Final

Física
Examen Final
I.E.S. Elviña
20/05/05
Nombre________________________________________________________
DEPARTAMENTO DE
FÍSICA E QUÍMICA
Problemas
[6 Ptos.]
1. Una partícula de 500 g describe un M.A.S. con una frecuencia de 1,59 Hz. Las energías iniciales son:
cinética: Ec0 = 0,200 J y potencial: EP0 = 0,800 J. Calcula la/s posición/es en que ambas energías son
iguales.
Solución:
Como la fuerza elástica es una fuerza conservativa, la energía mecánica se conserva:
Em = Ec + Ep = 0,200 [J] + 0,800 [J] = 1,000 J
Cuando ambas energías sean iguales,
Ec = Ep
Em = Ec + Ep = 2 Ep
Ep = ½ Em = 0,500 J
La energía potencial de un M.A.S. viene dada por la expresión:
Ep = ½ k x2
en la que k es la constante elástica y x es la elongación o separación de la posición de equilibrio.
Para calcular la constante elástica, k, se toma la fuerza elástica como la fuerza resultante:
Ley de Hooke:
F = -k x
2ª ley de Newton:
∑F = m a
En un M.A.S. la aceleración es proporcional y de sentido contrario a la elongación:
a = -ω2 x
F = -k x = m a = m (-ω2 x)
k = m ω2
La pulsación ω está relacionado con el período T y la frecuencia ν por:
ω=2π/T=2πν
Por lo que:
Energía
ω = 2 π ν = 2 π · 1,59 [Hz] = 9,99 rad/s
1
k = m ω2 = 0,500 [kg] · (9,99 [rad/s])2 = 49,9 N/m
0,9
EC + EP
0,8
0,7
0,6
E
De la expresión de la energía potencial:
Ep = ½ k x2
0,500 [J] = ½ 49,9 [N/m] · x2
que tiene dos soluciones:
x = ±0,142 m
EC
EP
0,5
0,4
0,3
0,2
Análisis: deben existir dos soluciones, ya que la oscilación
alrededor de la posición de equilibrio es simétrica.
Un vistazo a la gráfica de energías permite ver que la posición
no es la mitad de la amplitud.
0,1
0
-0,2 -0,15 -0,1 -0,05
0
0,05
0,1
0,15
0,2
x
2. Si la masa de la Luna es 81 veces más pequeña que la terrestre y su radio es 1 740 km, ¿cuánto valdrá en
la Luna la velocidad de escape?
Solución:
La velocidad de escape de un astro es la velocidad mínima que debe tener un objeto en la superficie del
astro para poder alejarse a una distancia infinita del mismo. Como la fuerza gravitatoria es una fuerza
central, es conservativa (el trabajo de la fuerza es independiente del camino) y la energía mecánica (suma de
cinética y potencial) se conserva.
(EC + EP)suelo = (EC + EP)∞
La energía potencial gravitatoria de un objeto de masa m que se encuentra sometido a la atracción de otro de
masa M, situado a un distancia r de us centro (supuestas ambas masas puntuales o esféricas) viene dada por:
EP = -G M m / R
en la que G es la constante de la gravitación universal.
El origen de energías potenciales está en el infinito:
EP∞ = 0.
La energía cinética de una masa m que se mueve con una celeridad v, viene dada por:
EC = ½ m v2.
Como la velocidad de escape es la velocidad mínima, es la que corresponde a una velocidad nula en el
infinito.
-G M m / R + ½ m v2minima suelo = 0 + ½ m v2 ∞ = 0 + 0 = 0
vescape = vminima suelo = (2 G M / R)1/2
Para la Luna:
veL = (2 G ML / RL)1/2 .
Para cualquier objeto que se encuentre en la superficie de la Tierra, su peso es igual a al atracción
gravitatoria:
m gT = G MT m / RT2
2
G MT = gT RT = 9,81 [m/s2] · (6,37×106 [m])2 = 3,98×1014 m3/s2
Para la Luna:
G ML = G MT / 81 = 4,9×1012 m3/s2
veL =(2 G ML / RL)1/2 = (2 · 4,9×1012 [m3/s2] / 1,74×106 [m])1/2 = 2,4×103 m/s = 2,4 km/s
Análisis: La velocidad de escape de la Luna es inferior a la de la Tierra, que es de 11,2 km/s, puesto que la
Luna es más pequeña que la Tierra.
3. Tres cargas puntuales de -18, 50 y -32 nC están situadas en los vértices A, B, y C de un rectángulo de
base AB = 24 cm y altura BC = 18 cm. Calcula el vector intensidad de campo eléctrico en el vértice D.
Solución:
a) La intensidad de campo eléctrico en un punto debido a una distribución de cargas puntuales se calcula por
el principio de superposición.
EB
E = ∑Ei
La intensidad de campo eléctrico en un punto a una distancia
r de una carga puntual Q viene dado por la expresión:
EC
–32 nC
E = K Q / r2 ur
D
C
Se dibuja el vector intensidad de campo eléctrico en el
punto D debido a cada una de las cargas y el vector
ED
intensidad de campo eléctrico resultante.
EA
Se calculan primero las distancias entre los puntos:
r BD =  0,24 [ m ]2 0,18[ m ]2 =  0,0900[ m 2 ]=0,30 m
–18 nC A
Se calcula la intensidad de campo eléctrico en el punto D
debido a cada una de las cargas:
−9
Q
9
2
−2 −18×10 [C] 
 A  D=K A 
E
u
=9,00×10
[
N·m
·
C
]
j =– 5,0×103 j N·C−1
r
r 2AD
0,18[ m ]2
B
+50 nC
50×10−9 [C] −0,24 i 0,18 j
=−4,0×103 i 3,0×103 j N·C−1
0,30
r 2BD
0,30[ m ]2
−9
Q
9
2
−2 −32×10 [C] 
 C D =K A 
E
u
=9,00×10
[
N·m
·
C
]
j =5,0×103 i N·C−1
r
2
r CD
0,24[ m ]2
El campo resultante en el punto D vale:
ED = EA→D + EB→D + EC→D = 1,0×103 i – 2,0×103 j N·C-1
 B  D=K
E
QB
ur =9,00×109 [ N·m 2 · C−2 ]

En general, el vector intensidad de campo eléctrico será un vector de módulo:
  1,0×103 2−2,0×103 2=2,3×103 N·C−1
∣E∣=
y que forma un ángulo de -63º con el lado CD, dirigido hacia el interior del rectángulo.
4. El trabajo de extracción del platino es de 6,30 eV. Halla el potencial de frenado de los electrones
extraídos cuando una superficie de platino es iluminada por un haz de luz láser que emite con longitud
de onda 167 nm.
Solución:
a) La ecuación de Einstein del efecto fotoeléctrico es:
EFOTÓN = WEXTRACCIÓN + EC ELECTRÓN.,
La energía cinética de los electrones puede medirse aplicando un potencial eléctrico en sentido opuesto,
llamado potencial de frenado V, hasta impedir que los electrones lleguen al ánodo.
El trabajo eléctrico del potencial de frenado será igual a la variación de energía cinética de los electrones.
qe ΔV = ΔEc = 0 – Ec
qe V = Ec
La energía de un fotón de frecuencia ν viene dada por la ecuación de Planck
EFOTON = hν
en la que h es la constante de Planck.
La frecuencia ν de una onda está relacionada con su longitud de onda λ por:
ν = c /λ
en la que c es la velocidad de propagación de la onda.
En el caso de la luz,
νlaser = c / λlaser = 3,00×108 [m·s-1] / 1,67×10-7 [m] = 1,80×1015 Hz
Wextracción = 6,30 eV · 1,60×10-19 J/eV = 1,01×10-18 J
Los fotones del láser empleado tienen una energía,
Efotón laser = hνlaser = 6,63×10-34 [J·s] · 1,80×1015 [Hz] = 1,19×10-18 J
por lo que la energía cinética máxima de los electrones emitidos es
EC electrón = Efotón – Wextracción = 1,19×10-18 [J] – 1,01×10-18 [J] = 1,76×10-19 J
y el potencial de frenado
V = Ec / qe = 1,76×10-19 [J] / 1,60×10-19 [C] = 1,1 V
DATOS:
g = 9,81 m/s2
RT = 6 370 km
c = 3,00×108 ms-1
9
2 -2
K = 1 / 4π ε0 = 9,00×10 Nm C
h = 6,63×10-34 Js
Cuestiones
e = 1,60×10-19 C
[4 Ptos.]
1. ¿Cuál de las expresiones propuestas representa una onda que se propaga en sentido positivo del eje X con
una velocidad de 5 m·s-1?
A) y = cos 2π(10 t – 5 x)
B) y = cos 2π(10 t + 5 x)
C) y = cos 4π(5 t – x)
Solución: c)
La ecuación de una onda unidimensional armónica que se desplaza en sentido positivo del eje X se puede
escribir: y = A cos 2π(t / T – x / λ), poniendo que las partículas del medio oscilan en el eje Y, perpendicularmente a la dirección de propagación. (Si se desplazase en sentido negativo, el signo sería +)
A es la amplitud y vale: 1 m.
T es el período que es el inverso de la frecuencia ν: T = 1 / ν = 1 / 10 = 0,1 s
λ es la longitud de onda, que está relacionada con la frecuencia por: c = λ ν.
λ = c / ν = 5 / 10 = 1 / 2 m
Sustituyendo da:
y = cos 2 π(10 t – 2 x)
que corresponde a la tercera opción, sacando factor común 2.
2. La rotación de la Tierra provoca que la aceleración de la gravedad medida en un punto de latitud λ
A) aumente con la latitud
B) disminuya con la latitud
C) disminuya con la altura
Solución: A
La gravedad aparente en un punto de la Tierra, medida con un dinamómetro, es inferior al campo
gravitatorio debido a la rotación terrestre.
ga = g – aN = g – ω2 r
en el que ω es la velocidad angular terrestre alrededor de su eje y r es el radio de giro.
En el ecuador terrestre
ga = g – aN = g – ω2 RT = 9,78 m/s2
En un punto de latitud λ, el radio de giro es menor
r = RT cos λ
y la proyección de la aceleración centrípeta sobre la vertical (dirección radial) es
aN cos λ
por lo que la gravedad aparente es
ga = g – aN cos λ = g – ω2 RT cos2 λ
A mayor latitud λ, menor es el cos λ, por lo que la gravedad aparente será mayor.
Por ejemplo en los polos (λ = 90º), cos λ = 0 y
ga = g = 9,83 m/s2
3. Un protón penetra en el interior de un campo magnético uniforme perpendicularmente a las líneas de
campo magnético. Posteriormente entra por el mismo punto y con la misma velocidad un electrón. Haz
un dibujo de las trayectorias de ambos.
Solución:
Tanto el protón como el electrón se mueven en trayectrorias semicirculares, porque
la fuerza que ejerce el campo magnético sobre una carga en movimiento viene dada
por la ley de Lorentz
F = q (v × B)
y es perpendicular a la velocidad en cada punto, por lo que provoca una aceleración
normal que es constante, ya que el módulo de la velocidad no varía, por no existir
componente tangencial de la aceleración.
·
·
·
e–
·
·
·
·
·
·
v
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
p+
·
·
·
·
·
B
·
·
·
·
·
·
Fp
·
·
- El sentido de la fuerza es distinto, ya que depende del signo de la carga.
·
- También es distinto el radio de la trayectoria, puesto que depende de la masa de la
partícula.
·
F = m aN = m v2 / R
q v B sen 90 = m v2 / R
R=mv/qB
·
Como el campo magnético, la velocidad y el valor de la carga es el mismo, el radio es proporcional a la
masa. Como la masa del electrón es mucho menor que la del protón, el radio de la trayectoria del electrón
será mucho menor que la del protón.
(En el dibujo no están a escala, pues siendo la masa del electrón unas 2 000 veces menor que la del protón,
el la trayectoria del electrón no podría verse)
4. El alambre CD se desliza sobre una horquilla metálica en forma de U,
situado sobre un campo magnético constante B dirigido hacia el techo,
como se ve en la figura. Cuando el alambre se desliza hacia la derecha, se
produce una f.e.m. inducida que provoca una corriente I inducida en el
alambre. Esta corriente I sufre una fuerza magnética F debida al campo
magnético B, que es perpendicular al alambre y está dirigida hacia:
A) el suelo.
B) la derecha.
C) la izquierda.
Solución:
·
·
·
·
B
·
·
·
·
C
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
D
Por la ley de Faraday – Lenz, la fuerza electromotriz inducida en el tramo cerrado viene dada por la
expresión
ε = –dΦ / dt
y el sentido de la corriente es el de las agujas del reloj.
I
Cuando el alambre CD se mueve hacia la derecha, aumenta el flujo magnético saliente. Por la ley de Lenz,
se induce una corriente que se opone a este aumento, de forma que circula en sentido de las agujas del reloj
para producir un flujo magnético entrante que se opone al aumento de flujo saliente.
Y+
Por la ley de Laplace,
F = I (l × B)
el campo magnético B ejerce una fuerza F sobre la corriente I cuyo sentido se puede
X+
Z+
determinar suponiendo un sistema de referencia como el de la figura.
F = I (l (-j) × B (+k)) = I l B (–i)
es decir, hacia la izquierda.
C
Otra forma de verlo es aplicando el principio de conservación de la energía. Para · · · · · ·
mover el alambre CD con velocidad constante hacia la derecha hay que ejercer
· · · · · ·
una fuerza hacia la derecha que debe valer lo mismo pero ser de sentido
· · · · · ·
contrario a la que hace el campo magnético sobre la corriente del alambre. Por
· · · · · ·
tanto la fuerza que piden es hacia la izquierda.
B
F
D
5. Una nave espacial se mueve a una velocidad 0,8 c. En cada uno de sus extremos existe un detector que
levanta una bandera cuando una señal luminosa llega a él. Desde el centro exacto se emiten dos señales
luminosas hacia los extremos de la nave, justo cuando pasa por delante de una estación espacial en reposo.
Desde la estación espacial se observa que el banderín de la parte anterior de la nave se levanta
A) Antes que el de la posterior.
B) Después que el de la posterior.
C) Simultáneamente.
Solución:
La velocidad de la luz es la misma medida desde cualquier sistema de referencia inercial que se mueva con
respecto a otro.
Aunque para un observador ligado a la nave espacial las dos señales luminosas llegan a los extremos
simultáneamente, para un observador ligado a la estación espacial “en reposo”, la luz viaja con la misma
velocidad en ambos sentidos, y alcanza antes la parte posterior de la nave que se desplaza hacia la fuente de luz
que la parte anterior de la nave que se desplaza alejándose de la fuente.
6. Si un núcleo atómico emite una partícula α, una partícula β – y un fotón γ, su número atómico disminuye:
A Tres unidades,
B Dos unidades.
C Una unidad.
Solución: C
Una partícula α es un núcleo de helio: 42 He , una partícula β– es un electrón −10 e y un fotón γ es
radiación electromagnética de alta energía 00  .
Por las leyes de conservación del número atómico (carga) y número bariónico (masa)
A
A−4
4
A−4
0
A−4
0
Z X  Z −2Y  2 He  Z −1 Z −1 e  Z −1 Z  0 
Laboratorio
7. En la determinación de g mediante un péndulo simple, se miden tiempos de una serie de oscilaciones
para péndulos de diversas longitudes. Indica qué magnitudes hay que representar gráficamente para
obtener una recta a partir de los datos experimentales, y relaciona el valor de “g” con la pendiente de la
gráfica.
Solución:
De la ecuación del período para el péndulo simple

l
g
se ve que la representación de los períodos “T” frente a las longitudes “l” no da una recta. Elevando al cuadrado
4 2
2
T =
l
g
tomando T2 como variable dependiente y l como variable independiente, queda la ecuación de una recta que
pasa por el origen y cuya pendiente vale
T 2 4 2
pendiente=
=
g
l
T =2
8. Haz un esquema de la práctica para determinar la posición del foco imagen de una lente convergente. ¿Cuál
es la función de la lente próxima a la fuente de iluminación?
Solución:
La lente próxima a la fuente de iluminación se coloca de forma que la fuente esté situado en el foco, para
que los rayos salgan paralelos.
Objeto
Foco
luminoso
Lente
convergente
Lente
Pantalla