Solución: Igualando la energıa mecánica inicial (sólo potencial

EXAMEN DE FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA. CURSO 04/05.
PRIMERO INGENIERO DE TELECOMUNICACIÓN. JUNIO
Primer apellido........................................... Segundo apellido.......................................... Nombre..................................
Escribir las dos primeras letras del primer apellido en los recuadros que aparecen en el margen superior derecho.
Este examen consta de 30 preguntas tipo test, y se divide en dos partes de 15 preguntas cada una. De las tres respuestas
asociadas a cada pregunta una de ellas es verdadera, siendo las otras dos falsas. Si una pregunta se responde correctamente, suma
1/3 puntos. Si se responde incorrectamente, resta 1/6 puntos. Si no se contesta, suma cero puntos. La nota mı́nima que se puede
sacar en cada una de las partes es cero puntos.
NOTA: Todas las magnitudes están en el Sistema Internacional. En las cuestiones en las que haya que cuantificar la aceleración
de la gravedad (g), tómese ésta igual a 10. En todas las cuestiones de relatividad c representa la celeridad de la luz. La configuración
estándar de dos sistemas de referencia es aquella en la que el eje O 0 X 0 coincide con el OX en t = t0 = 0, y se mueve con velocidad
~v = v~ı 6= 0.
RELLÉNESE A BOLÍGRAFO.
PRIMERA PARTE
1. Sea un plano inclinado π/4 radianes apoyado sobre el suelo horizontal y fijo respecto a éste. Una partı́cula se abandona
apoyada sobre el plano (sin velocidad inicial) desde una altura 1 respecto al suelo. Cuando la masa llega al suelo su celeridad
es 1. ¿Cuánto vale el coeficiente de rozamiento dinámico entre la masa y el plano?
× 19/20
;
39/40
;
59/60
Solución: Igualando la energı́a mecánica inicial (sólo potencial gravitatoria) con la energı́a mecánica final (sólo
cinética) más el trabajo de la fuerza de rozamiento, queda
mgh = 21 mv 2 + µd mgcos π4 l
siendo l la longitud sobre el plano que recorre la partı́cula y h su altura inicial sobre el suelo. Como l = h/sen(π/4),
entonces:
cos(π/4)
2gh = v 2 + 2µd g sen(π/4)
h,
de donde finalmente:
µd = 1 −
v2
2gh
Para h = v = 1, µd =19/20.
2. Sea un plano inclinado un ángulo α respecto al suelo horizontal y fijo respecto a éste. Sobre el plano se encuentra una
partı́cula en reposo sobre la que actúa únicamente la gravedad y la fuerza de contacto con el plano. Si el valor máximo de α
para que la partı́cula no deslice es π/6 radianes, ¿cuál es el coeficiente de rozamiento estático entre la partı́cula y el plano?
×
√
3/3
;
1
√
3
;
Solución: Si α es máximo, la fuerza de rozamiento necesaria para mantener el equilibrio también será máxima. Y
dicho valor máximo sabemos que es, en módulo, µN , siendo N la normal. Aplicando Newton, proyectado en la
dirección del plano y su normal:
mgsenα − µe mgcosα = 0,
de donde
µe =tgα
√
Para α = π/6, queda µe = 3/3
3. El vector de posición de una partı́cula en función del tiempo viene dado por ~r(t) = et~ı + 12 e2t~. La curvatura de la trayectoria
en el instante t = 0 vale:
√
× 1/(2 2)
;
√
3/(2 2)
;
√
5/(2 2)
Solución: La velocidad será ~v =et~ı+e2t~, y el módulo en el origen |~v (0)| =
√
La aceleración vale ~a =et~ı + 2e2t~ y el módulo en t = 0 es |~a(0)| = 5.
√
Como |~v (t)| = e2t + e4t , entonces
√
2t
4t
|~aT (t)| = d|~vdt(t)| = 2e√e+2e
y |~aT (0)| = 3/ 2;
2t +e4t
p
p
ası́, como |~aN (0)| = |~a(0)|2 − |~aT (0)|2 queda |~aN (0)| = 1/2.
√
Teniendo en cuenta que |~aN (0)| = |~v (0)|2 k, resulta que k = 1/(2 2).
√
2.
4. Una partı́cula está sometida a una fuerza conservativa. Al pasar de un punto a otro del espacio la energı́a potencial de la
partı́cula aumenta. Entonces, en general, se puede afirmar que:
El módulo de la fuerza también aumenta.
El módulo de la fuerza disminuye.
× Faltan datos para saber si el módulo de la fuerza también aumenta o disminuye.
Solución:
Pondremos un contraejemoplo. Supongamos una partı́cula sometida a una fuerza constante, por ejemplo el peso en
la superficie de la tierra: mg. La energı́a potencial, al subir aumenta con la altura, pero el módulo de la fuerza ni
aumenta ni disminuye.
5. Tres partı́culas iguales se disponen en los vértices de un triángulo equilátero de masa despreciable que gira con velocidad
angular constante respecto a un eje perpendicular al mismo que pasa por su centro O. El módulo del momento angular de
dicho sistema respecto a O vale 4. Esas mismas masas se quitan de los vértices y se ponen en los puntos medios de los lados,
y el triángulo se hace girar del mismo modo y con la misma velocidad angular. En este caso, el módulo del momento angular
del sistema respecto a O vale:
× 1
;
2
;
3
Solución:
El módulo del momento cinético en el primer caso será la suma de los módulos de los momentos de cada una de las
partı́culas (todos tienen la misma dirección y sentido):
L1 = 3mr2 ω
siendo m la masa de cada una de las partı́culas, r la distancia desde el centro del triángulo, O, a cada uno de sus
vértices y ω el módulo de la velocidad angular.
En el segundo caso será
L2 = 3m(r/2)2 ω
ya que ahora la distancia de cada partı́cula a O será (r/2). Por tanto
L2 = L1 /4
Si L1 = 4, entonces L2 = 1.
6. Una partı́cula de masa m realiza oscilaciones forzadas amortiguadas en el eje OX sometida a la acción de un resorte ideal de
~ = F0 cos ωt ~ı . El coeficiente de rozamiento viscoso es c y la amplitud del movimiento
constante k y de una fuerza excitadora F
en regimen permanente es A. Una segunda partı́cula de masa 2m también realiza oscilaciones forzadas amortiguadas en el
~ = F0 cos ωt ~ı , siendo 2c el
eje OX sometida a la acción de un resorte ideal de constante 2k y de una fuerza excitadora F
valor del coeficiente de rozamiento viscoso. Entonces, la amplitud de las oscilaciones en régimen permanente de esta segunda
partı́cula es:
× A/2 ;
2A ;
A/4
Solución:
La amplitud de las oscilaciones viene dada en el primer caso por
F0 /m
(ω02 −ω 2 )2 +γ 2 ω 2
A= √
=√
F0
(k−mω 2 )2 +c2 ω 2
Si duplico m, k y c, entonces la amplitud se divide por dos, resultando A/2.
7. Una partı́cula P se mueve en el eje OX de cierto sistema de referencia oscilando armónicamente alrededor del origen. Isabel
dispone de tres aparatos, A, B y C, que miden la coordenada x de P y sus derivadas temporales ẋ y ẍ, respectivamente.
Aunque Isabel sabe que los aparatos miden estas magnitudes, no sabe qué aparato mide cada una de ellas. Llamemos med
(X) a la medida del aparato X. Isabel midió los cocientes med(A)/med(B) y med(B)/med(C), observando que cada uno de
ellos dependı́a del tiempo. De esto se puede deducir que el aparato B mide:
x
;
× ẋ
;
ẍ
Solución:
Si oscila armónicamente, entonces:
x = Asen(ωt + ϕ)
ẋ = Aωcos(ωt + ϕ)
ẍ = −Aω 2 sen(ωt + ϕ)
La única forma de que los cocientes de dos de estas magnitudes dependan del tiempo, tal y como dice el enunciado,
es que B mida ẋ.
8. Un péndulo realiza oscilaciones en un plano vertical sometido únicamente a la tensión del hilo y a la gravedad. ¿Se mantiene
constante la cantidad de movimiento durante el movimiento?
Sı́. ;
× No. ;
Faltan datos para responder.
Solución:
Supongamos que la cantidad de movimiento fuese constante durante el movimiento. Entonces, por el teorema de la
cantidad de movimiento, la suma de las fuerzas que actúan sonbre el péndulo (el peso y la tensión del hilo) será cero.
Pero esto no es ası́ aunque sólo sea porque estas dos fuerzas tienen direcciones distintas). Por tanto, la cantidad de
movimiento NO se mantiene constante.
9. Un tren tiene dos bocinas idénticas, una en la cabeza y otra en la cola, que suenan simultáneamente. Cuando pasa por
delante de la estación, viajando en lı́nea recta a velocidad constante y sin viento, un observador situado en la misma percibe
pulsaciones de frecuencia cien veces más baja que la frecuencia con la que cada una de estas bocinas se escucha cuando el
tren está parado. ¿A qué fracción de la velocidad del sonido viaja el tren?
× ' 5x10−3 ;
' 5x10−4 ;
' 5x10−5
Solución:
v
La frecuencia de las pulsaciones viene dada por νp = ν1 − ν2 , siendo ν1 = ν0 v−v
la frecuencia de la bocina que
T
v
se acerca y ν2 = ν0 v+vT la de la bocina que se aleja: vT , y v son la celeridad del tren y la celeridad del sonido
respectivamente. De aquı́,, la frecuencia de las pulsaciones es:
−3
Tv
νp = ν0 v2v
vs .
2 −v 2 . Despejando de la ecuación de segundo grado, como ν p = (1/100)ν0 , queda que que v '5x10
T
10. Sea f (x, t) = 21 x2 + 2t2 − 2xt+ex−2t , g(x, t) =x2 + 2t2 − 2xt+ex−2t y h(x, t) =x2 + t2 − 2xt+ex−2t . Una y sólo una de estas
funciones representa una onda viajera que se propaga a lo largo del eje OX. ¿Cuál?
× f (x, t) ;
g(x, t) ;
h(x, t)
Solución:
Para que una función represente una onda viajera, ha de cumplir la ecuación de ondas, esto es, que la derivada
segunda respecto al espacio sea igual a la derivada segunda respecto al tiempo, salvo una constante. Dicha constante
es precisamente la inversa del cuadrado de la velocidad de propagación de la onda. En nuestro caso, derivando f (x, t)
dos veces respecto a x, y derivando f (x, t) dos veces respecto a t, nos damos cuenta que ambas derivadas coinciden,
salvo, como decimos, una constante. Ello no sucede con g(x, t) ni con h(x, t). Por tanto, sólo f (x, t) es una onda
que satisface
∂2f
∂x2
=
2
1∂ f
4 ∂t2
De aquı́ que v 2 = 4, y f (x, t) debe ser función de x ± 2t. Haciendo el cambio z = x − 2 6 t comprobamos que f (x, t)
es una función sólo de z; es decir una onda viajera que se propaga en el sentido positivo del eje OX con celeridad 2.
11. Los sistemas de referencia S y S 0 se mueven en la configuración estándar. El movimiento de una partı́cula es observado por
ambos sistemas. Sean ux , uy , u0x , y u0y las componentes x e y de la velocidad de la partı́cula medida por los sistemas S y
S 0 respectivamente. Entonces, la ley correcta de composición de velocidades es:
uy =
u0y
γ
;
uy =
u0y
1+ cv2 u0y
;
× uy =
u0y
γ(1+ v2 u0x )
c
Solución:
Las transformaciones de Lorentz válidas para la configuración estándard: y = y 0
t = γ(t0 +
v 0
c2 x )
para un suceso, las particularizamos para dos eventos y hacemos la diferencia, miembro a miembro:
∆y = ∆y 0
∆t = γ(∆t0 +
v
0
c2 ∆x )
De aquı́, dividiendo una ecuación entre la otra y tomando el lı́mite cuando el intervalo de tiempo tiende a cero:
uy =
u0y
γ(1+ v2 u0x )
c
12. Por una tuberı́a se lanzan dos tipos diferentes de partı́culas, A y B. Las partı́culas A viajan a la misma velocidad (constante
respecto al laboratorio) que las partı́culas B. Inicialmente, el número de partı́culas de tipo A que se lanzan es el doble que de
las de tipo B, llegando al blanco el mismo número de partı́culas A y B. Si las partı́culas de tipo A consumen dos semividas
durante el viaje, ¿cuántas veces es mayor la semivida de las partı́culas de tipo B que la semivida de las partı́culas de tipo A?
× 2;
3/2 ;
4/3
Solución:
El número de partı́culas que llegan al final del tipo i (i = A, B) en función del número de partı́culas que salen (N 0i )
la longitud del tubo (l), la velocidad de las mismas (v), y su semivida (t1/2,i ), es
Ni =
N0i
l/v
γt1/2,i
2
=
2
N0i
k
t1/2,i
siendo k el tiempo que dura el viaje según el sistema ligado a las propias partı́culas.
Como el enunciado dice que llegan las mismas de tipo A que de B, saliendo el doble, entonces:
tB =
k
,
−1
k
tA
2
k
2 tA
=
1
k
2 tB
. De aquı́
con lo que si k = 2tA , entonces tB = 2tA .
13. Los sistemas S y S 0 están en la configuración estándar. La transformación de Lorentz correcta es:
x = γ(x0 − vt0 ); × x = γ(x0 + vt0 ) ;
x0 = γ(x + vt)
Solución:
La demostración de que la transformación correcta es x = γ(x0 + vt0 ) se encuentra resuelta detalladamente en los
apuntes de teorı́a de la asignatura.
b = α d22 + 2Ib, siendo Ib el operador identidad y α una constante real.
14. Considérense la función f (x) = ex y el operador O
dx
Entonces:
b
Es posible encontrar un único valor de α para el que f (x) es autofunción de O.
b
× Es posible encontrar infinitos valores de α para los que f (x) es autofunción de O.
b
No es posible encontrar ningún valor de α para el que f (x) sea autofunción de O.
15. El conmutador de los operadores asociados a dos magnitudes compatibles es otro operador. Dicho operador:
× Es el operador identidad multiplicado por la constante cero.
Es el operador identidad multiplicado por una constante distinta de cero.
Es es el operador
d
dx .
Solución:
b = α d22 + 2Ib a la función f (x) = ex queda:
Aplicando el operador O
dx
b (x) = αex + 2ex = (α+2)ex = (α+2)f (x)
Of
b
Luego, para infinitos valores de α tenemos que f (x) es autofunción de O.
EXAMEN DE FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA. CURSO 04/05.
PRIMERO INGENIERO DE TELECOMUNICACIÓN. JUNIO
Primer apellido........................................... Segundo apellido.......................................... Nombre..................................
Escribir las dos primeras letras del primer apellido en los recuadros que aparecen en el margen superior derecho.
Este examen consta de 30 preguntas tipo test, y se divide en dos partes de 15 preguntas cada una. De las tres respuestas
asociadas a cada pregunta una de ellas es verdadera, siendo las otras dos falsas. Si una pregunta se responde correctamente,
suma 1/3 puntos. Si se responde incorrectamente, resta 1/6 puntos. Si no se contesta, suma cero puntos. La nota mı́nima
que se puede sacar en cada una de las partes es cero puntos.
NOTA: Todas las magnitudes están en el Sistema Internacional. En las cuestiones en las que haya que cuantificar la
aceleración de la gravedad (g), tómese ésta igual a 10. En todas las cuestiones de relatividad c representa la celeridad de la
luz. La configuración estándar de dos sistemas de referencia es aquella en la que el eje O 0 X 0 coincide con el OX en t = t0 = 0,
y se mueve con velocidad ~v = v~ı 6= 0.
RELLÉNESE A BOLÍGRAFO.
SEGUNDA PARTE
16. El efecto neto de las fuerzas internas de un sistema de partı́culas sobre la derivada temporal de una de las siguientes magnitudes
asociadas al sistema es, en general, diferente de cero. ¿Cuál?
× Energı́a cinética;
Cantidad de movimiento;
Momento cinético.
Solución:
En la demostración del Teorema de la Cantidad de Movimiento se vió que la acción de las fuerzas internas se
contrarrestaba, debido al principio de acción y reacción. Por ello la derivada temporal de la cantidad de movimiento
sólo depende de la fuerzas externas. Lo mismo ocurre para el momento cinético, bajo la hipótesis de que las fuerzas
internas simpre son paralelas al vector de posición relativo de las dos partı́culas involucradas. Por último, las fuerzas
internas pueden realizar trabajo (si el desplazamiento de la partı́cula no es perpendicular a la misma), con lo que
este trabajo provoca una variación de la energı́a cinética del sistema.
17. Supóngase que el Principio de Acción y Reacción fuese F~ij = -F~ji , siendo siempre (~ri − ~rj )⊥F~ij ; ∀ i 6= j , donde ~ri y ~rj son
los vectores de posición respecto de un sistema de referencia inercial de la partı́cula i y de la partı́cula j , y F~ij es la fuerza
que la partı́cula j realiza sobre la i. Entonces, en general, ¿cuál de los siguientes teoremas se verı́a modificado?
El del Centro de Masas; × El del Momento Cinético;
Tanto el del Centro de Masas como el del Momento Cinético.
Solución:
El Teorema del Centro de masa no se verı́a afectado dado que las fuerzas internas contribuyen a través del término
P
~ij , el cual es nulo. Por tanto, la repuesta concreta es la segunda. Veamos por qué:
F
En la deducción del Teorema del Momento Cinético, tenienedo en cuenta que las fuerzas interiores al sistema llevan
la dirección de la recta que une las partı́culas, resultado el producto vectorial (~ri − ~rj )∧F~ij = 0 . Si en este caso
(~ri − ~rj )·F~ij = 0, entonces dicha fuerza es perpendicualar al vector de posición relativo entra las partı́culas, con lo
que el correspondiente termino no se anula y no se sigue el teorema.
18. Una partı́cula está sujeta por una cuerda ideal. La partı́cula describe una trayectoria circular de centro fijo en un plano
vertical, siendo la gravedad y la tensión de la cuerda las únicas fuerzas que actúan sobre ella. ¿Es posible que su celeridad
sea constante?
Sı́, pero sólo para ciertas condiciones iniciales;
Solución:
Sı́, independientemente de las condiciones iniciales; × No.
Mantener la celeridad constante significa que la aceleración tangencial es cero, y sólo hay aceleración normal. El
peso siempre es vertical, de modo que esta componente vertical del peso ha de ser compensada con la tensión de la
cuerda; pero la tensión de la cuerda lleva dirección radial, de forma que no puede compensar siempre al peso y por
tanto la aceleración de la partı́cula no puede ser exclusivamente normal.
19. Sobre un carro que puede deslizar sin rozamiento por el suelo horizontal se encuentra rı́gidamente unido un cañón. La altura
del sistema cañón-carro es despreciable y su masa es M . El ángulo que forma el cañón con la horizontal es de π/3 radianes
y el sistema está inicialmente en reposo. Se dispara una bala de masa M/100, alcanzando una altura máxima de 243/20.
¿Cuál es la celeridad con la que recula el sistema cañón-carro?
Nota: La masa M del sistema cañón-carro es sin tener en cuenta la bala. Despréciese el rozamiento con el aire.
× ' 0.09
;
' 0.08
;
' 0.07
Solución:
Como me dan la altura máxima y al ángulo con el que lanzo la bala, puedo calcular la componente horizontal de
la velocidad inicial de la bala respecto al cañón. A partir de este dato, aplicando el teorema de conservación de la
componente horizontal de cantidad de movimiento entre el instante inicial, en el que bala y cañón están en reposo,
y el instante inmediatamente después del disparo, deduzco la velocidad con la que retrocede el cañón, que es lo
que nos están pidiendo. Hay una forma de simplificar un poco los cálculos: se basa en el hecho de que el canón es
mucho más masivo que la bala y por tanto la velocidad de la bala relativa al cañón será aproximadamente igual a
la velocidad de la bala respecto a tierra (que es la que interviene en el teorema de conservación de la cantidad de
movimiento).
Obtención de la componente horizontal de la bala en el momento del disparo:
2
La componente vertical de la misma en todo momento, puede obtenerse a partir de la expresión: v y2 = voy
− 2gh :
2
En el instante de altura máxima esta componente es cero, con lo que voy = 2gh. Como por otra parte voy = v sen
√
√
(π/3) , se tiene que v = 2gh/( sen (π/3)). Ası́, como vox = v cos (π/3), sustituyendo v: vox = 2gh/( tg (π/3)).
Conocida ya la componente horizontal de la velocidad de la bala, podemos aplicar el teorema de conservación de
la componente horizontal de la cantidad de movimiento, tal y como indicábamos antes: M V = mv ox , siendo M la
masa del cañón y m la masa de la basa de la bala, y V la velocidad de retroceso del cañón.
√
2gh
m
Ası́, V = M tan(π/3) . Sustituyendo el valor de las magnitudes m, M y h:
V = 9/100. Caso de no haber usado la aproximación de que la velocidad de la bala respecto al cañón es prácticamente
igual a la velocidad de la bala respecto a tierra, tendrı́amos: V ' 9/100.
20. Sea un sistema de partı́culas del que conocemos en cierto instante la masa, la posición y la velocidad de cada una de ellas
respecto de un sistema de referencia inercial. En general, para calcular la trayectoria que seguirá cada partı́cula necesitamos
saber además:
Sólo las fuerzas externas que actúan sobre el sistema.
× Tanto las fuerzas internas como las fuerzas externas que actúan sobre el sistema.
La suma de las fuerzas externas y la suma de sus momentos respecto a un punto.
Solución:
Si nos preguntasen por la trayectoria del centro de masas del sistema, bastarı́a conocer las fuerzas externas al sistema
y las condiciones iniciales del mismo (posición y velocidad inicial del centro de masas). Sin embargo nos preguntan
por la trayectoria de cada una de las partı́culas que componen el sistema. Por tanto, según establece la Segunda
Ley de Newton, necesitamos conocer la fuerza que actúa sobre la partı́cula, ası́ como su posición y su velocidad
inicial; y esto para cada una de las partı́culas que componen el sistema. Por tanto, la solución correcta es: tanto
las fuerzas internas como las fuerzas externas que actúan sobre el sistema.
21. Del techo de un ascensor cuelga un muelle ideal. El otro extremo tiene unida una partı́cula que oscila libremente con un
movimiento armónico simple vertical respecto al ascensor. En el caso A el ascensor está en reposo respecto a tierra y la
frecuencia de la oscilación es ωA . En el caso B el ascensor asciende con aceleración constante respecto a tierra y la frecuencia
de la oscilación es ωB . En el caso C el ascensor desciende con aceleración constante respecto a tierra y la frecuencia de la
oscilación es ωC . Entonces:
Solución:
× ωA = ωB = ωC
;
ωB > ω A > ω C ;
ωB < ω A < ω C
Tomaremos un sistema de referencia ligado al ascensor con un eje OX tal que el origen coincida con un punto del
techo y el sentido positivo es el de la gravedad. Aplicando Newton en el caso A, la ley diferencial del movimiento
es:
mẍ = −kx + mg,
ya que las fuerzas que intervienen son sólo la del resorte y la de la gravedad y que en este caso el sistema
p de referencia
ligado al ascensor es inerciar por estar en reposo. Por tanto la frecuencia de las oscilación es ω A = k/m.
En el caso B la ley diferencial del movimiento es
m(ẍ + a) = −kx + mg
ya que en la segunda ley de Newton la aceleración hay que referirla a un sistema inercial (ligado a tierra), siendo a
la la aceleración con la que sube el ascensor.
Sin embargo, la expresión anterior podemos reescribirla como:
mẍ = −kx + m(g − a),
que dará lugar también a un M.A.S. de frecuencia:
p
ωB = k/m
p
Por el mismo argumento, ωC = k/m. Por lo tanto ωA = ωB = ωC .
22. Una partı́cula se encuentra realizando oscilaciones libres verticales de frecuencia ω sometida a la acción de un muelle ideal de
constante k que cuelga del techo. Otra partı́cula idéntica está realizando oscilaciones verticales de frecuencia ω 0 , sometida a
la acción de dos muelles ideales, cada uno de constante k : uno de ellos cuelga del techo, como en el caso anterior, y el otro
está sujeto al suelo; en este caso, la cogida del suelo, del techo y partı́cula son siempre colineales. Entonces:
ω = ω0
k
× ω < ω0
ω > ω0
k
k
Solución:
Tomemos un eje inercial OX con origen en el techo, y cuyo sentido positivo coincide con el de la gravedad. En el
primer caso, la ecuación de movimiento es mẍ = −kx + mg = −K(x − x0 ), siendo x0 = mg
k la posición de equilibrio.
p
Resulta pues una frecuencia ω = k/m. En el segundo caso, si se supone que entre el suelo y el techo hay una
distancia L, la ecuación
p diferencial del movimiento es mẍ = −kx + mg + k(L − x) = −2kx + k(x 0 + L), resultando
una frecuencia ω 0 = 2k/m. Por tanto, ω 0 > ω.
23. Sean S y S 0 dos sistemas de referencia de ejes paralelos con movimiento relativo de traslación con velocidad constante ~v 6= 0.
En el sistema de referencia S se observa una onda armónica plana. Entonces, en el sistema de referencia S 0 :
× Independientemente del valor de ~v , también se observa una onda armónica plana.
Nunca se observa una onda armónica plana .
Sólo para ciertos valores de ~v , también se observa una onda armónica plana.
Solución:
Supongamos que S se desplaza respecto a S 0 con velocidad ~v , y que en t = 0 sus origenes coinciden. En el sistema de
referencia S la onda vendrá descrita por φ = Asen(~k ·~r − ωt). En S 0 vendrá descrita por φ0 = Asen(~k · (~r0 −~v t) − ωt),
que podemos reescribir como φ0 = Asen(~k · ~r0 − (ω + ~k · ~v )t). Esto es una onda plana, con el mismo vector de onda,
pero distinta de frecuencia. Por tanto, independientemente del valor de ~v , también se observa una onda plana.
24. La máquina de un tren lleva una bocina emitiendo permanentemente con frecuencia constante ν . El tren se aleja de la
estación y no hay viento. Entonces, las personas en la estación:
Escuchan una frecuencia igual a ν ;
Solución:
Escuchan una frecuencia mayor que ν ; × Escuchan una frecuencia menor que ν.
Cuando la fuente está en movimiento, como es el caso, los frentes de onda se agolpan por delante de la fuente (en
el sentido del movimiento). Por detrás de la fuente los frentes se van espaciando más que cuando la fuente está en
reposo. De ello es responsable el que, en este caso, la frecuencia del sonido por delante de la fuente sea más alta
(tono más agudo) y por detrás de la fuente sea más baja (tono más grave). Como el tren se aleja de la estación, las
personas que se encuentran por detrás de la fuente percibirán una frecuencia más baja.
25. Una ambulancia, cuya sirena tiene una frecuencia ν conocida, persigue en lı́nea recta a un coche. Hay viento. Coche y
ambulancia se mueven a velocidad constante respecto al suelo; la velocidad del sonido respecto al aire es conocida. Para
saber la frecuencia con la que escuchan los ocupantes del coche la sirena, necesitamos conocer además:
La velocidad relativa entre los vehı́culos y la velocidad del viento.
Sólo la velocidad relativa entre los vehı́culos.
× La velocidad respecto al aire de cada uno de los vehı́culos.
Solución:
En el efecto Doppler los frentes de onda se acercan o alejan, unos respecto a otros, debido al movimiento de la fuente
respecto al medio en el que se propaga el sonido. Hay una segunda causa del efecto Doppler: el movimiento del
observador. En este caso los frentes de onda no modifican su distancia, pero el ritmo al que el observador se cruza
con ellos, caso que este se esté moviendo, determina una variación en la frecuencia. Por tanto, en ambos casos, ya se
mueva la fuente o el observador, lo relevante es el movimiento de los mismos respecto al medio en el que se propaga
la onda, en este caso el aire. En conclusión, para determinar la variación de la frecuencia necesitamos conocer la
velocidad del sonido en el aire y la velocidad de la fuente y del observador respecto al aire.
26. Érase una vez un astrofı́sico que vivı́a en un lejano planeta. El dı́a que nació su primer hijo decidió hacer un bonito
experimento para celebrarlo: Pensó en medir la distancia a la que ese dı́a se encontraba el borde del universo visible lanzando
un rayo láser contra la galaxia más lejana que pudo localizar. El rayo se reflejó de alguna manera en la misma, de modo que
el ‘eco’ electromagnético llegó al astrofı́sico precisamente el dı́a que nació su segundo hijo, un siglo terrestre más joven que el
primogénito. Desde ese planeta todas las galaxias parecı́an alejarse con una velocidad que era proporcional a su distancia,
siendo 10−9 la constante de proporcionalidad. Suponiendo que durante el tiempo que duró el experimento la galaxia reflectora
no cambió sensiblemente de velocidad, el borde del universo estaba aproximadamente a:
× 1.8 x 1017 ;
2.3 x 1017 ;
2.5 x 1017
Solución:
Sea x la posición a la que se encuentra la galaxia en el momento de la emisión, t/2 el tiempo que tarda la luz en
alcanzarla y v la velocidad a la que se aleja. La relación entre estas cantidades será: x + v 2t = c 2t . Si tenemos
en cuenta la relación entre la distacia y la velocidad a la que se aleja la galaxia, entonces: x =
c 2t
1+10−9 2t
. De aquı́
17
x = 1.8 x 10 .
27. Los sistemas de referencia S y S 0 se encuentran en la configuración estándar. Un triángulo rectángulo en reposo en S y
contenido en el plano OXY tiene un área A cuando es medida por el mismo sistema S . ¿Cuál es el valor de dicho área
cuando es medida por S 0 ?
q
× A
1−
v2
c2
No podemos responder porque para ello tendrı́amos que conocer las dimensiones de los lados.
No podemos responder porque para ello tendrı́amos que conocer la orientación del triángulo.
Solución:
Sabemos que la longitud se acorta un factor γ en la dirección del movimiento, y se mantiene constante en las
direcciones perpendicualares al mismo. Por ello, si la figura fuera un rectángulo con dos de sus lados en la q
dirección
2
del movimiento (y por tanto los otros dos perpendicular al mismo), entonces la respuesta serı́a inmediata: A 1 − vc2 .
Pero la figura no es un rectángulo orientado de esta forma particular, sino un triángulo, orientado en principio de
cualquier forma. Sin embargo, uno siempre puede imaginar el triángulo dividido en muchos (tantos como uno
quiera) pequeños rectángulos orientados de la forma anterior. Si ahora para rectángulo aplicamos el razonamiento
anterior tenemos que cada una de estas pequeñas áreas se ve reducida en un factor γ . Por ello,
q el área total A
que es la suma de todas las áreas de todos los pequeños rectángulos, pasará a tener un valor A
medida por S.
1−
v2
c2
cuando es
28. Una partı́cula cuántica se encuentra en un estado definido por la función de onda f (x) = senθ f 1A (x) + cosθ f2A (x),
donde f1A (x) y f2A (x) son autofunciones de cierto operador asociado a una magnitud fı́sica A. Sean a1 y a2 los autovalores
correspondientes a dichas autofunciones, respectivamente. Experimentalmente se conoce que cuando la partı́cula se encuentra
en el estado definido por f (x) la probabilidad de encontrar a1 al medir A es el doble de la de encontrar a2 . ¿Cuánto vale θ?
× arcsen (
Solución:
p
√
2/3) ;
arcsen ( 3/2) ;
√
arcsen (2/ 5)
Lo primero es darse cuenta que la función de onda está automáticamente normalizada, ya que sen 2 θ+cos2 θ = 1. Por
ello, la probabilidad de encontrar a1 será P(a1 )=sen2 θ y la de encontrar a2 será P(a2 )= cos2 θ. El enunciado nos
2
2
2
2
dice que P(a1 )=2P(a2 ), con lo que
p sen θ = 2 cos θ. Por tanto, de aquı́ hemos de despejar θ: sen θ = 2 (1-sen θ),
2
de donde 3sen θ = 2 y θ =arsen 2/3
b asociado a la magnitud fı́sica A de un sistema cuántico, a las que
29. Sean f1A (x) y f2A (x) dos autofunciones del operador A,
corresponden los autovalores a1 y a2 respectivamente. Se sabe que f1A (x) = √1 f1E (x) + √1 f2E (x) y f2A (x) = √1 f1E (x) −
2
2
2
√1 f E (x), donde f1E (x) y f2E (x) son autofunciones de la energı́a con autovalores E1 y E2 respectivamente. El sistema se
2 2
encuentra inicialmente (t = 0) en el estado definido por f1A (x). Al cabo de cierto tiempo t0 se mide A, sin que entre los
instantes t = 0 y t = t0 se haya realizado ninguna otra medida. Se sabe que la probabidad de encontrar a1 depende del valor
concreto de t0 . ¿Para cuál de estos valores de t0 esta probabilidad aumenta más rápidamente con el tiempo?
×
3πh̄
2(E2 −E1 )
;
πh̄
2(E2 −E1 )
Solución:
;
2πh̄
E2 −E1
La función de onda al cabo de un tiempo t0 será, en la base de la energı́a:
0
0
0
−iE1 t
−iE2 t
−iE1 t
√1 f E (x) e h̄
+ √12 f2E (x)e h̄ ; y en la base de A será: f (x) = √12 ( √12 f1A (x) + √12 f2A (x)) e h̄
2 1
−iE2 t0
−iE1 t0
−iE2 t0
−iE1 t0
−iE2 t0
√1 ( √1 f A (x) − √1 f A (x))e h̄
. Reordenando: f (x) = 12 f1A (x)(e h̄ + e h̄ ) + 21 f2A (x)(e h̄ − e h̄ ).
2
2 1
2 2
f (x) =
+
La probabilidad de encontrar a1 será
P (a1 ) = 12 (1+ cos
y
P (a1 )
dt
E2 −E1
t)
h̄
−1 E2 −E1
2
sen ( E1 −E
t)
2
h̄
h̄
3πh̄
2(E2 −E1 ) esta función aumenta
=
Para t =
más rápidamente con el tiempo.
30. Sean A y B dos magnitudes incompatibles. Sobre un sistema cuántico mido A, después mido B y finalmente vuelvo a medir
A. En el caso 1, las tres medidas se realizan inmediatamente después unas de otras. En el caso 2, las tres medidas no se
realizan inmediatamente después unas de otras, sino que entre ellas media un intervalo finito de tiempo durante el que no se
realiza ninguna otra medida. Entonces, en general:
En el caso 1 el resultado de la primera medida de A coincide con el de la segunda, pero no en el caso 2.
En el caso 2 el resultado de la primera medida de A coincide con el de la segunda, pero no en el caso 1.
× Ni en el caso 1 ni el caso 2 el resultado de la primera medida de A coincide con el de la segunda.
Solución:
Al ser magnitudes incompatibles, según el teorema de compatibilidad, la medida de B entre dos medidas de A
(todas ellas una inmediatamente después de la otra) hace que el resultado de la primera medida de A no coincida
con el resultado de la segunda medida de A. Si además entre medida y medida transcurre un intervalo finito de
tiempo, entonces cada una de las funciones de ondas obtenidas en cada paso tendremos que modificarla con la ley
de las exponenciales imaginarias en los coeficientes del desarrollo en la base de la energı́a, y con aún mayor motivo,
el resultado de la segunda medida de A no coincidirá con el de la primera.