mg
Y particularizando para nuestros datos:
1−
1 × 10 × (2π/3)2
5
4
=1− = .
2
4π × 2
9
9
4
6. Una partı́cula se mueve sin rozamiento por el interior de una semicircunferencia fija vertical de
radio R (ver figura). ¿Con qué celeridad se debe lanzar desde P (punto más bajo de la trayectoria)
para que se despegue de la circunferencia al alcanzar una altura 3R/2?
X
q
7gR/2
q
;
5gR/2
√
;
3gR
Solución.
N
Mg
Q
h
R
Aplicando la segunda ley de Newton y considerando la proyección sobre la normal al movimiento,
tenemos
M gsenθ + N = m
v2
.
R
La partı́cula se despega de la circunferencia se produce cuando N = 0. Teniendo en cuenta que
senθ = (h − R)/R, se obtiene
s
h
v = gR( − 1).
R
Si llamamos v0 a la velocidad que tiene la partı́cula en P , aplicando la conservación de la energı́a
mecánica, pues la única fuerza que realiza trabajo es el peso, tenemos
q
1 2 1
h
mv0 = mgR( − 1) + mgh → v0 = g(3h − R).
2
2
R
Para h = 3R/2 Se obtiene v0 =
q
7Rg/2.
5
7. Un bloque se halla sobre un carro, el cual se mueve por el suelo horizontal con una aceleración
también horizontal, de magnitud a(t) = kt, siendo k = 1. Sabiendo que en t = 0 el carro y el
bloque están en reposo, y que el coeficiente de rozamiento estático entre el carro y el bloque es
µ = 0.2, ¿qué velocidad lleva el carro en el instante en que el bloque comienza a deslizar?
4
;
6
;
X 2
Solución.
Mientras el bloque se mueve solidario con el carro, con aceleración a(t) = kt, la fuerza horizontal
que mueve al bloque es la de rozamiento que le produce el carro:
N
Froz
a(t)=kt
mg
Froz = mkt.
El valor máximo de la fuerza de rozamiento para que el bloque no deslice es µN = µmg, y por
tanto cuando t = µg/k el bloque comienza a deslizar. El problema se reduce ahora a encontrar la
velocidad que lleva el carro en este instante:
kt =
dv
dt
1
→ v = kt2 + C,
2
donde C = 0 puesto que el carro se encuentra en reposo en el instante inicial. Sustituyendo el
valor de t = µg/k, tenemos:
µ2 g 2
v(µg/k) =
.
2k
Sustituyendo con los datos µ = 00 2, k = 1 y g = 10 se obtiene v = 2.
6
8. Dos partı́culas 1 y 2 se encuentran en equilibrio unidas por un muelle, estando la partı́cula 1 unida
a un hilo que cuelga del techo, tal como se muestra en la figura. Si se corta el hilo, el módulo de
la aceleración de la partı́cula 1 inmediatamente después del corte, es:
Cero. ;
Igual a g. ; X Mayor que g.
Solución.
Aplicando la segunda ley de Newton a cada una de las partı́culas antes del corte, tenemos, para
la partı́cula 1,
T
Antes:
1
Fe
m1g
-Fe
2
a1 =0
a2 =0
m2g
Fe + m1 g − T = 0,
y para la partı́cula 2,
m2 g − Fe = 0.
Inmediatamente después del corte la única fuerza que desaparece es la tensión del hilo, pero el
muelle sigue ejerciendo las misma fuerza sobre las partı́culas, dado que el sistema no ha cambiado
de posición. Las fuerzas sobre la partı́cula 2 siguen siendo las mismas, y por tanto su aceleración
es cero. Pero sobre la partı́cula 1 actúan, en el mismo sentido, el peso y la fuerza elástica, y por
tanto su aceleración es mayor que g. Para demostrarlo aplicaremos la segunda ley de Newton:
Después:
1
Fe
m1g
-Fe
2
a1 >g
a2 =0
m2g
Fe + m1 g = m1 a → a > g.
7
9. Una partı́cula B, de masa M , puede moverse por el eje OX de un sistema coordenado, unida
mediante un resorte ideal de constante elástica K a un punto A, que también se mueve sobre el
eje OX con velocidad constante v~ı. En el instante inicial A y B están en el origen de coordenadas,
y B está en reposo. Sabiendo que en el movimiento posterior la distancia máxima entre A y B es
b, ¿cuánto vale v?
b
2
q
K
M
;
X b
q
K
M
;
2b
q
K
M
Solución.
Tomaremos un sistema S 0 ≡ AX 0 Y 0 con origen en A, paralelo a S ≡ OXY , y analizaremos el
movimiento de la partı́cula B desde este sistema:
Y
S
Y’
S’
vi
A
X
O
X’
S 0 es inercial puesto que se mueve a velocidad constante respecto a S (también inercial). Por otro
lado, como la fuerza elástica es conservativa se conserva la energı́a mecánica de la partı́cula. En el
instante inicial, coincidiendo A y B en el origen de coordenadas, la velocidad de B respecto a S 0
~ = −v~ı, y la energı́a mecánica será (1/2)M v 2 , cantidad que corresponde a la energı́a mecánica
es V
total de la partı́cula desde S 0 (nótese que en esta situación el muelle se encuentra distendido).
Como la distancia máxima entre A y B durante el movimiento es b, y dicha situación corresponde
a que la velocidad de B es nula, la energı́a mecánica en dicha situación es (1/2)Kb 2 , y por tanto:
s
1
1
K
M v 2 = Kb2 → v = b
.
2
2
M
8
10. En las oscilaciones amortiguadas de una partı́cula su energı́a mecánica decae al 25 por ciento de
su valor inicial después de 20 oscilaciones. ¿Cuánto vale el factor de calidad (Q = ω 0 /γ)?
X ≈ 90.65
;
≈ 181.29
;
≈ 271.94
Solución.
La energı́a mecánica después de n oscilaciones en el movimiento amortiguado se relaciona con la
inicial a través de la expresión
E(t + nT ) = E(t)e−γnTa ,
donde γ es la constante de amortiguamiento y Ta es el periodo de las oscilaciones amortiguadas.
En este caso, como la energı́a mecánica decae al 25% de su valor inicial después de n oscilaciones,
entonces se verifica que E(t + nT ) = E(t)/4, y por tanto,
ln4 = γnTa =
2πnγ
2πnγ
=q
,
2
ωa
ω02 − γ4
(1)
siendo ω0 la frecuencia angular de las oscilaciones sin amortiguamiento. A partir de (1), y teniendo
en cuenta que el factor de calidad es Q ≡ ω0 /γ, se llega fácilmente a la expresión
Q=
v
u
u1
t
4
+
n2 π 2
nπ
20π
≈
=
≈ 90.65,
(ln2)2
ln2
ln2
donde hemos tenido en cuenta que, al ser grande el número de oscilaciones, el sumando 1/4 del
radicando puede despreciarse. Esto equivale a considerar que ωa ≈ ω0 .
11. Dos funciones armónicas f1 (t) = A cos(ωt) y f2 (t) = B cos(ωt + φ) oscilan armónicamente con la
misma frecuencia y distinta fase. Entonces, los instantes en que f1 = f2 se suceden:
irregularmente.
X periódicamente, con un periodo que depende de las condiciones iniciales (valores de f 1 y f2 en t = 0).
periódicamente, con un periodo independiente de las condiciones iniciales (valores de f 1 y f2 en t = 0).
Solución.
Llamemos t = τ a los instantes en que f1 y f2 toman el mismo valor:
Acos(ωτ ) = Bcos(ωτ + φ) = B(cos(ωτ )cosφ − sen(ωτ )senφ) ⇒ A = B(cosφ − tg(ωτ )senφ)
A
A
cosφ − B
cosφ − B
A
⇒ + sen(φ)tg(ωτ ) = cosφ ⇒ tg(ωτ ) =
⇒ ωτ = arctg
B
senφ
senφ
!
.
Esta ecuación tiene para ωτ infinitas soluciones separadas por π. Por tanto, los instantes τ en
que f1 y f2 coinciden se suceden periódicamente con el perı́odo π/ω.
9
Otra forma de hacerlo
Este problema se puede resolver también gráficamente; en este caso al solución se obtiene a simple
vista:
Y
B
A
F
wt
O
X
Consideremos los fasores asociados a las funciones f1 (t) y f2 (t) (ver figura). Y consideremos el
−→
vector AB, que se obtiene uniendo los extremos de los dos fasores. Es evidente que cuando f1 = f2 ,
−→
el vector AB es paralelo al eje OY, y es igualmente evidente que a medida que el triángulo OAB
−→
gira alrededor de O con una velocidad angular constante (ω) llegará un momento en que AB sea
paralelo al eje OY . A partir de ese momento, cuando OAB haya girado media vuelta adicional
−→
AB volverá a ser paralelo al eje OY (aunque ahora con el sentido opuesto). Y cada media vuelta
adicional volverá a darse esta circunstancia.
12. Se tienen n resortes ideales de constante elástica K conectados en serie. Uno de sus extremos (A)
está fijo (ver figura), y el otro (B) está unido a una
q partı́cula de masa M sobre la que actúa una
K
fuerza de magnitud F = KA cos(ωt), donde ω = 3 8M
. ¿Cuál debe ser el valor de n para que la
amplitud en régimen permanente del movimiento de la partı́cula coincida con A?
Nota: Supóngase que existe un amortiguamiento pequeñı́simo, pero suficiente para hacer despreciable el término transitorio con el paso del tiempo.
3
;
X 8
;
15
Solución.
Como es fácil de ver, los n resortes en serie equivalen a un único resorte, cuya constante elástica
vale ke = K/n. Esto es ası́ porque, para un desplazamiento δ de M , cada uno de los resortes se
estira (o se comprime) δ/n. Por tanto, la fuerza elástica que actúa sobre M , la que le produce el
resorte que está en contacto con ella, tendrá un módulo Kδ/n = ke δ. Ası́ que nuestro problema
es el de la figura:
10
Ke
F
M
F = KAcos(ωt)
;
ω=3
s
K
.
8M
Como se sabe, la amplitud en régimen permanente de este oscilador es:
Ap =
siendo ωo =
q
Fo /M
,
|ω02 − w 2 |
ke /M y Fo = KA.
Nos preguntan cuánto ha de valer n para que Ap = A. Veamos:
K
KA/M
K
9K Ap = A ⇔ 2
=A⇔
= −
.
2
|ω0 − w |
M
nM
8M Como 1/n debe ser menor que 1 y 9/8 > 1, a la hora de “quitar las barras del valor absoluto” en
la expresión anterior hemos de cambiar el signo:
9K
K
1
9
1
K
=
−
⇒ = − 1 = ⇒ n = 8.
M
8M
nM
n
8
8
13. Una onda armónica plana, cuya frecuencia angular es ω, tiene sus frentes de onda paralelos al
plano 2x + 2y + z − 4 = 0. En el instante t = 0 cierto frente de ondas pasa por el origen de
coordenadas, y en el instante t = 2π/ω el mismo frente pasa por el punto (3, 0, 0). ¿Cuál es la
longitud de onda?
2
3
4
3
;
; X 2
Solución.
Sabemos que en una onda armónica plana los frentes de onda son perpendiculares al vector de
→
−
→
−
onda, k . Por tanto, k debe ser paralelo al vector caracterı́stico del plano 2x + 2y + z − 4 = 0.
→
−
Es decir, k = a(2, 2, 1), donde a es una constante desconocida.
→
− −
Sea g = Acos( k · →
r − ωt + φ) nuestra onda. Los frentes de onda se caracterizan porque en ellos
→
− −
el valor de g no cambia, y por tanto, el valor de la fase k · →
r − ωt + φ tampoco cambia.
Nuestro frente de pasa por el origen en t = 0 y por tanto el valor de la fase de nuestro frente será:
11
→
−
k · (0, 0, 0) − ω × 0 + φ = φ.
También nos dicen que el mismo frente pasa por el punto (3,0,0) en el instante t = 2π/ω. La fase
de nuestro frente debe valer lo mismo siempre:
π
2π
→
−
k · (3, 0, 0) − ω
+ φ = φ ⇒ a(2, 1, 1) · (3, 0, 0) − 2π = 0 ⇒ 6a − 2π = 0 ⇒ a = .
ω
3
Por tanto:
√
π
2π
2π
→
−
=
| k | = a 22 + 2 2 + 1 2 = 3 ⇒ λ = →
= 2.
−
3
π
|k|
Otra forma de hacerlo
2π/ω es el periodo, por tanto entre t = 0 y t = 2π/ω ha pasado un periodo ⇒ el frente de
onda habrá avanzado una longitud de onda ⇒ λ será la distancia entre el plano paralelo al
2x + 2y + z − 4 = 0 que pasa por O y el que pasa por P = (3, 0, 0). Esta distancia se puede
−→
obtener a partir del vector OP , proyectándolo en la dirección normal a los planos (que es la de
→
−
k ):
→
−
(2, 2, 1)
6
−→ k
=
= 2.
λ = OP · →
− = (3, 0, 0) · √ 2
3
2 + 22 + 12
|k|
14. Un trasatlántico se aleja de Tierra a una celeridad u = 50 haciendo sonar su bocina, cuya frecuencia
es 1000. Un fuerte viento sopla desde Tierra hacia el barco con una celeridad V = 100. ¿Qué
frecuencia percibe un observador en reposo respecto a Tierra?
Nota: La velocidad del sonido en el medio es 300.
5000/7
;
X 800
;
5500/7
Solución.
Esto no es más que un simple ejercicio de efecto Doppler con movimiento del medio:
νo =
V − Vo + Vm
νf .
V − Vf + Vm
12
Donde el criterio de signo de las velocidades, como siempre, es el de considerar positivas las que
tienen el sentido de la fuente al obsevador. En nuestro caso,
V = 300, νf = 1000, Vf = −u = −50, V0 = 0 y Vm = −V = −100.
+
viento
F
O
νo =
300 − 100
× 1000 = 800.
300 + 50 − 100
15. En t = 0, la dependencia con x de una onda viajera que se desplaza en el sentido positivo del eje
2
OX es y(x, 0) = e−x . En t = 2 dicha dependencia es e−x(x−12) /e36 . ¿Cuánto vale la velocidad de
la onda?
2
;
1
;
X 3
Solución.
y debe ser una función del argumento x − vt : y = f (x − vt). Si introducimos la variable
ξ = x − vt, entonces y será función sólo de ξ: y = f (ξ). Y esta función tendrá el mismo aspecto
con independencia de los valores concretos de x y t.
2
Fijémonos ahora en que cuando t = 0, ξ = x. Pero en el enunciado nos dicen que y(x, 0) = e −x .
2
2
Por tanto, cuando t = 0 tenemos y(x, 0) = e−x = e−ξ . Pero como la forma funcional f (ξ) es
siempre la misma, con independencia de los valores concretos de x y t, llegamos a la conclusión
de que nuestra onda tiene el aspecto:
2
y(x, t) = e−ξ ,
para cualesquiera valores de x y t. Teniendo en cuenta la definición de ξ podemos poner:
2
y(x, t) = e−ξ = e−(x
2 −2xvt+(vt)2 )
.
Ahora podemos particularizar esta expresión en t = 2, e identificarla con el otro dato del enunciado:
y(x, 2) = e−x(x−12)−36 .
Comparando con y(x, 2) = e−(x
2 −2xv2+(2v)2 )
, vemos que v = 3.
13
16. Una onda viajera y(x, t) se mueve en el sentido positivo del eje OX. Se sabe que y(1, t) =
y que y(0, 0) = −3/10. ¿Con qué velocidad se propaga la onda?
1 ;
2t
t2 −4t−1
2 ; X 3
Solución.
Esta cuestión se resuelve usando la misma idea que en la anterior. Introducimos ξ = x − vt, y
nuestra onda deberá ser una función sólo de ξ: y(x, t) = f (x − vt) = f (ξ).
Nos dan los siguientes datos:
y(1, t) =
t2
2t
− 4t − 1
;
y(0, 0) =
−3
.
10
Si en nuestra definición de ξ hacemos x = 1 nos queda:
ξ = 1 − vt ⇒ t =
1−ξ
.
v
Si ahora sustituimos esta expresión de t en la de y(1, t), obtenemos:
y(1, t) = 1−ξ 2
v
2 1−ξ
v
− 4 1−ξ
−1
v
= f (ξ).
Ya tenemos nuestra f (ξ). Ahora podemos particularizarla para los valores de x y t que queramos.
Como sabemos que y(0, 0) = −3/10, vamos a particularizar para x = 0, t = 0 ⇒ ξ = 0:
y(0, 0) = f (0) = 2
1
v
2 v1
− 4 v1 − 1
⇒v=
=
2v
3
20
8
2
2
=
−
⇒
v
+
4v
−
1
=
v
⇒
v
−
v−1=0
1 − 4v − v 2
10
3
3
8/3 ±
q
(8/3)2 + 4
2
4 5
= ± =
3 3
(
3
− 13
.
Como en el enunciado se nos dice que la onda viaja en el sentido positivo del eje OX, la solución
es:
v = 3.
14
17. En cierto sistema de referencia S, una onda tiene el aspecto f = A cos(x + 2y + 3z − t). ¿Cuál es la
frecuencia angular de esta onda para un observador ligado a un sistema de referencia S 0 paralelo
a S, respecto al que se mueve con la velocidad 3~ı + 2~ + ~k?
7 ;
8 ;
X 9
Solución.
En S tenemos: f = Acos(x + 2y + 3z − t) y sabemos que S 0 se mueve paralelamente a S con
velocidad ~v = (3, 2, 1).
Z’
Z
P
r
r’
O’
r0
Y’
Y
O
X’
X
Tenemos (ver figura):
~r = ~ro (t) + r~0 ,
(2)
con:
~ro (t) = ~ro (0) + ~v t,
~r = (x, y, z) ; r~0 = (x0 , y 0 , z 0 ),
~ro (0) = (xo , yo , zo ) ≡ Posición inicial del origen de S’, que no conocemos.
Escribiendo (2) componente a componente:
x = xo + 3t + x0 ,
y = yo + 2t + y 0 ,
z = zo + 3t + z 0 ,
que sustituidas en la expresión de t nos darán el aspecto de la onda en S’:
f = Acos(x0 + 2y 0 + 3z 0 + xo + 2yo + 3zo + 3t + 4t + 3t − t).
Llamando xo + 2yo + 3zo = φo , se tiene:
f = Acos(x0 + 2y 0 + 3z 0 + φo + 9t).
Observamos que en S’ la onda también es armónica, con la misma amplitud y vector de onda, y
con frecuencia angular (coeficiente de t): ω 0 = 9.
15
18. Sea g(x, t) el movimiento ondulatorio resultante de la superposición de dos ondas armónicas,
g1 (x, t) y g2 (x, t), que se propagan en el sentido positivo del eje OX con velocidad v = 0.5. Se
sabe que la dependencia temporal de g1 en xa = 1 es g1 (xa , t) = A cos(πt) y que la dependencia
temporal de g2 en xb = 5/4 es g2 (xb , t) = A cos(πt). ¿Cuál es la amplitud de g(x, t)?
A ;
√
A 3 ;
√
X A 2
Solución.
Esta cuestión coincide exactamente con la cuestión 24 del examen parcial de este año. Consultar
la resolución de dicho examen.
19. Un túnel y un tren tienen longitudes propias L y 4L respectivamente. ¿Cuál debe ser la celeridad
mı́nima con que el tren debe atravesar el túnel para que un observador ligado al túnel pueda
asegurar que el tren cupo ı́ntegramente dentro del túnel?
√
c 3/2 ;
√
√
2c 2/3 ; X c 15/4
Solución.
Datos
(
Longitud propia del tren = 4L
Longitud propia del túnel = L
Para el observador ligado al túnel el tren se contrae en la dirección de su movimiento en un factor
1/γ:
Longitud del tren medida desde el túnel =
4L
.
γ
Para que, según el observador ligado al túnel, el tren quepa ı́ntegramente en su interior, deberá
ocurrir que esta longitud sea menor que la longitud propia del túnel: (4L)/γ ≤ L.
La velocidad mı́nima del tren será la que da lugar a la igualdad en esta expresión:
2
4L
1
v
=L⇒γ=4⇒ q
=4⇒1−
γ
c
1 − (v/c)2
16
2
1
v
= 2 ⇒
4
c
√
1
15
c 15
=1− 2 =
⇒v=
.
4
16
4
20. Una pequeña explosión produce un pulso luminoso cuando los orı́genes de dos sistemas de referencia (en la configuración estándar) S y S 0 coinciden con el punto donde se produce la explosión.
Según S, al cabo de un cierto tiempo t la distancia del pulso al origen de S es d. Según S 0 , al
cabo de un tiempo t, la distancia del pulso al origen de S 0 será:
X Igual a d
;
Menor que d
;
Mayor que d.
Solución.
Según los principios de la Relatividad, la celeridad de la luz es la misma para todos los observadores
inerciales.
En nuestro caso, S y S’ ven partir desde sus orı́genes de coordenadas un pulso de luz en el instante
en que sus respectivos cronómetros marcan cero. Cuando sus cronómetros marquen la misma cifra
(llamémosla α), dirán que el pulso dista del origen la distancia cα. Por tanto, la respuesta a la
cuestión es:
Igual a d.
21. Según el sistema de referencia ligado a una bicicleta, la velocidad (distinta de cero) a la que un
autobús se aleja respecto de ella es la misma en módulo, pero de sentido contrario, a la velocidad
a la que un peatón se aleja de la bici (todos ellos viajando inercialmente sobre la misma recta).
Para el peatón ocurren dos sucesos, simultáneos y en puntos distintos. ¿Qué hace falta para que
sean simultáneos para el autobús?
X Independientemente del valor de esta velocidad, nunca serán simultáneos para el autobús.
Independientemente del valor de esta velocidad, siempre serán simultáneos para el autobús.
Elegir adecuadamente el valor de esta velocidad.
Solución.
Vamos a considerar tres sistemas de referencia en la configuración estándar (considerados 2 a 2):
S ≡ Ligado a la bici.
S 0 ≡ Ligado al autobús.
S 00 ≡ Ligado al peatón.
S
S’’
v
S’
v
Escribamos las transformaciones de Lorentz que las ligan:
(
(
x0 = γ(x − vt)
t0 = γ(t − cv2 x)
(3)
x00 = γ(x + vt)
t00 = γ(t + cv2 x)
(4)
17
(
x00 = γb (x0 − vbt0 )
t00 = γb (t0 − cbv2 x0 )
(5)
Aquı́ γb corresponde a la velocidad vb con que se mueve S 00 respecto a S (que podemos calcular
mediante la ley de composición de velocidades relativista, en función de v, pero que no lo hacemos
porque no nos hará falta).
Sean A y B los dos sucesos del enunciado. Llamemos ∆x = xA − xB , ∆t = tA − tB , etc. Tenemos
estos datos: ∆t00 = 0 y ∆x00 6= 0.
Nos preguntan lo que tiene que ocurrir para que ∆t0 = 0. Impongamos la condición ∆t0 = 0, y el
dato ∆t00 = 0 en la segunda ecuación de (5):
∆t00 = γb (∆t0 − cbv2 ∆x0 ) ⇒ ∆x0 = 0, que llevado a la primera ecuación de (5):
∆x00 = γb (∆x0 − vb∆t0 ) = 0, lo cual no es posible porque según el enunciado ∆x00 6= 0. Por tanto,
si los datos son ciertos, la condición ∆t0 = 0 no se puede dar, de lo que se deduce que:
Los dos sucesos no serán simultáneos para el autobús.
22. Dos sistemas de referencia S y S 0 , con orı́genes en O y O 0 respectivamente, se encuentran en
la configuración estándar. Cuando el reloj de S 0 marca T 0 , se emite un pulso de luz desde O 0 .
¿Cuánto marca el reloj de S cuando el pulso llega a O?
q
T 0 (1 + vc )/(1 −
v2
)
c2
;
q
q
X T 0 (1 + vc )/(1 − vc ) ;
T 0 (1 +
v2
)/(1
c2
− vc )
Solución.
Cuando se produce el destello, el reloj de S’ marca T’; por lo tanto el reloj de S marca T = γT 0 .
Pero dicho pulso se produce en un punto alejado de O, con lo que para saber cuándo llega a O, al
tiempo T hay que añadirle el tiempo que tarda la luz en llegar hasta O. El pulso se produce en
el punto x = vT = vγT 0 , con lo que el tiempo que tarda en llegar será:
τ=
x
vγT 0
=
,
c
c
y el instante de llegada será:
tllegada
v
1
vγT 0
= T + τ = γT 0 +
=γ 1+
T0 = q
c
c
1−
18
v2
c2
q
1 + vc
v
0
1+
T =q
.
c
1 − vc
23. Los puntos A y B parten simultáneamente del origen de coordenadas de un sistema S, moviéndose
sobre el eje OX con celeridad constante√c/2 en sentidos opuestos. Al partir ponen en marcha sus
cronómetros, y cuando el de A marca 3 envı́a una señal luminosa hacia B. ¿En qué instante,
medido en S, recibe B la señal proveniente de A?
2 ;
3 ;
X 6
Solución.
A
S
C/2
B
C/2
La velocidad relativa de B respecto de A será:
vBA =
vBS + vSA
4
5
vBS vSA = c ⇒ γBA = .
1 + c2
5
3
El instante en que llega a B (según B) será el instante en que sale de A(según B) más el tiempo
que tarda de A a B (según B):
xB
.
T = tB +
c
Ahora bien:
5√
tB = γtA =
3,
3
4
4 5√
4√
xB = ctB = c
3=
3c.
5
5 3
3
Por tanto:
√
√
4 3
5√
T =
3+
= 3 3,
3
3
es el instante según B.
El instante según S será:
2 √
tS = γBS T = √ 3 3 = 6.
3
19
24. Dos sistemas de referencia S y S 0 en la configuración estándar (con v = 0.6c) observan el
movimiento de cierta partı́cula. La componente vy de la velocidad de ésta respecto a S es 0.9 veces la correspondiente componente respecto a S 0 . ¿Cuánto vale la componente vx de su velocidad
según S?
X
7c
15
3c
5
;
11c
15
;
Solución.
Según las transformaciones de Lorentz
∆y 0 = ∆y
v
0
∆t = γ ∆t − 2 ∆x ,
c
de modo que dividiendo una entre la otra queda:
u0y =
uy
γ 1−
v
u
c2 x
.
(6)
Según el enunciado, v = 0, 6c (lo que da un factor γ = 5/4), y uy /u0y = 0, 9.
Despejando ux de (6) y teniendo en cuenta estos datos, tenemos:
c2
uy
ux =
1− 0
v
γuy
!
=
c2
4
9
7
1− ×
=
c
0, 6c
5 10
15
.
20