examen de fundamentos físicos de la ingeniería. curso 02/03

EXAMEN DE FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA. CURSO 02/03.
PRIMERO INGENIERO DE TELECOMUNICACIÓN. JUNIO
SOLUCIÓN DETALLADA
PRIMERA PARTE
1. Si para describir el movimiento de un cuerpo desde cierto sistema de referencia mediante la Segunda Ley de
Newton hemos de introducir fuerzas de inercia cuyo valor es distinto de cero, entonces:
El sistema en cuestión tiene que ser inercial.
× El sistema en cuestión tiene que ser no inercial.
El sistema en cuestión puede ser tanto inercial como no inercial.
Solución.
La Segunda Ley de Newton permite describir el movimiento de los cuerpos conocidas las fuerzas “reales”, siempre
que tanto las fuerzas como la aceleración estén referidas a un sistema de referencia inercial. Por fuerzas “reales”,
clásicamente, se entiende la fuerza gravitatoria y la electromagnética (o cualquiera de las fuerzas que surgen al
promediar o simplificar éstas, como el rozamiento o la fuerza elástica de un muelle); en Fı́sica Moderna hay que
incluir otras dos, la fuerza nuclear fuerte y la fuerza nuclear débil. Sin embargo, podemos intentar utilizar la
Segunda Ley de Newton en sistemas de referencia no inerciales. Para que esta ley se satisfaga hemos de incluir,
además de las fuerzas mencionadas anteriormente, las llamadas fuerzas de inercia, que son el producto de la
masa del cuerpo por la aceleración del sistema de referencia.
2. Un triángulo vertical fijo ABC, isósceles y rectángulo en B, tiene el cateto BC horizontal. Por su hipotenusa
puede deslizar sin rozamiento una partı́cula puntual 1. Por el lado BC puede deslizar también sin rozamiento
una partı́cula puntual 2. En el instante en el que se abandona la primera partı́cula desde el vértice A, la segunda
se lanza desde B con una velocidad igual a la que tendrá la primera cuando pase por el centro de la hipotenusa.
¿Quién llega antes a C?
A
g
1
× 2
Las dos a la vez.
B
C
Solución.
Hemos de calcular los tiempos que tardan las partı́culas 1 y 2 en hacer sus respectivos recorridos. Aplicando la
Segunda Ley de Newton a 1 y teniendo en cuenta que las únicas fuerzas que actúan son el peso y la normal,
obtenemos que su aceleración es
g
a = gsen45◦ = √ .
2
√
Como ha de recorrer una distancia l 2 (siendo l el cateto), el tiempo que tarda será
v
s
u √
u 2l 2
l
,
t1 = t g = 2
√
g
2
donde hemos hecho uso de la relación entre el espacio recorrido y el tiempo, s = (1/2)at 2 , para un movimiento
uniformemente acelerado con velocidad inicial nula.
Para calcular la velocidad
p de 1 en el punto medio de su trayectoria usaremos la relación entre la velocidad y el
espacio
recorrido,
v
=
v02 + 2as, para un movimiento uniformemente acelerado, donde en este caso v 0 = 0 y
√
s = l 2/2. Se obtiene
v=
s
√
g
l 2 p
2× √ ×
= gl.
2
2
1
Con esta velocidad hace 2 todo su recorrido, que es l. Por lo tanto, 2 tarda un tiempo
l
t2 = √ =
gl
s
l
.
g
Como t2 = t1 /2, la partı́cula 2 tardará un tiempo menor.
3. Cuatro partı́culas puntuales están unidas dos a dos mediante sendos resortes, tal como indica la figura. Los
resortes tienen constante elástica 1, su longitud natural es 2 y la masa de cada partı́cula es 1. Inicialmente cada
sistema formado por dos partı́culas y el muelle que las une se mueve como un sólido rı́gido. Los sistemas se
mueven de modo que uno va al encuentro del otro deslizando sin rozamiento sobre un plano horizontal, cada uno
con celeridad 2 respecto al plano y en sentido contrario. Cuando se produce el choque los bloques colisionantes
quedan unidos permanentemente. ¿Cuál es la distancia mı́nima entre las partı́culas A y B durante su movimiento
posterior a la colisión?
× 0
2
A
B
√
4−2 2
Solución.
La fuerza neta que actúa sobre cada una de las partı́culas A y B en todo instante de tiempo (antes, durante y
después de la colisión) es la del muelle. Antes de la colisión cada partı́cula lleva una celeridad constante y los
muelles tienen su longitud natural. Como la colisión dura tan poco que se puede considerar instantánea, durante
la misma la posición del sistema no cambia, por lo que inmediatamente después de la percusión los muelles
siguen sin actuar sobre las partı́culas, y por tanto sus velocidades siguen siendo las mismas.
Aplicando el teorema de conservación de la energı́a al sistema formado por las cuatro partı́culas y los dos muelles
entre el instante inmediatamente posterior al choque (en el que las masas de los extremos se mueven con velocidad
v, las masas centrales están en reposo y los muelles no están contraı́dos), y el instante de máximo acercamiento,
se tiene que 1
1
2 (m)v
2
2
1
k(l − l0 )2 ,
2
=2
(1)
y despejando
l − l0 =
r
m
v.
k
La distancia entre las partı́culas de los extremos será la suma de las dos distancias mı́nimas, y cada una de ellas
es igual a la longitud natural del muelle menos lo que se ha contraı́do:
dmin = 2(l0 −
r
m
v).
k
Sustituyendo los valores que da el enunciado, se obtiene
dmin = 2(2 −
r
1
2) = 0
1
1 Obsérvese que sólo podemos aplicar el teorema de conservación de la energı́a durante un periodo de tiempo que no incluya el choque.
La colisión no es elástica, puesto que los bloques se “quedan pegados”, y por tanto, durante la misma hay pérdida de energı́a mecánica
(que se transformará en energı́a de deformación plástica de los bloques, en calor, o lo que sea).
No obstante, lo que sı́ se conserva antes y después del choque es la energı́a mecánica de cada una de las partı́culas A y B, ası́ como la
energı́a mecánica del sistema formado por las partı́culas A y B, puesto que sobre A y B sólo actúan los muelles (fuerza conservativa), no
interviniendo éstas en la colisión.
2
4. La velocidad de escape se define como aquella velocidad inicial mı́nima que requiere un cuerpo para escapar del
campo gravitatorio terrestre cuando es lanzado verticalmente. La velocidad de escape depende:
Sólo de la masa de la Tierra, pero ni de su radio ni de la masa del cuerpo que se lanza.
× De la masa de la Tierra y del radio de la Tierra, pero no de la masa del cuerpo que se lanza.
De la masa de la Tierra, del radio de la Tierra y de la masa del cuerpo que se lanza.
Solución.
La velocidad de escape se calculará igualando la energı́a mecánica que tiene el cuerpo en el momento en el que
abandona la superficie de la Tierra con la energı́a mecánica que tiene cuando se encuentra en el infinito.
La energı́a mecánica en la superficie de la Tierra será
E=
mMT
1
mv 2 − G
,
2
RT
donde se ha tomado el origen de energı́a potencial gravitatoria en el infinito, R T es el radio de la Tierra y MT
la masa de la Tierra. Como queremos calcular la velocidad mı́nima, hemos de establecer que la energı́a cinética
con la que llegue al infinito sea cero. Por tanto
1
mMT
mv 2 − G
= 0 + 0,
2 e
RT
donde ve es la velocidad de escape. Vemos por tanto, despejando, que
ve =
r
2G
MT
,
RT
o sea, la velocidad de escape depende tanto de la masa de la Tierra como del radio de la Tierra,
pero no de la masa del cuerpo.
5. Una varilla AB de masa 2M puede deslizar sin rozamiento por una recta horizontal fija (ver figura). Sobre la
varilla puede deslizar una partı́cula puntual, P , de masa M . El coeficiente de rozamiento entre la partı́cula y la
varilla vale µ. Sobre la varilla actúa una fuerza F~ = F ~ı horizontal de magnitud constante. En el instante inicial
la partı́cula y la varilla están en reposo con P coincidiendo con el centro de la varilla. ¿Cuál es el valor mı́nimo
de F que asegura que la partı́cula terminará por caerse de la varilla?
2µM g
×
t=0
g
P
B
A
3µM g
4µM g
F
X
Solución.
Es evidente que si F es lo suficientemente grande la partı́cula se caerá de la varilla. Pero si F es lo suficientemente
pequeña, la partı́cula no llegará a deslizar respecto a la varilla, por lo que no se caerá. Es decir, habrá un valor
de F por debajo del cual P no deslizará, y por encima del cual P deslizará, terminando por caerse. A este valor
de F le corresponderá una fuerza de rozamiento entre partı́cula y varilla en su valor lı́mite, de deslizamiento
inminente. Es decir, con la notación de la figura estaremos en el caso:
Fr = µNP .
Mg
Fr
Fr
NP
N
NP
2Mg
3
(2)
F
Aplicamos “Newton” a la partı́cula usando (2):
(2)
Fr = M a
=⇒ µNP = M a
NP − M g = 0
=⇒ NP = M g
=⇒
a = µg.
(3)
Hemos encontrado (3) la aceleración de P que corresponde al deslizamiento inminente (pero aún no lo hay ⇒
la misma aceleración tendrá la varilla). Si ahora aplicamos el teorema del centro de masas a la varilla, o mejor
(más cómodo) al sistema formado por partı́cula y varilla, obtenemos F :
(3)
ΣFx = MT otal aCDMx ⇐⇒ F = (M + 2M )a = 3M µg
6. Un muelle ideal se encuentra suspendido verticalmente en el campo gravitatorio terrestre, con su extremo superior
fijo, y su extremo inferior ligado a una partı́cula material. La partı́cula se desplaza verticalmente desde su posición
de equilibrio estático, y se suelta desde el reposo. Entonces:
La partı́cula realiza oscilaciones armónicas verticales, siendo el periodo inversamente proporcional a la aceleración de la gravedad.
La partı́cula realiza oscilaciones armónicas verticales, siendo el periodo directamente proporcional a la aceleración de la gravedad.
× La partı́cula realiza oscilaciones armónicas verticales, siendo el periodo independiente de la aceleración de la
gravedad.
Solución.
En la figura se muestran las fuerzas que actúan sobre la partı́cula. Estas son el peso P~ = mg~ı y la fuerza elástica
F~e = −kx~ı. Aplicando la segunda ley de Newton se tiene
P~ + F~e = m~a −→ mg − kx = mẍ −→ ẍ + ω02 x = ω02 xeq ,
siendo ω02 = k/m y xeq = mg/k. Por tanto, el movimiento de m es un m.a.s. de frecuencia angular ω0 , alrededor
de la posición de equilibrio xeq . Nótese que la frecuencia angular, y por tanto el periodo, son independientes de
la aceleración de la gravedad. La presencia de una fuerza constante además de la fuerza elástica no influye en la
frecuencia de oscilación, sino en la posición alrededor de la cual se efectúa el movimiento.
O
Fe=-kxi
P=mgi
x
7. Una partı́cula, unida al extremo de un muelle ideal, realiza oscilaciones forzadas amortiguadas en el eje OX,
√
sometida a una fuerza excitadora F~ (t) = F0 cosωt~ı. La frecuencia angular de resonancia en amplitud vale 2 2.
Sea Ω 6= 0 el valor de ω para el que la amplitud en el régimen permanente es igual a la elongación estática que
experimentarı́a el oscilador al estar sometido a una fuerza constante de magnitud F 0 . Entonces,
Ω=8
;
Ω=6
;
× Ω=4
Solución.
La amplitud en el régimen permanente está dada por la expresión
A= p
F0 /m
(ω02 − ω 2 )2 + γ 2 ω 2
4
,
donde ω0 es la frecuencia angular de las oscilaciones libres sin amortiguamiento, y γ es el coeficiente de amortiguamiento. En la figura hemos representado A en función de ω. La frecuencia de resonancia está dada por
r
γ2
ωr = ω02 − .
2
Por otro lado, el valor de A para ω = 0 es A(0) = F0 /mω02 = F0 /k, es decir, la elongación estática del muelle en
la situación de equilibrio, sometido a una fuerza externa F0 .
A(ù)
F /k
0
O
ù
ù
Ù
r
Nótese que existe otro valor de ω, no nulo, para el que A = F0 /k. Vamos a calcularlo:
F0
F0
p
=
mω02
m (ω02 − Ω2 )2 + γ 2 Ω2
−→ ω02 =
q
(ω02 − Ω2 )2 + γ 2 Ω2 −→ ω04 = (ω02 − Ω2 )2 + γ 2 Ω2 .
Desarrollando el paréntesis y simplificando la expresión resultante, se obtiene, después de eliminar la solución
Ω = 0,
γ2
Ω2 = 2ω02 − γ 2 = 2(ω02 − ) = 2ωr2 .
2
Por tanto,
Ω=
√
2ωr .
√
Como según el enunciado ωr = 2 2, se obtiene finalmente
Ω=4
8. Dos ondas armónicas g1 (x, t) y g2 (x, t), de amplitud A, con la misma frecuencia y velocidad, se propagan en el
sentido positivo del eje OX. Se sabe que g1 (x, t = 0) = Acos(2πx), y que g2 (x = 1, t) = Acos(2t + 7π
3 ). ¿Cuánto
vale la amplitud de la onda resultante de la superposición de g1 y g2 ?
√
A 2 ;
A ;
√
× A 3
Solución.
Teniendo en cuenta la expresión general de una onda armónica
g(x, t) = Acos(ωt − kx + φ),
podemos obtener la velocidad de la onda. A partir de g1 (x, 0) vemos que k = 2π, y de la expresión de g2 (1, t)
deducimos que ω = 2. Como ω = kv, la velocidad es v = ω/k = 2/2π = 1/π.
A continuación obtendremos g1 (x, t) y g2 (x, t) teniendo en cuenta que ambas se desplazan en el sentido positivo
de OX:
g1 (x, t) = g1 (x − vt, 0) = Acos(2πx − 2πvt) = Acos(2πx − 2t) = Acos(2t − 2πx),
x−1
7π
13π
x−1
) = Acos[2(t −
)+
] = Acos(2t − 2πx +
).
g2 (x, t) = g2 (1, t −
v
v
3
3
La diferencia de fase entre ambas es ∆φ = 13π/3, y por tanto, la amplitud de la onda resultante de la superposición de g1 y g2 es
√
13π
∆φ
)| = 2A|cos(
)| = A 3
A0 = 2A|cos(
2
6
5
9. Una fuente F , en reposo, emite ondas sonoras periódicas de frecuencia a, cuya velocidad de propagación es v. Un
observador O, también en reposo, recibe las ondas emitidas por F , y las provenientes de una pared que se acerca
a la fuente y al observador con celeridad u, y que refleja las ondas provenientes de F . ¿Cuál es la frecuencia de
pulsación percibida por O?
× 2ua/(v − u) ;
ua/(2v − 2u) ;
ua/(v − u)
Solución.
e
e
2
1
u
O
F
Pared
Al observador le llegan las ondas emitidas por F y las emitidas por la pared, la cual refleja el sonido emitido
por F . Estas dos frecuencias son distintas. Por un lado, como la fuente y el observador están en reposo, éste
recibe una frecuencia a de las ondas emitidas por F , es decir, la misma frecuencia de emisión. Pero no ocurre lo
mismo con las ondas que recibe de la pared. En este caso hay un doble efecto Doppler que vamos a calcular a
continuación.
En primer lugar obtendremos la frecuencia que recibe la pared. Para ello expresamos las velocidades de la fuente
F y el observador (en este caso la pared) a partir de un vector unitario ~e1 dirigido de F a la pared. Tenemos:
νpared = a
v+u
v − (−u)
=a
.
v−0
v
Ahora, para calcular la frecuencia que recibe O de las ondas emitidas por la pared, la cual emite con una
frecuencia νpared , usamos un vector unitario ~e2 que está dirigido de la pared a O. Ası́,
ν 0 = νpared
v−0
v+u
=a
.
v − (+u)
v−u
La frecuencia de pulsación es
νP = ν 0 − a = a(
v+u
2au
− 1) =
v−u
v−u
10. ¿Cuál de las siguientes funciones g(x, y, z, t) verifica la ecuación de ondas?
p
Nota: A, k, ω y ~k son constantes; r = |~r| = x2 + y 2 + z 2 .
g(x, y, z, t) = Ar cos(~k · ~r + ωt) ;
× g(x, y, z, t) =
A
r
cos(kr − ωt) ;
g(x, y, z, t) =
A
r2
cos(~k · ~r − ωt)
Solución.
Al estudiar la ecuación de ondas, vimos que sus soluciones en el caso de simetrı́a esférica eran de la forma
g(r, t) =
1
1
G1 (r − vt) + G2 (r + vt),
r
r
p
donde r = x2 + y 2 + z 2 es la distancia al origen, v es la velocidad de propagación, y G1 (G2 ) una onda esférica
alejándose (acercándose) del (al) origen de coordenadas.
Un caso particular de la expresión anterior son las ondas armónicas esféricas, cuya expresión es (suponiendo
ondas que se alejan del origen):
g(x, y, z, t) =
A
cos(kr − ωt + φ).
r
6
11. Dos sistemas de referencia inerciales S y S’ se desplazan en la configuración estándar con γ = 5/4. En el sistema
S dos sucesos ocurren sobre el eje OY simultáneamente, pero separados una distancia l. ¿Cuál es la separación
temporal de ambos sucesos cuando son observados desde el sistema de referencia S’ ?
4l
5c
3l
4c
;
× 0
;
Solución.
La transformación de Lorentz para este caso nos dice que
v
∆x).
c2
Como los sucesos ocurren sobre el eje OY, esto significa que ∆x = 0, con lo que si son simultáneos en S (∆t = 0),
también lo serán en S’ (∆t0 = 0).
∆t0 = γ(∆t −
12. Una nave espacial sobrevuela la superficie de la Tierra en lı́nea recta con movimiento inercial a velocidad 0.6c.
Lanza un pulso de rayo láser en la dirección y sentido de la vertical ascendente, según la Tierra. ¿A qué ángulo,
respecto a la vertical del sistema de referencia ligado a la nave, ésta lanzó el rayo?
× arctan 43
;
arctan
√
3 ;
arctan
√
5
2
Solución.
Llamaremos S al sistema de referencia ligado a Tierra, y S 0 al sistema de referencia ligado a la nave. S y S 0
están en la configuración estándar, moviéndose S 0 con velocidad 0.6c respecto a S.
La nave espacial emite un rayo que en el sistema de referencia ligado a Tierra es vertical, y tendrá por componentes
de la velocidad: ux = 0, uy = c. Ahora hemos de transformar estas componentes para analizar como se verán
desde la nave:
u0x =
ux − v
−0.6c
=
= −0.6c,
(1 − ucx2v )
1 + c02
uy
c
= 5
γ(1 − ucx2v )
4 (1 −
p
donde hemos tenido en cuenta que γ = 1/ 1 − v 2 /c2 = 5/4.
u0y =
0
c2 )
=
4c
,
5
Por lo tanto, el ángulo que forma el rayo con la vertical del sistema de referencia ligado a la nave, será
arctan
0.6 × 5
3
|u0x |
=
=
0
|uy |
4
4
13. Sobre un sistema cuántico aislado mido la energı́a. Tras un largo periodo de tiempo vuelvo a medir la energı́a,
pero entre medida y medida no se ha realizado ninguna medida intermedia. Entonces, la probabilidad (p) de
que los resultados de ambas medidas coincidan es:
× p=1 ;
0<p<1 ;
p=0
Solución.
Cuando quiero calcular la evolución de la función de onda en el tiempo, primero he de escribirla en la base
de las autofunciones de la energı́a, y después he de multiplicar cada coeficiente por la exponencial imaginaria
correspondiente. En este caso, si llamamos f1E (x) a la función de onda inmediatamente después de la medida
(f1E (x) es una función propia de la energı́a con autovalor E1 ), la función de onda en el instante t será ψt (x) =
exp(−iE1 t/h̄)f1E (x).
Si en el instante t quisiera medir alguna magnitud fı́sica, diferente de la energı́a, he de escribir la función de onda
anterior en la base de dicha magnitud, con el objeto de obtener las probabilidades de los diferentes resultados.
7
Pero si lo que quiero medir es la energı́a, no hará falta hacer el cambio de base, pues la función de onda ya
está expresada en la base de la energı́a. La probabilidad de obtener un valor concreto de la energı́a se calculará
elevando al cuadrado el módulo del coeficiente correspondiente. Al hacer esta operación la exponencial imaginarı́a
desaparecerá, quedando la misma:
Pt (E = E1 ) = |f1 (x) ¯ ψt (x)|2 = |e−i
E1 t
h̄
|2 = 1
14. Al escribir la función f (x) como combinación lineal de las infinitas funciones de una base ortonormal f i (x) con
i = 1, 2, 3, ... queda que:
p
p
p
p
f (x) = 1/2 f1 (x)+ 1/4 f2 (x) + 1/8 f3 (x) + 1/16 f4 (x)
¿Está f (x) normalizada?
Sı́ ;
× No ;
Falta información para poder responder a la pregunta.
Solución.
La norma de una función f (x) viene dada por:
||f (x)|| ≡
p
f (x) ¯ f (x).
En nuestro caso f (x) está expresada como una combinación lineal de la base f i (x),
f (x) =
4
X
ck fk (x),
k=1
que nos dicen que está normalizada, es decir
fi (x) ¯ fj (x) = 0 ;
i 6= j,
fi (x) ¯ fi (x) = 1.
Entonces:
2
||f (x)|| = f (x) ¯ f (x) =
Ã
4
X
ci fi (x)
i=1
!

¯
4
X
j=1

cj fj (x) =
X
c∗i cj δij
i,j
=
4
X
i=1
|ci |2 =
1
15
1 1 1
+ + +
=
.
2 4 8 16
16
Concluyendo:
||f (x)|| =
√
15
⇐⇒ No está normalizada.
4
15. En Fı́sica Cuántica ¿cuál de la siguientes afirmaciones es verdadera?
El valor de cualquier magnitud fı́sica de una partı́cula se conoce siempre con algún grado de incertidumbre
distinto de cero antes de medirla.
Siempre que se tiene un gran conjunto de partı́culas, todas con la misma función de onda, existe dispersión
no nula en los resultados de las medidas de una magnitud fı́sica arbitraria.
× Las otras dos respuestas son falsas.
Solución.
• Si no conocemos exactamente el estado de la partı́cula existirá una incertidumbre finita en los resultados de
la medida de cualquier magnitud. Aquı́ no hay diferencia con la fı́sica clásica. Pero supongamos que conocemos
exactamente el estado de la partı́cula. En fı́sica clásica eso implica conocimiento seguro (libre de incertidumbre)
del valor de cualquier magnitud fı́sica de la partı́cula. Pero en fı́sica cuántica esto ya no es ası́. Para muchas
8
magnitudes fı́sicas existirá una incertidumbre finita. Pero siempre existirán magnitudes fı́sicas para las cuales
el estado de nuestra partı́cula sea un autoestado =⇒ el valor de la magnitud se conocerá exactamente (sin
incertidumbre), coincidiendo con el autovalor correspondiente a dicho autoestado. Por tanto, esta respuesta
es falsa.
• Esta afirmación también es falsa. En el caso de que la magnitud fı́sica que medimos tenga un autoestado
que coincida con la función de onda de nuestras partı́culas, el resultado de todas las medidas será el mismo: el
autovalor correspondiente ⇐⇒ La incertidumbre será nula en este caso.
• Visto lo visto esta afirmación es verdadera.
SEGUNDA PARTE
16. Dos masas puntuales, m1 y m2 , se encuentran unidas mediante sendos hilos ideales a un punto fijo O, encontrándose el sistema en presencia del campo gravitatorio terrestre. En la situación inicial (figura a) m 1 cae
hasta colisionar inelásticamente con m2 , la cual se encontraba en reposo en su posición de equilibrio estable.
Como resultado de la colisión ambas masas quedan pegadas indefinidamente (figura b). En el movimiento del
sistema constituido por las masas y los hilos, podemos afirmar que:
Fig.a
Fig.b
O
El momento cinético del sistema respecto a O es constante.
La energı́a mecánica del sistema es constante.
O
g
m1 m2
m1
× Ninguna de las otras dos respuestas es correcta.
m2
Solución.
• ¿Es constante el momento cinético del sistema respecto a O?
No. Las fuerzas externas que actúan sobre el sistema son los pesos y las tensiones. Las tensiones no dan
momento en O, pero sı́ los pesos (ver figura).
• ¿Es constante la energı́a mecánica del sistema?
No, porque la energı́a no se conserva en la colisión inelástica entre m1 y m2 .
O
O
T1
m1
g
T2
m2
P1
P1
P2
P2
17. En el sistema de la figura la cuña de masa M puede deslizar libremente por el suelo horizontal (no hay rozamiento
entre la cuña y el suelo). Un bloque de masa m se encuentra sobre la cuña, no existiendo rozamiento entre ambos.
El sistema se encuentra en presencia del campo gravitatorio terrestre, y se deja en libertad desde el reposo. Sea
~ la reacción de la cuña sobre m. Entonces:
N
~ no realiza trabajo sobre m, y el peso es una fuerza conservativa, se conserva la energı́a mecánica de
Como N
m.
La cantidad de movimiento del sistema es constante.
~ sobre m es igual en valor absoluto, pero de signo distinto, al que ejerce la reacción
× El trabajo que realiza N
del bloque sobre la cuña.
m
g
M
9
N
Solución.
~ no realiza trabajo sobre m, y el peso es una fuerza conservativa, se conserva la energı́a mecánica
• Como N
de m.
~ sı́ realiza trabajo sobre m. Nótese (ver figura), que la velocidad de m respecto a Tierra
Es falso, porque N
~ ), más la que lleva el plano respecto
es la suma de la que lleva respecto al plano (que es perpendicular a N
~ sobre m en un dt es:
al suelo, que no lo es. Por tanto, el trabajo realizado por N
~ ·V
~m dt = N
~ · (V
~m,plano + V
~M )dt = N
~ ·V
~M dt 6= 0.
δW = N
• La cantidad de movimiento del sistema es constante.
Es falso, porque la suma de todas las fuerzas exteriores al sistema constituido por M y m no es nula. Para
verlo, nótese que las fuerzas externas son los pesos y la reacción del suelo sobre la cuña, es decir:
~
F~ext = m~g + M~g + R.
Lo que sı́ se conserva es la componente horizontal de la cantidad de movimiento, porque F~ext lleva dirección
vertical.
~ sobre m es igual en valor absoluto, pero de signo distinto, al que ejerce la reacción
• El trabajo que realiza N
del bloque sobre la cuña.
~ , y el trabajo que hace en un dt es
Es correcto. La reacción del bloque sobre la cuña es −N
~ ·V
~M dt,
δW 0 = −N
resultado que coincide en valor absoluto, pero tiene signo distinto, a δW .
Dado que δW + δW 0 = 0 (al no haber rozamiento el trabajo de las fuerzas internas es nulo), se conserva la
energı́a mecánica del sistema, pero no la de cada parte por separado.
Y
m
N
VM
Vm,plano
Pm
Vm
-N
M
VM
R
X
PM
~ es la reacción
18. En el sistema de la figura no existe rozamiento entre M1 y M2 , pero sı́ entre M1 y el suelo. R
~ es la
normal del suelo sobre M1 y F~roz es la fuerza de rozamiento que el suelo ejerce sobre M1 . Por otro lado, N
fuerza normal que ejerce M1 sobre M2 , y f~1 y f~2 son fuerzas exteriores aplicadas a M1 y M2 respectivamente.
La expresión del teorema del centro de masas aplicado a M1 es:
f2
g
~ −N
~ + M1~g = M1~a1
× f~1 + F~roz + R
~ + M2~g + M1~g + f~2 = M1~a1
f~1 + F~roz + R
f1
~ + f~2 + M1~g − N
~ = M1~a1
f~1 + F~roz + R
M2
M1
N
R
Froz
Solución.
En la figura siguiente hemos aislado los bloques M1 y M2 y hemos representado las fuerzas que actúan sobre
ellos.
N
M 2g
-N
f1
R
Froz
M 1g
10
f2
La expresión del teorema del centro de masas aplicado a M1 es:
~ −N
~ + M1~g = M1~a1 ,
f~1 + F~roz + R
~ . Nótese que f~2 está aplicada sobre M2 ,
donde hemos tenido en cuenta que M2 ejerce sobre M1 una fuerza −N
y por tanto no aparece en la expresión anterior.
19. Una partı́cula P oscila en el interior de una semicircunferencia vertical fija de centro O y radio L, con su diámetro
horizontal, sometida a la acción del campo gravitatorio. Sabiendo que no existe rozamiento
y que el módulo de
√
la velocidad de la partı́cula cuando pasa por el punto más bajo de su trayectoria es gL, el máximo valor de θ
(ángulo que forma el radio OP con la vertical; ver figura) viene dado por:
O
cos θmax = 1/4
×
cos θmax = 1/2
L
È
g
P
cos θmax = 3/4
Solución.
En este problema la única fuerza que realiza trabajo es el peso, que deriva de la energı́a potencial gravitatoria.
Por tanto, si aplicamos el teorema de la energı́a obtendremos una relación entre la posición de la partı́cula (dada
por θ) y la velocidad:
1
E = Ec + Ep = M v 2 + M gh,
2
donde h es la altura de la partı́cula medida respecto a un plano horizontal arbitrario tomado como nivel de
potencial cero. Si como tal tomamos el que pasa por O, la ecuación anterior queda ası́:
1
M v 2 − M gL cos θ.
(4)
2
√
Nos dan como dato la celeridad de la partı́cula ( gL) en la posición θ = 0. Particularizando (4) para este valor
obtenemos E:
1
E = M gL − M gL.
(5)
2
Nos piden θ máxima. Cuando θ es máxima su derivada debe valer cero =⇒ la velocidad valdrá cero. Particularizando (4) para estas condiciones:
E=
E=
1
(5)
M 02 − M gL cos θmax = −M gL/2
2
=⇒
cos θmax = 1/2
20. Dos bloques A y B pueden deslizar sin rozamiento por el eje OX horizontal de√un sistema inercial. Las masas
de A y B son MA = M , MB = M , la longitud natural del resorte ideal es 2L, y su constante elástica k.
Inicialmente el bloque B está en reposo y el bloque A se mueve libremente con velocidad v 0~ı hacia el B. Con el
tiempo A contacta con el extremo libre del resorte, que se va comprimiendo, poniendo en movimiento al bloque
B. ¿Cuál es el valor máximo de v0 para que los dos bloques no lleguen a chocar?
Y
p
L 3k/M
p
L 5k/M
p
× 2L k/M
g
V0
B
A
O
X
Solución.
Cuando la distancia AB se hace mı́nima A deja de aproximarse a B, es decir, la velocidad relativa de A respecto
a B vale cero, es decir, en ese momento ~vA = ~vB . Nos piden v0 para que ABmin = 0.
Consideremos el sistema constituido por A, B y el resorte. Las únicas fuerzas que realizan trabajo en nuestro
sistema son las del resorte, que derivan de la energı́a potencial elástica =⇒ se conserva la energı́a. Consideremos
el valor de la energı́a en un instante cualquiera anterior al contacto de A con el resorte:
si hay contacto
z
}|
{
1
1
1
1
2
2
E = MA vA + MB vB + k(AB − L0 )2 = M v02 + 0 + 0.
2
2
2
2
11
(6)
Ahora que ya conocemos E consideremos el instante en que AB es mı́nimo (recuérdese: AB min = 0; ~vA = ~vB =
v̂~ı):
1
1 √
1
E = M v̂ 2 + M v̂ 2 + k( 2L)2 .
(7)
2
2
2
De (7) podemos conocer v0 en función de v̂ (o al revés), pero ¿cuánto vale
(o al revés)? Hace falta más fı́sica.
P v̂ext
No hace falta pensar mucho para darse cuenta que en nuestro sistema
Fx = 0 =⇒ Se conserva la cantidad
de movimiento horizontal. Evaluándola en los mismos dos momentos que (6) y (7):
Px = cte = M v0 = (M + M )v̂
=⇒
v̂ = v0 /2.
(8)
Sustituyendo (6) y (8) en (7):
=⇒
1
M v02
2
1
k √
(1 − )v02 =
( 2L)2
2
M
2M v0 2 k √
( ) + ( 2L)2
2 2
2
=
v02 /2 = 2kL2 /M
=⇒
=⇒
v0 = 2L
p
=⇒
=⇒
k/M
21. Una nave interestelar se encuentra en el espacio inicialmente en reposo, disponiendo de una cantidad fija de combustible para recorrer en lı́nea recta una distancia L, no estando sometida a ninguna fuerza externa. Supóngase
que cada kg de combustible produce una misma cantidad de energı́a que se transforma ı́ntegramente en energı́a
cinética. ¿Con cuál de las siguientes dos estrategias emplea menos tiempo en hacer el recorrido? Estrategia
1: Consume todo el combustible instantáneamente al comienzo. Estrategia 2: El consumo de combustible
por unidad de tiempo permanece constante desde el comienzo, agotándose justo al acabar el recorrido. Nota:
Supóngase que la masa del combustible con respecto a la masa total del cohete es despreciable, de modo que la
masa de éste puede suponerse constante durante el viaje.
× Con la estrategia 1 ;
Con la estrategia 2 ;
Tarda lo mismo con ambas
Solución.
Con las dos estrategias la velocidad que tiene la nave cuando se ha consumido todo el combustible es la misma
(al serlo la energı́a cinética). Ahora bien, esa velocidad se adquiere desde el primer momento con la estrategia 1,
mientras que con la 2 sólo se adquiere en el último momento, haciendo todo el camino con velocidades inferiores.
Por tanto, se emplea menos tiempo en hacer el recorrido empleando la estrategia 1.
Ya está contestada la cuestión, pero veamos si podemos cuantificar los tiempos de recorrido ( t̂) con cada estrategia.
Estrategia
1
Una vez consumido todo el combustible, la nave se mueve con velocidad (v 0 ) constante. Si llamamos L a la
longitud del recorrido y M a la masa de la nave:
√
L
L
L M
1
2
=⇒
t̂1 =
v0 =
= √
.
(9)
E = M v0 ;
2
v0
t̂1
2E
Estrategia
2
Consumo de combustible constante quiere decir que el cambio temporal de la energı́a cinética es constante:
dE
= cte = b
dt
=⇒ E = bt̂2 .
(10)
Llamemos Et a la energı́a aportada desde t = 0 hasta el instante t. De acuerdo con el enunciado, esa energı́a
(que según (10) vale Et = bt) se convierte en energı́a cinética:
bt
z}|{ 1
Et = M v 2 (t)
2
=⇒
=⇒
L=
r
2bt
M
t3/2
3/2
¸t̂2
v=
r
2b
M
·
=
=
0
12
dx
dt
r
Z
=⇒
2b 2
t̂2
M3
q
t̂2 ;
L
dx =
0
Z
t̂2
0
r
2bt
dt
M
=⇒
pero bt̂2 = E
=⇒ L =
q
2E 2
M 3 t̂2
3
t̂2 =
2
=⇒
r
M (9) 3
L = t̂1 > t̂1
2E
2
22. Una partı́cula realiza oscilaciones libres amortiguadas en el eje OX, alrededor del origen, de forma que el tiempo
que transcurre entre dos situaciones consecutivas en las que la partı́cula pasa por el origen, es β, y el tiempo
que tarda la amplitud en decaer a 1/e veces de su valor inicial, es α. ¿Cuánto vale la frecuencia angular de las
oscilaciones libres no amortiguadas?
√ 2 2 2
√ 2 2 2
√ 2 2
4π α +β
π α +β
π α +4β 2
×
;
;
4βα
βα
4βα
Solución.
La posición de la partı́cula vendrá dada por:
x(t) = Ae
−γt
2
cos(ωa t + φ),
donde γ es la constante de amortiguamiento y ωa la frecuencia angular de las oscilaciones libres amortiguadas.
Vemos que el tiempo que transcurre entre dos situaciones consecutivas en las que x = 0 es la mitad del periodo
del factor cosenoidal, es decir π/ωa . Por tanto:
β=
T
π
π
=
=q
2
ωa
ω02 −
γ2
4
.
(11)
X
Τ
t
Τ/2
Por otro lado, como A(α) = A0 /e, y A(t) = A0 exp(−γt/2), entonces
γ
α=1
2
−→
γ=
2
.
α
(12)
Sustituyendo (12) en (11) y despejando ω0 , queda
ω0 =
p
π 2 α2 + β 2
.
βα
23. En un experimento tres partı́culas idénticas se encuentran unidas mediante tres resortes ideales idénticos, de
longitud natural L0 . Inicialmente (t = 0) las partı́culas están en reposo, constituyendo los vértices de un
triángulo equilátero de lado L 6= L0 (ver figura). Para t > 0 cada partı́cula oscila armónicamente con frecuencia
angular ω. Si se repite el experimento, pero duplicando la masa de las partı́culas, entonces ω se convierte en ω 0 .
¿Cuánto vale ω/ω 0 ?
√
3
2
√
×
2
Solución.
Por simetrı́a, a lo largo del tiempo las tres partı́culas seguirán constituyendo un triángulo equilátero cuyas
dimensiones irán cambiando. La trayectoria de cada partı́cula será rectilı́nea, coincidiendo con las alturas de
estos triángulos.
13
X
30º 30º
F
Consideremos una de las partı́culas. Tomemos el eje OX de unos ejes inerciales coincidiendo con su trayectoria,
con el origen en el centro de los triángulos. Y apliquémosle “Newton”:
M ẍ~ı = F~ı.
(13)
Donde, de nuevo por simetrı́a, la fuerza neta que ejercen los dos resortes que actúan sobre la partı́cula debe tener
la dirección del eje OX. Podemos calcular el valor de F en función de las dimensiones del triángulo (es decir,
de x) y de las caracterı́sticas del resorte (es decir, L0 y k). Pero nos bastará saber que F = F (x, L0 , k).
Ahora debemos fijarnos en que el enunciado nos dice que cada partı́cula oscila armónicamente =⇒ debe
verificar la ecuación del oscilador armónico:
ẍ + ω02 x = 0,
(14)
donde ω0 es la frecuencia angular del movimiento. Comparando (13) y (14) vemos que:
F (x, L0 , k)
= ω 2 x.
M
(15)
Si ahora hacemos el cambio M → 2M ; ω → ω 0 , vemos que (15) se transforma en:
F (x, L0 , k)
= (ω 0 )2 x.
2M
Y dividiendo (15) por (16):
³ ω ´2
ω0
=2
(16)
√
ω
= 2
0
ω
=⇒
24. Una onda esférica armónica g(r, t) = (1/r)cos(kr − ωt) se propaga desde el origen de coordenadas de un sistema
de referencia OXY Z. En un instante dado, sean S1 y S2 dos frentes de onda en los que los valores de la amplitud
son 6 y 1 respectivamente, y el valor absoluto de la diferencia de fase entre ambos frentes es 2π. ¿Cuánto vale
la longitud de onda?
1/12
;
× 5/6
;
3/10
Solución.
Sean r1 y r2 los radios de los frentes de onda S1 y S2 respectivamente. Entonces:
1
1
1
= 6 −→ r1 =
;
= 1 −→ r2 = 1.
r1
6
r2
Por otro lado:
|kr2 − ωt − (kr1 − ωt)| = k(r2 − r1 ) = 2π.
Sustituyendo los valores de r1 y r2 y teniendo en cuenta que k = 2π/λ, se obtiene
1
2π
(1 − ) = 2π −→
λ
6
14
λ=1−
5
1
=
6
6
25. Una onda armónica plana g(x, y, z, t) = A cos(~k · ~r − ωt) se mueve respecto a cierto sistema de referencia S. Sea
S 0 un segundo sistema de referencia paralelo a S, que se mueve con respecto a S con velocidad constante en el
sentido del eje OX. Entonces:
× S 0 también ve una onda armónica plana.
S 0 observa una onda armónica plana sólo en el caso en que ~k es paralelo a ~ı.
Ninguna de las otras dos respuestas es correcta.
Solución.
V
Z’
P r’
S’
O’
Z
S
r
Y’
X’
O
Y
X
Llamemos v a la celeridad constante con que, según nos dicen, se mueve el sistema S 0 con respecto a S en la
dirección del eje OX. Por tanto, se tendrá que:
Por otra parte, de la figura vemos que:
−−→
dOO0
= v~ı.
dt
(17)
−−→
~r = OO0 + r~0 ,
(18)
−−→
donde OO0 es función del tiempo, que podemos calcular integrando (17):
Z
O 0 (t)
O 0 (0)
−−→
dOO0 =
Z
t
vdt~ı
=⇒
0
−−→0
−−→
OO (t) − OO0 (0) = vt~ı.
(19)
−−→0
OO (0) fija la posición del origen de S 0 en t = 0. Denominemos ası́ a sus componentes (constantes numéricas):
−−→0
OO (0) = a~ı + b~ + c~k.
(20)
Sustituyendo (19) y (20) en (18) y multiplicando ésta por el vector de onda (~k), el argumento de g en S (~k ·~r −ωt)
se transforma en el siguiente en S 0 :
~k · ~r − ωt = ~k · r~0 − (ω − vkx )t + akx + bky + ckz .
(21)
Es decir, vista desde S 0 g es una onda armónica plana con el mismo vector de onda, pero con
frecuencia angular ω 0 = ω − vkx .
26. Una gran población de partı́culas inestables se encuentra en reposo en un sistema de referencia S. Los observadores de S comprueban que tras un periodo de tiempo τ la mitad de las partı́culas se ha desintegrado. Los
observadores de un sistema S 0 , que se mueve con velocidad constante respecto a S, comprueban
que el periodo
√
de tiempo transcurrido hasta que se desintegran la mitad de las partı́culas fue 2τ / 3. ¿Con qué celeridad se
mueve S 0 respecto a S?
× c/2
;
√
c/ 2
15
;
√
3c/2
Solución.
Consideremos los sucesos de “nacimiento” y “muerte” de una partı́cula en el sistema S. Ambos sucesos ocurren en
el mismo punto =⇒ el lapso de tiempo entre ambos es el tiempo propio. Mediante la fórmula de la dilatación del
tiempo (∆t = γ∆t0 ) podemos calcular el lapso medido por cualquier
observador (por ejemplo S 0 ) en movimiento
√
uniforme respecto a S. En nuestro caso, ∆t0 ≡ τ , y ∆t ≡ 2τ / 3. Por tanto:
γ=
√
∆t
= 2/ 3,
∆t0
(22)
pero:
γ ≡ 1/
p
1 − (v/c)2
=⇒
=⇒
v=
1 − (v/c)2 = 1/γ 2
cp 2
γ −1
γ
(22)
=
=⇒
(v/c)2 =
γ2 − 1
γ2
=⇒
√ r
c 3 4
c
−1=
2
3
2
Nota: Realmente deberı́amos considerar los sucesos “nacimiento de la población de muchas partı́culas” y “muerte
de la mitad de la población”. Podemos suponer que todas se crearon a la vez en S (y en el mismo sitio), pero
cada una “morirá” en un instante distinto. Pero habrá una cuya “muerte” deje la población reducida a la mitad
de su valor inicial; ¡Y esa es precisamente la que hemos tratado en nuestros cálculos de arriba!
27. Sea ABC un triángulo isósceles rectángulo en B (ver figura). 1 y 2 son dos corredores que parten de A al mismo
tiempo, poniendo sus cronómetros a cero en el momento√de la partida. 1 se mueve por la hipotenusa AC con
celeridad v. 2 se mueve por√el cateto AB con celeridad 2v. Un tercer corredor (3) parte de B hacia C, con
la misma celeridad que 2 ( 2v). En el momento en que 2 llega a B el corredor 3 echa a correr, poniendo su
cronómetro en marcha, con un valor inicial igual al que marca el cronómetro de 2 al llegar a B. ¿Qué cronómetro
marca el menor tiempo al llegar a C?
A
El de 1.
× El de 3.
Los dos marcan lo mismo.
B
C
Solución.
Llamemos L a la longitud de los catetos del triángulo, medida por un observador ligado al mismo. Medido por
este observador (llamémosle S), el tiempo que tarda el corredor 1 en recorrer la hipotenusa AC (de longitud
√
2L para S) será:
√
√
2L
2L
=
.
(23)
tAC =
v1
v
El correspondiente lapso de tiempo medido por el cronómetro de 1 será el tiempo propio (puesto que para 1 la
salida en A y la llegada a C ocurren en el mismo punto). Por tanto, usando la fórmula de dilatación del tiempo:
tAC = γ1 × t1
donde t1 es el tiempo que marca el cronómetro de 1 al llegar a C, y:
p
γ1 = 1/ 1 − (v/c)2 .
Llevando (23) y (25) a (24):
t1 =
√
2L p
1 − (v/c)2 .
v
16
(24)
(25)
(26)
Un razonamiento idéntico al anterior para el corredor 2 nos lleva a:
tAB
=
tAB
=
γ2
=
de donde se sigue que:
L
L
=√
v2
2v
γ2 × t2
q
√
1/ 1 − ( 2v/c)2 ,
L
t2 = √
2v
q
(27)
(28)
(29)
√
1 − ( 2v/c)2 .
(30)
Para el corredor 3 volvemos a usar el mismo procedimiento, sólo que el lapso de tiempo que 3 dice que emplea él
mismo en hacer su carrera de B a C (tiempo propio ∆t3 ) no coincide con lo que marca su cronómetro al llegar,
puesto que en la salida no puso su cronómetro a cero, sino al valor t2 que marcó el cronómetro de 2 al llegar a
B. Por tanto:
t3 = t2 + ∆t3 .
(31)
Tendremos:
de donde:
tBC
=
tBC
=
γ3
=
L
L
=√
v3
2v
γ3 × ∆t3
q
√
1/ 1 − ( 2v/c)2 ,
L
∆t3 = √
2v
q
(32)
(33)
(34)
√
1 − ( 2v/c)2
(35)
que vemos coincide con el valor de t2 (ver (30)), como podrı́amos haber anticipado por un argumento de simetrı́a.
Sustituyendo (30) y (35) en (31), queda:
√ q
√
2L
t3 =
1 − ( 2v/c)2 .
(36)
v
Comparando (26) con (36) vemos que t3 < t1 , es decir,
el cronómetro de 3 marca el menor tiempo.
28. Dos sistemas de referencia se desplazan inercialmente tal como muestra la figura. Ambos sistemas ponen en
marcha sus relojes (t = t0 = 0) cuando sus orı́genes, O y O 0 , coinciden. ¿Cuál es la transformación relativista
correcta entre ambos sistemas?
X’
Y
Y’
V
r
0
y
1
0
0
(x + vt ) − √2
× x=
v2
2(1− c2 )
x=
x=
r
r
1
2
1− vc2
1
2
1− vc2
O’ ’
(x0 + vt0 )
45º
(x0 + vt0 ) − y 0
O
X
Solución.
Imaginemos un tercer sistema de referencia (además de los dos involucrados en la cuestión), de manera que esté
fijo respecto a OXY , cuyos ejes sean paralelos a O 0 X 0 Y 0 , y cuyo origen coincida con O. Llamemos a este sistema
de referencia OX 00 Y 00 , y sincronicemos sus relojes de modo que marquen cero cuando O 0 pasa por O. Entonces
O0 X 0 Y 0 y OX 00 Y 00 estarán en la configuración estándar, y la transformación de Lorentz nos dice que:
x” = γ(x0 + vt0 ) ; y” = y 0 .
17
Ahora bien, transformar entre OX 00 Y 00 y OXY es trivial, porque ambos sistemas de referencia están en reposo
relativo y en lo único que difieren es en que sus ejes están rotados 45◦ :
1
1
x = √ x” − √ y”,
2
2
y sustituyendo queda:
1
1
x = √ γ(x0 + vt0 ) − √ y 0 .
2
2
Teniendo en cuenta la definición de γ se sigue el resultado.
29. Sobre una partı́cula cuántica sometida a una energı́a potencial EP (x) se mide la energı́a en un instante t1 ,
obteniéndose el resultado E1 . En t2 > t1 se vuelve a medir la energı́a y se obtiene el resultado E2 . Entonces, en
general, podemos afirmar que:
× Si entre t1 y t2 no se ha realizado ninguna otra medida (de ninguna magnitud fı́sica), entonces E 2 es igual a
E1 .
Si en el instante t3 (t1 < t3 < t2 ) se ha realizado una medida de la energı́a, siendo ésta la única medida
realizada entre t1 y t2 , entonces puede ocurrir que E2 sea diferente de E1 .
Si entre t1 y t2 se ha realizado una medida intermedia, de cualquier magnitud fı́sica diferente de la energı́a,
entonces es seguro que E2 y E1 son iguales.
Solución.
Sea f (x) el estado de la partı́cula inmediatamente antes de la primera medida. Al medir la energı́a y obtener
E1 , el estado inmediatamente después será f1E (x) (autoestado de la energı́a con autovalor E1 ). Si entre t1 y
t2 no se ha realizado ninguna medida, el estado en t2 , antes de medir, es f1E (x)exp[−iE1 (t2 − t1 )/h̄]. Como la
probabilidad de obtener E1 es 1, dado que el coeficiente complejo que multiplica a f1E (x) tiene módulo unidad,
deducimos que el valor obtenido en la segunda medida, E2 , es igual a E1 .
El mismo razonamiento sirve para demostrar que la segunda respuesta no es correcta. Si entre t 1 y t2 se mide
una o varias veces la energı́a, y no se miden otras magnitudes, siempre se obtendrá E 1 .
30. Una partı́cula cuántica, sometida a una energı́a potencial EP (x), se encuentra inicialmente (t = 0) en el estado
ψ0 (x) = √12 (f1 E (x) + f2 E (x)), donde fi E (x) es el autoestado normalizado de la energı́a correspondiente al
autovalor Ei . Sea A una magnitud fı́sica cuyos autoestados son f1 A (x), f2 A (x),√... a los que corresponden los
autovalores
A1 , A2 , ... respectivamente. Además se sabe que f1 E = (1/2)f1 A + ( 3/2)f2 A y f2 E = (1/3)f1 A +
√
A
(2 2/3)f2 . Si en cierto instante t se mide A, la probabilidad de obtener el autovalor A 1 depende de t. ¿Cuál
es el valor máximo de esta probabilidad?
49/200
;
9/32
;
× 25/72
Solución.
El estado de la partı́cula en el instante t = 0 nos lo dan:
1
ψ0 (x) = √ (f1E (x) + f2E (x)).
2
(37)
Nos piden información relativa a la partı́cula en cierto instante t. De acuerdo con la mecánica cuántica, la
función de onda en el instante t se calcula a partir de (37) ası́:
1
ψt (x) = √ (f1E (x)e−iE1 t/h̄ + f2E (x)e−iE2 t/h̄ ).
2
(38)
Se nos pide el valor máximo de la probabilidad de que al medir una magnitud A obtengamos el autovalor A 1 .
De acuerdo con la mecánica cuántica, la probabilidad de obtener el valor A1 en el instante t viene dada por:
Pt (A = A1 ) = |f1A ¯ ψt |2 .
18
(39)
Para poder realizar el producto escalar que aparece en (39) necesitamos tener los vectores expresados en una
misma base. Afortunadamente esto se puede conseguir fácilmente, puesto que nos dan la siguiente información:
f1E
f2E
=
1 A
2 f1
=
1 A
3 f1
+
√
3 A
2 f2 ,
+
√
2 2 A
3 f2 .
(40)
Por tanto, sustituyendo (40) en (38) y el resultado en (39):
Pt (A = A1 )
=
|f1A ¯
=
| √12 ( e
−iE1 t/h̄
√1 (( e
2
2
−iE1 t/h̄
2
+
+
e−iE2 t/h̄
)f1A
3
e−iE2 t/h̄ 2
)|
3
+(
= 12 ( 14 +
1
9
√
3e−iE1 t/h̄
2
+
1
3
19
√
2 2e−iE2 t/h̄
)f2A )|2
3
1 )t
cos( (E2 −E
)),
h̄
que será máxima cuando el coseno valga +1, es decir:
P (A = A1 )max =
+
25
1 1 1 1
( + + )=
2 4 9 3
72