física

UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID
PRUEBA DE ACCESO A ESTUDIOS UNIVERSITARIOS (LOGSE)
FÍSICA
MODELO 2011
INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN
La prueba consta de dos opciones A y B, cada una de las cuales incluye tres cuestiones y dos problemas.
El alumno deberá elegir la opción A o la opción B. Nunca se deben resolver cuestiones o problemas de
opciones distintas. Se podrá hacer uso de calculadora científica no programable.
CALIFICACIÓN: Cada cuestión debidamente justificada y razonada con la solución correcta se
calificará con un máximo de 2 puntos. Cada problema debidamente planteado y desarrollado con la
solución correcta se calificará con un máximo de 2 puntos. En aquellas cuestiones y problemas que
consten de varios apartados, la calificación será la misma para todos ellos.
TIEMPO: Una hora treinta minutos.
OPCIÓN A
Cuestión 1A. Un cuerpo de masa 250 g unido a un muelle realiza un movimiento armónico simple con
una frecuencia de 5 Hz. Si la energía total de este sistema elástico es 10 J:
a) ¿Cuál es la constante elástica del muelle?
b) ¿Cuál es la amplitud del muelle?
Solución.
a.
Combinando la 2ª ley de la dinámica y la Ley de Hooke, se halla una relación entre la constante
recuperadora y el periodo.
F = m⋅a 
2 
2  : F = −m ⋅ ω x  : K = m ⋅ ω 2 : ω = 2 π ⋅ f

a = −ω x 

F = −K ⋅ x

K = m ⋅ (2π ⋅ f )2 = 4π 2 m f 2 = 4π 2 ⋅ 0,250 ⋅ 52 = 246,7 Nm −1
b.
Conociendo la energía mecánica y la constante, se calcula la amplitud.
ET =
1
KA 2
2
: A=
2E m
=
K
2 ⋅ 10
= 0,285 m
246,7
Cuestión 2. Se dispone de una lente convergente de distancia focal 15 cm. Determine la posición y la
naturaleza de la imagen formada por la lente si el objeto está situado, delante de ella, a las siguientes
distancias (realizando la construcción geométrica para ambos casos):
a) a 40 cm.
b) a 10 cm.
Solución.
 y' 
a.
Se pide calcular la posición de la imagen (s’) y el aumento   conocida la posición del objeto
y
(s = −40 cm) y la distancia focal (f = ‒15 cm).
Aplicando la ecuación de la lente se calcula la posición de la imagen.
1 1
1
− =−
s' s
f
1
1 1
1 1
1
1 1
=− +
=
+
=
s' = 24 cm
s'
f s
s' 15 − 40
s' 24
y ' s'
y'
24
y'
3
Aumento lateral:
=
=
=−
y s
y − 40
y
5
La imagen es real, invertida y de menor tamaño que el objeto.
1
b.
s = −10 cm
Igual que en el apartado a, aplicando la ecuación de la lente se obtiene la posición del objeto.
1 1
1
− =−
s' s
f
1
1 1
1 1
1
1
1
=− +
=
+
=−
s' = −30 cm
s'
f s
s' 15 − 10
s'
30
y ' s'
y' −30
y'
=
=
=3
y s
y − 10
y
La imagen es virtual, derecha y de mayor tamaño que el objeto.
Aumento lateral:
r
r
r
r
r
r
magnético uniforme de valor: B = B x i + B y j + B z k . Determine:
Cuestión 3. Una carga puntual Q con velocidad v = v z k entra en una región donde existe un campo
a) La fuerza que experimenta la carga al entrar en el campo magnético.
b) La expresión del campo eléctrico que debería existir en la región para que el vector velocidad de
la carga Q permanezca constante.
Solución.
a.
La expresión para la fuerza experimentada por una carga que se desplaza en un campo magnético
es:
r
r r
F = q⋅ v×B
r
r
r
i
j
k
r
 0 vz r
0 
0 vz r 0
 = q ⋅ − By vz , Bx vz , 0
F = q⋅ 0
0 vz = q ⋅ 
i, −
j,
 B y Bz
B x B z B x B y 

B x B y Bz
r
r
r
F = −qv z B y i + qv z B x j N
(
)
(
)
b.
Si se pretende que la velocidad de la carga permanezca constante se necesita que la resultante de
las fuerzas que actúan sobre la carga sea nula, de modo que no exista aceleración.
r r
r
R = FB + FE = 0
r
r
r
r
r
r
FE = −FB = − − qv z B y i + qv z B x j = qv z B y i − qv z B x j N
r
r
r
r
r
r
r
r F
r
qv z B y i − qv z B x j
E
FE = q ⋅ E
E=
= − FB =
= v z B y i − v z Bx j N
C
q
q
(
)
Problema 1. Un planeta orbita alrededor de una estrella de masa M. La masa del planeta es 1024 Kg y su
órbita es circular de radio R = 108 Km y periodo 3 años terrestres. Determinar:
a) La masa de la estrella.
b) La energía mecánica del planeta.
c) El módulo del momento angular del planeta respecto al centro de la estrella.
d) La velocidad angular de un segundo planeta que describiese una órbita circular de radio igual a 2
R alrededor de la estrella.
Datos: Constante de Gravitación Universal 6,67×10−11 N·m2·kg−2
Solución.
a.
Para que un planeta realice una órbita circular en torno a una estrella, se debe cumplir:
2
r
r
∑ F = Fc
Trabajando en módulo y teniendo en cuenta que la única fuerza que actúa sobre la sonda es la
fuera gravitacional:
M
M
m
v2
Fg = Fc ; G Estrella2 Planeta = m Planeta
; v 2 = G Estrella
r
r
r
2 πr
Teniendo en cuenta que v =
T
2
M
 2πr 

 = G Estrella
r
 T 
M Estrella =
M Estrella =
( )
4 π 2 ⋅ 1011
3
4π 2 rórbita
T 2G
3
(3 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600)2 ⋅ 6,67 × 10 −11
= 6,61 × 10 28 kg
2
b.
Em
1
Mm 1 
M
Mm
Mm
= E c + E p = mv 2 − G
= m G  −G
= −G


2
r
2 
r 
r
2r
E m = −6,67 × 10−11 ⋅
c.
6,61 × 10 28 ⋅ 10 24
11
= −2,2 × 1031 J
2 ⋅ 10
r r r r
r
L = r × p = r × mv
L = r ⋅ mv ⋅ sen α
r r
Por tratarse de una órbita circular, r ⊥ v ⇒ α = 90º , sen 90º = 1
( )
2
2πr 2 πr 2 m 2π ⋅ 1011 ⋅ 10 24
=
=
= 6,64 × 1038 kg m 2s −1
T
T
3 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600
L = r ⋅ mv = r ⋅ m
d.
2π
T
El periodo de la nueva órbita se puede calcular mediante la 3ª ley de Kepler.
Por definición: ω =
T12
r13
=
T22
r23
T2 = T1 ⋅
ω=
r23
= {r2 = 2r1} = T2 = T1 ⋅
r13
(2r1 )3
r13
= T1 ⋅ 8 = 3 ⋅ 8 = 8,49 años
2π
2π
=
= 2,35 × 10−8 rad
s
T 8,49 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600
Problema 2. Se disponen dos cargas eléctricas sobre el eje X: una de valor Q1 en la posición (1,0) y otra
de valor Q2 en (‒1,0). Sabiendo que todas las coordenadas están expresadas en metros, determine en los
casos siguientes:
a) Los valores de las cargas Q1 y Q2 para que el campo eléctrico en el punto (0,1) sea
r
r
r
E = 2 × 105 j N C , siendo j el vector unitario en el sentido positivo del eje Y.
b) La relación entre las cargas Q1 y Q2 para que el potencial eléctrico en el punto (2,0) sea 0.
Solución
a.
El campo eléctrico generado por ambas cargas en el
punto (1, 0) es la suma vectorial de los campos que generan
cada una de las cargas en el punto.
Las dos cargas han de ser iguales para que se anulen
las componentes x de los campo que crean cada una de las
cargas, además, deben ser positivas para que el campo
r
resultante tenga la dirección y sentido de + j .
Teniendo en cuenta que las dos cargas tienen el
mismo valor y están a igual distancia del punto, los módulos
de los campos creados por ambas son iguales.
3
Q

9
r 2  : E = 9 × 10 ⋅
2
2
r = 1 + 1 = 2 
E = E1 = E 2 = K ⋅
Q
( 2)
2
= 4,5 × 109 Q
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
E T = E1 + E 2 = E1x + E1y + E 2 x + E 2 y = −E ⋅ cos θ i + E ⋅ senθ j + E ⋅ cos θ i + E ⋅ senθ j = 2E ⋅ senθ j
r
1 r
2 × 105 j = 2 ⋅ 4,5 ×109 Q ⋅
j
2
Q=
2 ×105 ⋅ 2
2 ⋅ 4,5 × 10
9
= 3,14 ⋅10 − 5 C
b.
El potencial en un punto debido a una distribución de cargas puntuales, es la suma algebraica de
los potenciales que crean cada una de las cargas en el punto.
Q
Q
VT = Vi = V1 + V2 = K ⋅ 1 + K ⋅ 2 = 0
r1
r2
∑
Q1 Q 2
Q1
r
1
+
=0 ;
=− 1 =−
r1
r2
Q2
r2
3
4
OPCIÓN B
Cuestión 1. Dos satélites de masas mA y mB describen sendas órbitas circulares alrededor de la Tierra,
siendo sus radios orbitales RA y RB respectivamente. Conteste razonadamente a las siguientes preguntas:
a) Si mA = mB y RA > RB, ¿cuál de los satélites tiene mayor energía cinética?
b) Si los dos satélites estuvieran en la misma órbita (RA = RB) y tuviesen distinta masa (mA < mB),
¿cuál de los dos tendría mayor energía cinética?
Solución.
1
a.
E c = mv 2
2
Para calcular la velocidad de un satélite en una órbita se tiene en cuenta que Fg = Fc.
G
v2
=
m
R
R2
Mm
v2 = G
M
R
Sustituyendo en la expresión de la energía cinética:
1
1
M
Mm
=G
E c = mv 2 = m ⋅ G
2
2
R
2R
La energía cinética del satélite, es inversamente proporcional al radio de la órbita. A mayor
órbita, menor energía cinética.
RA > RB
⇒ E c (A ) < E c (B)
El satélite B tiene mayor energía cinética.
1


La energía cinética  E c = mv 2  , es directamente proporcional a la masa, a mayor masa,
2


mayor energía cinética.
mA < mB
⇒
E c (A ) < E c (B)
b.
El satélite B tiene mayor energía cinética.
Cuestión 2.
a) ¿Cuál es el módulo de la velocidad de un electrón que se mueve en presencia de un campo
eléctrico de módulo 4×105 N/C y de un campo magnético de 2 T, ambos perpendiculares entre sí
y, a su vez, perpendiculares a la velocidad del electrón, para que éste no se desvíe?
b) ¿Cuál es el radio de la órbita descrita por el electrón cuando se suprime el campo eléctrico si el
módulo de su velocidad es el calculado en el apartado anterior?
Datos: Valor absoluto de la carga del electrón e = 1,60×10‒19C; masa del electrón = 9,11×10‒31 kg.
Solución.
a.
Para que el electrón no se desvíe y mantenga su velocidad, la resultante de todas las fuerzas que
actúan sobre él debe se nula.
r r
r
r
r
R = FB + FE = 0 ⇒ FB = − FE
En módulo:
r
r
FB = FE ⇒ q ⋅ v ⋅ B ⋅ sen α = q ⋅ E
v=
E
4 × 105
=
= 2 × 105 m
s
B ⋅ sen α 2 ⋅ sen 90
b.
En el momento que se suprime el campo eléctrico, la única fuerza que actúa sobre el electrón es
la debida al campo magnético, que es perpendicular a su trayectoria y le hace describir una trayectoria
circular sometido a un movimiento circular uniforme, igualándose la fuerza debida al campo magnético
con la fuerza centrípeta a la que se ve sometido el electrón.
r
r
FB = Fc
En módulo:
q ⋅ v ⋅ B ⋅ senα = m
v2
R
R=
m⋅v
9,1 × 10 −31 ⋅ 2 × 105
=
= 5,69 × 10 − 7 m
q ⋅ B ⋅ senα 1,6 × 10 −19 ⋅ 2 ⋅ sen 90º
5
Cuestión 3. La energía mínima para extraer un electrón de sodio es 2.3 eV. Explique si se producirá el
efecto fotoeléctrico cuando se ilumina una lámina de sodio con las siguientes radiaciones:
a) La luz roja de longitud de onda 680 nm.
b) La luz azul de longitud de onda 360 nm.
Datos: Constante de Plank: h = 6,63×10−34 J·s ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3×108 m/s.
Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,6×10−19 C.
Solución.
Para que una radiación produzca efecto fotoeléctrico, su energía asociada debe ser mayor que el
trabajo de extracción (WExt = 2,3 eV ) .
a.
b.
c
3 × 108
1eV
= 6,62 ⋅ 10− 34
= 2,92 ⋅ 10−19 J ⋅
= 1,83 eV < WExt
−9
λ
680 ⋅ 10
1,6 ⋅ 10−19 J
La luz roja no produce efecto fotoeléctrico
E (Luz roja ) = h ⋅ f = h
c
3 × 108
1eV
= 6,62 ⋅ 10 −34
= 5,52 ⋅ 10−19 J ⋅
= 3,45 eV > WExt
−9
λ
360 ⋅ 10
1,6 ⋅ 10 −19 J
La luz azul produce efecto fotoeléctrico
E(Luz azul ) = h ⋅ f = h
Problema 1. Un punto material oscila en torno al origen de coordenadas en la dirección del eje Y según
la expresión:
π
π
y = 5sen t +  (y en cm, t en s).
4
3
originando una onda armónica transversal que se propaga en el sentido positivo del eje X. Sabiendo que
dos puntos materiales de dicho eje que oscilan con un desfase de π radianes están separados una distancia
mínima de 30 cm, determine:
a) La amplitud y la frecuencia de la onda armónica.
b) La longitud de onda y la velocidad de propagación de la onda.
c) La expresión matemática de la onda resultante.
d) La expresión de la velocidad de oscilación en función del tiempo para el punto material del eje X
de coordenada x = 90 cm, y el valor de dicha velocidad en el instante t = 20 s.
Solución.
a.
La amplitud y frecuencia de la onda coincide con la amplitud y frecuencia del movimiento
oscilatorio.
π
1
A = 5 × 10 −2 m
ω = rad = 2πf
f = s −1
3
6
b.
El incremento de fase en un instante dado es:
∆φ = φ 2 − φ1 = (ωt − kx1 + φ o ) − (ωt − kx 2 + φ o ) = k (x1 − x 2 ) = k ⋅ ∆x
2π
λ
2π
∆φ =
⋅ ∆x ;
λ
Teniendo en cuenta k =
λ=
2π
2π
⋅ ∆x =
⋅ 0,3 = 0,6 m
∆φ
π
Conocida la longitud de onda, se calcula la velocidad de propagación.
λ
1
v = = λf = 0,6 m ⋅ s −1 = 0,1 m
s
T
6
c.
y(x , t ) = A ⋅ sen (ωt − kx + φ o )
El número de onda (k) se calcula con la longitud de onda
2π 2π 10
k=
=
= π m −1
λ
0,6 3
6
El desfase inicial coincide con el desfase inicial del movimiento ondulatorio
π
π
π
π
y(0) = 5 sen  ⋅ 0 +  = 5 sen ; φ o = rad
4
3
4
4


Sustituyendo los datos se obtiene la ecuación de la onda
10
π
π
y(x, t ) = 0,05 ⋅ sen  t − πx + 
3
3
4

d.
10
π
11 
π
π
y(0'9, t ) = 0,05 ⋅ sen  t − π ⋅ 0'9 +  = 0,05 ⋅ sen  t − π 
3
3
4
3
4 



dy
π
11  π
11 
π
π
v(0´9, t ) =
= 0,05 cos t − π  =
cos t − π 
dt
3
4  60
4 
3
3
Para t = 20 s
v(0´9,20) =
π
11  π
π
 47 
cos ⋅ 20 − π  =
cos π  = 0,05 m
s
60
4  60
3
 12 
Problema 2. Se hace girar una espira conductora circular de 5 cm de radio
respecto a uno de sus diámetros en una región con un campo magnético
uniforme de módulo B y dirección perpendicular a dicho diámetro. La
fuerza electromotriz inducida (ε) en la espira depende del tiempo (t) como
se muestra en la figura. Teniendo en cuenta los datos de esta figura,
determine:
a) La frecuencia de giro de la espira y el valor de B.
b) La expresión del flujo de campo magnético a través de la espira en
función del tiempo.
Solución.
En el diagrama adjunto se observa que la fuerza electromotriz inducida en la espira es periódica
a.
con T = 0,02 s y un valor máximo de 0,5 v.
1
1
f= =
= 50 Hz
T 0,02 s
La fuerza electromotriz inducida en la espira se produce por una variación del flujo de campo
magnético que a través de ella debido a su giro alrededor de uno de sus diámetros.
dΦ

ε=−

r r dt
d

Φ = B o S = B ⋅ S cos α  : ε = − [B ⋅ S cos(ω t + φ o )] = B ⋅ S ⋅ ω sen (ω t + φ o )
dt

α = ω t + φo


El valor máximo de la fuerza electromotriz se alcanza cuando la parte trigonométrica de la
expresión vale 1.
ε max = BSω
Esta expresión nos permite calcular la intensidad del campo magnético.
ε
ε max
0,5
 S = πr 2 
B = max = 
=
= 0,203 T
= 2
S ω ω = 2πf  πr ⋅ 2 πf
π ⋅ 0,052 ⋅ 2π ⋅ 50
b.
Teniendo en cuenta que la espira gira en torno a uno de sus diámetros, la expresión del flujo será:
r r r r
Φ = B o S = B ⋅ S ⋅ cos α ; α = ω t + φ o
Φ = B ⋅ πR 2 ⋅ cos (ω t + φ o )
ω = 2π ⋅ f = 2π ⋅ 50 = 100π rad s
Para calcular el desfase inicial se tiene en cuenta que para t = 0, la variación de ε respecto de t
(pendiente de la recta tangente a la gráfica de ε(t) en t = 0), es positiva.
7
(
) = πR Bω
dε
d
=−
πR 2 Bω sen (ω t + φ o )
dt
dt

φ o = 0
d
ε
 

2
2
= πR Bω cos φ o : 
 
 dt  t = 0
φ o = π

2
2
cos (ω t + φ o )
 dε 
= πR 2 Bω 2 cos 0 > 0
 
dt
  t =0
 dε 
= πR 2 Bω 2 cos π < 0
 
dt
  t =0
El desfase inicial es 0 rad.
Con los datos calculados anteriormente, la expresión del flujo queda:
Φ == B ⋅ πR 2 ⋅ cos(ωt ) = 0,203 ⋅ π ⋅ 0,052 cos(100πt ) = 1,59 × 10 −3 ⋅ cos(100πt ) Wb
8