Set. 13

PAU
Código: 25
SETEMBRO 2013
FÍSICA
Puntuación máxima: Cuestións 4 puntos (1 cada cuestión, teórica ou práctica). Problemas 6 puntos (1 cada apartado).
Non se valorará a simple anotación dun ítem como solución ás cuestións; han de ser razoadas.
Pódese usar calculadora sempre que non sexa programable nin memorice texto.
O alumno elixirá unha das dúas opcións.
OPCIÓN A
C.1.- A ecuación dunha onda transversal de amplitude 4 cm e frecuencia 20 Hz que se propaga no sentido
negativo do eixe X cunha velocidade de 20 m·s-1 é: A) y(x, t) = 4·10-2 cos π (40 t + 2 x) m.
B) y(x, t) = 4·10-2 cos π (40 t – 2 x) m. C) y(x, t) = 4·10-2 cos 2 π (40 t + 2 x) m.
C.2.- Un espello cóncavo ten 80 cm de radio de curvatura. A distancia do obxecto ao espello para que a súa
imaxe sexa dereita e 4 veces maior é: A) 50 cm. B) 30 cm. C) 60 cm.
C.3.- Unha radiación monocromática, de lonxitude de onda 300 nm, incide sobre cesio. Se a lonxitude de
onda limiar do cesio é 622 nm, o potencial de freado é: A) 12,5 V. B) 2,15 V. C) 125 V.
(Datos: 1 nm = 109 m; h = 6,63×10-34 J·s; c = 3×108 m·s-1; qe = -1,6×10-19 C)
C.4.- Se temos un resorte de constante elástica coñecida, como podemos determinar o valor dunha masa descoñecida? Describe as experiencias que debemos realizar.
P.1.- Deséxase poñer un satélite de masa 103 kg en órbita arredor da Terra e a unha altura dúas veces o radio
terrestre. Calcula: a) A enerxía que hai que comunicarlle desde a superficie da Terra. b) A forza centrípeta
necesaria para que describa a órbita. c) O período do satélite na devandita órbita.
(Datos: RT = 6 370 km; g0 = 9,8 m/s2)
P.2.- Acelérase unha partícula alfa mediante unha diferenza de potencial de 1 kV, penetrando a continuación, perpendicularmente ás liñas de indución, nun campo magnético de 0,2 T. Acha: a) O radio da traxectoria descrita pola partícula. b) O traballo realizado pola forza magnética. c) O módulo, dirección e sentido
dun campo eléctrico necesario para que a partícula alfa non experimente desviación algunha ao seu paso
pola rexión na que existen os campos eléctrico e magnético. (Datos: mα= 6,68×10-27 kg; qα = 3,2×10-19 C)
OPCIÓN B
C.1.- A actividade no instante inicial de medio mol dunha sustancia radioactiva cuxo período de semidesintegración é de 1 día, é: A) 2,41×1018 Bq. B) 3,01×1023 Bq. C) 0,5 Bq. (Dato: NA = 6,022×1023 mol-1)
C.2.- A lonxitude de onda asociada a un electrón de 100 eV de enerxía cinética é: A) 2,3×10-5 m.
B) 1,2×10-10 m. C) 10-7 m. (Datos: h = 6,63×10-34 J·s; me = 9,1×10-31 kg; qe = -1,6×10-19 C)
C.3.- As liñas de indución do campo magnético son: A) Sempre pechadas. B) Abertas ou pechadas, xa que
dependen do axente creador do campo magnético. C) Sempre abertas, por semellanza co campo eléctrico.
C.4.- Se na práctica de óptica xeométrica a lente converxente ten unha distancia focal imaxe de + 10 cm, a
que distancias da lente podes situar o obxecto para obter imaxes sobre a pantalla, e cúmprese que |s| + |s'| =
80 cm? Debuxa a marcha dos raios.
P.1.- Tres cargas eléctricas puntuais de 10 -6 C atópanse situadas nos vértices dun cadrado de 1 m de lado.
Calcula: a) A intensidade do campo e o potencial electrostático no vértice libre. b) Módulo, dirección e sentido da forza do campo electrostático sobre unha carga de -2×10-6 C situada no devandito vértice. c) O traballo realizado pola forza do campo para trasladar dita caga desde o vértice ao centro do cadrado. Interpreta o
signo do resultado. (Dato: K = 9×109 N·m2·C-2)
P.2.- Unha bola colgada dun fío de 2 m de lonxitude desvíase da vertical un ángulo de 4°, sóltase e obsérvanse as súas oscilacións. Acha: a) A ecuación do movemento harmónico simple. b) A velocidade máxima
da bola cando pasa pola posición de equilibrio. c) Comproba o resultado obtido no apartado anterior, utilizando a ecuación da conservación da enerxía mecánica.
Solucións
OPCIÓN A
C.1.- A ecuación dunha onda transversal de amplitude 4 cm e frecuencia 20 Hz que se propaga no
sentido negativo do eixe X cunha velocidade de 20 m·s-1 é:
A) y(x, t) = 4·10-2 cos π (40 t + 2 x) [m]
B) y(x, t) = 4·10-2 cos π (40 t – 2 x) [m]
C) y(x, t) = 4·10-2 cos 2 π (40 t + 2 x) [m]
Solución: A
A ecuación dunha onda harmónica unidimensional pode escribirse como:
y = A · sen(ω · t ± k · x)
Na que
y é a elongación do punto que oscila (separación da posición de equilibrio)
A é a amplitude (elongación máxima)
ω é a frecuencia angular que está relacionada coa frecuencia f por ω = 2 π · f
t é o tempo
k é o número de onda, a cantidade de ondas que entran nunha lonxitude de 2 π metros. Está relacionada coa
lonxitude de onda λ por k = 2 π / λ
x é a distancia do punto ao foco emisor.
O signo ± entre ω · t e k · x é negativo se a onda propágase en sentido positivo do eixe X, e positivo se o fai
en sentido contrario.
Como di que se propaga en sentido negativo do eixe X podemos descartar a opción B.
A frecuencia angular ω da ecuación da opción A é ωA = π · 40 [rad/s], que corresponde a unha frecuencia de
20 Hz.
40 π [ rad /s]
f A= ω =
=20 s−1
2π
2 π [ rad]
C.2.- Un espello cóncavo ten 80 cm de radio de curvatura. A distancia do obxecto ao espello para que
a súa imaxe sexa dereita e 4 veces maior é:
A) 50 cm.
B) 30 cm.
C) 60 cm.
Datos (convenio de signos DIN)
Radio de curvatura
Aumento lateral
Incógnitas
Posición do obxecto
Outros símbolos
Distancia focal do espello
Posición da imaxe
Tamaño do obxecto
Tamaño da imaxe
Ecuacións
Relación entre a posición da imaxe e a do obxecto nos espellos
Aumento lateral nos espellos
Cifras significativas: 3
R = -80,0 cm = -0,800 m
AL = 4,00
s
f
s'
y
y'
1 1 1
 =
s' s f
y ' −s'
A L= =
y
s
Solución: B
A distancia focal do espello é a metade do radio de curvatura. Como o espello é cóncavo o foco atópase á
esquerda, e, polo convenio de signos, a distancia focal é negativa
f = R / 2 = -0,400 m
O aumento lateral en espellos é
A L=−
s'
=4,00
s
s' = -4,00 s
Substitúense f, s' na ecuación dos espellos
1
1
1
+ =
−4,00 s s −0,400 [ m ]
e multiplicando ámbolos lados por (-4,00 s) queda unha ecuación sinxela
1 – 4,00 = 10 s
cuxa solución é:
s = -0,300 m
C.3.- Unha radiación monocromática, de lonxitude de onda 300 nm, incide sobre cesio. Se a lonxitude
de onda limiar do cesio é 622 nm, o potencial de freado é:
A) 12,5 V
B) 2,15 V
C) 125 V
Datos 1 nm = 109 m; h = 6,63×10-34 J·s; c = 3×108 m·s-1; qe = -1,6×10-19 C
Datos
Lonxitude de onda da radiación
Lonxitude de onda limiar do cesio
Constante de Planck
Velocidade da luz no baleiro
Carga do electrón
Incógnitas
Potencial de freado
Outros símbolos
Frecuencia limiar
Ecuacións
De Planck (enerxía dun fotón)
De Einstein do efecto fotoeléctrico
Relación entre a frecuencia e a lonxitude de onda dunha onda
Relación entre a enerxía cinética dos electróns e o potencial de freado
Cifras significativas: 3
λ = 300 nm = 3,00×10-7 m
λ0 = 622 nm = 6,22×10-7 m
h = 6,62×10-34 J·s
c = 3,00×108 m/s
e = 1,60×10-19 C
V
f0
Ef = h · f
Ef = We + Ec
f=c/λ
Ec = e · V
Solución: B
Partindo da ecuación de Einstein e substituíndo nela as de Planck e a relación entre lonxitude de onda e frecuencia, queda
E c=E f – W e =h f −h f 0 =
E c=6,62×10
−34
8
−1
(
[J·s]· 3,00×10 [ m·s ]
V=
(
h ·c h · c
1 1
–
=h · c −
λ
λ0
λ λ0
)
)
1
1
−19
−
=3,43×10 J
−7
−7
3,00×10 [ m] 6,22×10 [ m ]
E c 3,43×10−19 [ J]
=
=2,14 V
e 1,6×10−19 [C]
C.4.- Se temos un resorte de constante elástica coñecida, como podemos determinar o valor dunha
masa descoñecida? Describe as experiencias que debemos realizar.
Solución:
Método estático.
Co resorte baleiro se mira a posición do índice nunha regra graduada e anótase: x1
Cólgase o obxecto do resorte, e, se deixa que acade o repouso. Se mira a posición do índice na regra e anótase: x2
Tendo calculada a constante elástica do resorte k, a masa do obxecto se calcula do equilibrio estático entre a
forza de recuperación elástica k (x2 – x1) e o peso do obxecto m g.
m = k (x2 – x1) / g
Método dinámico.
Cólgase o obxecto do resorte, tírase cara abaixo un pouco e céibase. Comprobado que o resorte só se move
no eixo vertical, mídese o tempo de dez oscilacións completas t.
Calcúlase o período T = t / 10.
Tendo calculada a constante elástica do resorte k, a masa do obxecto se calcula da ecuación do período:
T=2π
m=
√
m
k
k T2
4 π2
P.1.- Deséxase poñer un satélite de masa 103 kg en órbita arredor da Terra e a unha altura dúas veces
o radio terrestre. Calcula:
a) A enerxía que hai que comunicarlle desde a superficie da Terra.
b) A forza centrípeta necesaria para que describa a órbita.
c) O período do satélite na devandita órbita.
Datos: RT = 6 370 km; g0 = 9,8 m/s2
Rta.: a) ∆E = 5,20×1010 J; b) F = 1,09×103 N; c) T = 7 h 19 min
Datos
Masa do satélite
Radio da Terra
Altura da órbita
Aceleración da gravidade na superficie da Terra
Incógnitas
Enerxía que hai que comunicarlle desde a superficie da Terra
Forza centrípeta necesaria para que describa a órbita
Período orbital do satélite
Outros símbolos
Masa da Terra
Constante da gravitación universal
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(aplicada á forza que exerce a Terra esférica sobre o satélite puntual)
Aceleración normal (nun movemento circular de radio r)
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Cifras significativas: 3
m = 103 kg = 1,00×103 kg
RT = 6 370 km = 6,37×106 m
h = 2·6 370 km = 1,27×107 m
g0 = 9,80 m/s2
∆E
F
T
MT
G
F G =G
MTm
r 2órb
v2
r
∑F = m · a
2πr
v=
T
Ec = ½ m v2
M m
E p =−G T
r órb
a N=
Ecuacións
Enerxía mecánica
E = Ec + Ep
Solución:
a) A enerxía mecánica é a suma das enerxías cinética e potencial.
A expresión da enerxía potencial:
E p =−G
MTm
r
non pode calcularse de momento porque non temos os datos da constante G da gravitación universal nin a
masa MT da Terra. Pero tendo en conta que na superficie da Terra o peso dun corpo mg0 é igual á forza gravitatoria
m g 0 =G
MTm
2
RT
G MT = g0 RT2
Substitúese G MT por g0 RT2 na ecuación da enerxía potencial, e queda
M T m −g 0 R 2T m
E p =−G
=
r
r
Suponse que na superficie da Terra está en repouso 1, polo que só ten enerxía potencial, que vale:
E p s=−G
M T m g 0 R2T m
=
=−g 0 R T m=9,80 [ m /s2 ]· 6,37×106 [ m ]·1,00×103 [ kg]=−6,24×1010 J
RT
RT
O radio dunha órbita circular a unha altura dúas veces o radio terrestre é
r = RT + h = RT + 2 RT = 3 RT = 3 · 6,37×106 [m] = 1,91×107 m
A enerxía potencial na órbita é:
E p o =−G
M T m −g 0 R2T m −g 0 RT m E p s −6,24×1010 J
=
=
=
=
=−2,08×1010 J
r órb
3 RT
3
3
3
Para calcular a enerxía cinética na órbita necesitamos calcular a velocidade orbital.
A única forza sobre do satélite a ter en conta é a forza gravitatoria que exerce a Terra,
∑F = FG
m · a = FG
O satélite describe unha traxectoria aproximadamente circular con velocidade de valor constante, polo que a
aceleración só ten compoñente normal aN,
m
M m
v2
=G 2T
r órb
rórb
Despexando a velocidade, queda
v=
√
GMT
r órb
Substituíndo G MT por g0 RT2 na ecuación da velocidade, queda
√
√ √ √
2
2
6
GMT
g 0 RT
g 0 RT
9,80 [m / s ] ·6,37×10 [m ]
3
v=
=
=
=
=4,56×10 m /s=4,56 km /s
r órb
3 RT
3
3
1 Para un sistema de referencia no centro da Terra, calquera punto da superficie ten velocidade debido á rotación terrestre. A velocidade dun punto da superficie terrestre vale: v = ω RT = 2 π RT / T = 463 m/s. Para un obxecto de
1 000 kg, a enerxía cinética sería Ec = 1/2 m v2 = 1,07×108 J moito menor que o valor absoluto da enerxía potencial
(6,24×1010 J)
Análise: Espérase que un satélite en órbita arredor da Terra teña unha velocidade dalgúns km/s. O resultado está dentro da orde de magnitude.
A enerxía cinética en órbita é:
1
1 g R 1
E c o = m v 2 = m 0 T = 1,00×103 [ kg]·9,80 [ m /s 2 ]· 6,37×106 [ m ]=1,04×1010 J
2
2
3
6
A enerxía mecánica en órbita valerá
E o=E c o +E p o =1,04×1010 [ J]+(−2,08×1010 [ J])=−1,04×1010 J
Eo = Ec o + Ep o = 1,04×1010 [J] – 2,08×1010 [J] = -1,04×1010 J
Análise: pode comprobarse que a enerxía potencial vale o dobre que a enerxía cinética, pero é negativa por
ser un sistema ligado. A enerxía mecánica vale o mesmo que a enerxía cinética, pero é negativa.
A enerxía que hai que comunicarlle ao satélite na superficie da Terra é a diferenza entre a que terá en órbita
e a que ten no chan:
∆E = Eo – Es = -1,04×1010 – (-6,24×1010 J) = 5,20×1010 J
b) A forza centrípeta é:
g0 R T
m g 0 1,00×103 [ kg]· 9,80 [m / s2 ]
v
3
3
F =m· a N =m
=m
=
=
=1,09×10 N
r órb
3 RT
9
9
2
c) O período orbital do satélite é o período de un movemento circular uniforme de velocidade 4,56×103 m/s.
Despexando o período, T, da expresión da velocidade do M.C.U.
T=
2 π · r órb 2 π· 1,91×107 [ m ]
=
=2,63×104 s=7 h 18 min
3
v
7,58×10 [ m /s]
P.2.- Acelérase unha partícula alfa mediante unha diferenza de potencial de 1 kV, penetrando a continuación, perpendicularmente ás liñas de indución, nun campo magnético de 0,2 T. Acha:
a) O radio da traxectoria descrita pola partícula.
b) O traballo realizado pola forza magnética.
c) O módulo, dirección e sentido dun campo eléctrico necesario para que a partícula alfa non
experimente desviación algunha ao seu paso pola rexión na que existen os campos eléctrico
e magnético.
Datos: mα= 6,68×10-27 kg; qα = 3,2×10-19 C
Rta.: a) R = 3,2 cm; b) WB = 0; c) |E| = 6,2×104 V/m
Datos
Carga de la partícula alfa
Diferencia de potencial de aceleración
Masa de la partícula alfa
Intensidade do campo magnético
Incógnitas
Radio da traxectoria descrita pola partícula alfa
Traballo realizado pola forza magnética
Vector campo eléctrico que anule o efecto do campo magnético
Outros símbolos
Vector da forza magnética sobre a partícula alfa
Vector forza eléctrica sobre a partícula alfa
Ecuacións
Lei de Lorentz: forza magnética sobre unha carga q que se despraza no interior dun campo magnético B cunha velocidade v
Cifras significativas: 3
qα = 3,2×10-19 C
∆V = 1,00 kV = 1,00×103 V
mα = 6,68×10-27 kg
|B| = 0,200 T
R
WB
E
FB
FE
FB = q (v × B)
Ecuacións
v2
R
2π R
Relación entre o período T dun movemento circular de radio R e a velocidav=
de v
T
2ª lei de Newton da Dinámica
∑F = m · a
Forza exercida por un campo electrostático E
FE = q E
Aceleración normal (nun movemento circular de radio R)
a N=
Solución:
a) Para calcular a velocidade da partícula alfa temos que ter en conta que ao acelerar a partícula alfa cunha
diferenza de potencial (supoñemos que desde o repouso), leste adquire unha enerxía cinética:
WELECTRICO = q ∆V = ∆Ec = ½ mα v2 – ½ mα v02
Se parte do repouso, v0 = 0. A velocidade final é:
√
√
3
−19
2 q α ·Δ V
2 · 3,20×10 [C]· 1,00×10 [ V ]
5
v=
=
=3,10×10 m / s
−27
mα
6,28×10 [ kg]
Se só actúa a forza magnética:
∑F = FB
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
F
×
A partícula alfa describe unha traxectoria circular con velocidade de valor
constante, polo que a aceleración só ten compoñente normal aN,
×
F B =m a=ma N =m
×
v
×
×
×
×
×
×
×
B
v2
R
×
×
×
×
×
×
×
Usando a expresión da lei de Lorentz (en módulos) para a forza magnética
|q| B v sen ϕ =m
v2
R
Despexando o radio R
R=
m· v
6,28×10 −27 [kg ]· 3,10×10 5 [m / s]
=
=3,23×10− 2 m=3,23 cm
−19
q · B· sen ϕ 3,20×10 [C]· 0,200[T ]·sen 90 º
b) Como a traxectoria é circular, o desprazamento é, en todo momento, perpendicular á forza magnética,
polo que o seu traballo é nulo.
WB = FB · ∆s · cos 90º = 0
Y+
c) Tomando o sistema de referencia como o de figura da dereita, cando só actúa a forza magnética a traxectoria da partícula alfa é unha circunferencia. Na figura anterior debuxouse a
partícula alfa movéndose inicialmente no sentido positivo do eixe Y e o campo magnético diX+
rixido no sentido negativo do eixe Z.
Z+
Cando actúa unha forza eléctrica que anula a magnética,
B
FE + FB = q E + q (v × B) = 0
o campo eléctrico debe valer:
E = –(v × B) = -(3,10×10 j [m/s] × 0,200 (–k) [T]) = 6,19×10 i N/C
5
× × ×
× × × ×
× × ×
× × × ×
4
dirixido no sentido positivo do eixe X.
En calquera sistema de referencia, a dirección do campo eléctrico debe ser
perpendicular tanto á dirección do campo magnético como á dirección da
velocidade. O sentido do campo eléctrico ten que ser igual que o da forza
eléctrica e oposto ao da forza magnética.
FB ×
× ×
× × ×
v
× × × ×FE
× × × ×
E
× × ×
× × × ×
OPCIÓN B
C.1.- A actividade no instante inicial de medio mol dunha sustancia radioactiva cuxo período de semidesintegración é de 1 día, é:
A) 2,41×1018 Bq
B) 3,01×1023 Bq
C) 0,5 Bq
Dato: NA = 6,022×1023 mol-1
Solución: A
A actividade radioactiva é o número de desintegracións por segundo e é proporcional á cantidade de isótopo
radioactivo
A=-dN/dt=λ·N
sendo λ a constante de desintegración radioactiva.
Integrando a ecuación anterior, atópase a relación entre λ e o período de semidesintegración T1/2.
N = N0 e–λ t
λ=
ln( N 0 / N )
t
Cando t = T1/2, N = N0 / 2
λ=
ln 2
0,693
=
=8,02×10−6 s−1
T 1 /2 1 [día ]· 24 [h /día ]·3600 [s/ h ]
A = λ · N = 8,02×10-6 [s-1] · 0,500 [mol] · 6,022×1023 [mol-1] = 2,42×1018 Bq
C.2.- A lonxitude de onda asociada a un electrón de 100 eV de enerxía cinética é:
A) 2,3×10-5 m
B) 1,2×10-10 m
C) 10-7 m
Datos: h = 6,63×10-34 J·s; me = 9,1×10-31 kg; qe = -1,6×10-19 C
Solución: B
De Broglie propuxo que en algúns casos o comportamento de certas partículas podería interpretarse como o
de ondas cuxa lonxitude de onda asociada λ vería dada pola expresión:
h
h
λ= =
p m· v
na que h é a constante de Planck e m a masa da partícula e v a súa velocidade.
A enerxía cinética de 100 eV corresponden a:
Ec = 100 · 1,6×10-19 [C] · 1 [V] = 1,6×10-17 J
que é a dun electrón que se move a unha velocidade de:
v=
√ √
−19
2Ec
2 ·1,6×10 [ J]
5
=
=5,93×10 m /s
−31
m
9,1×10 [ kg ]
Substituíndo na ecuación de De Broglie, queda
λ=
h
6,63×10−34 [J·s]
=
=1,23×10−9 m
m·v 9,1×10−31 [ kg] ·5,93×105 [ m /s]
C.3.- As liñas de indución do campo magnético son:
A) Sempre pechadas.
B) Abertas ou pechadas, xa que dependen do axente creador do campo magnético.
C) Sempre abertas, por semellanza co campo eléctrico.
Solución: A
Se o campo magnético é producido por un imán, un solenoide ou unha espira, as
fontes do campo magnético son os polos N do elemento mentres que os sumidoiros son os polos S. Pero como ámbolos polos son inseparables, as liñas de campo
son cerradas.
(Se partimos un imán en dous, cada parte segue tendo ámbolos dous polos. Non se
poden conseguir por división monopolos magnéticos)
Se o campo é producido por unha corrente rectilínea indefinida, as liñas de campo son circunferencias concéntricas arredor do fío.
C.4.- Se na práctica de óptica xeométrica a lente converxente ten unha distancia focal imaxe de
+10 cm, a que distancias da lente podes situar o obxecto para obter imaxes sobre a pantalla, e
cúmprese que |s| + |s'| = 80 cm? Debuxa a marcha dos raios.
Datos (convenio de signos DIN)
Distancia focal de la lente
Distancia entre o obxecto e a súa imaxe
Incógnitas
Posición do obxecto
Outros símbolos
Posición do obxecto
Tamaño do obxecto
Posición da imaxe
Tamaño da imaxe
Ecuacións
Cifras significativas: 3
f ' = 10,0 cm = 0,100 m
d = 80,0 cm = 0,800 m
s
s
y
s'
y'
1 1 1
− =
s' s f '
Relación entre a posición da imaxe e a do obxecto nas lentes
Solución:
De a ecuación:
│s│ + │s'│ = 0,800 m
tendo en conta que, polo criterio de signos, a distancia do obxecto á lente é negativa, s < 0, pero a distancia
da imaxe, cando é real, é positiva s' > 0, queda
-s + s' = 0,800 m
Substituíndo f e s' na ecuación das lentes, queda
1 1 1
− =
s' s f '
1
1
1
− =
s+0,800 [m ] s 0,100 [ m]
1
1
1
s+0,100
= +
=
s+0,800 s 0,100 0,100 s
0,100 s = (s + 0,100) (s + 0,800)
s2 + 0,800 s + 0,0800 = 0
s1 = -0,117 m
s2 = -0,683 m
O debuxo representa de forma aproximada a primeira solución.
F'
s
s'
P.1.- Tres cargas eléctricas puntuais de 10-6 C atópanse situadas nos vértices dun cadrado de 1 m de
lado. Calcula:
a) A intensidade do campo e o potencial electrostático no vértice libre.
b) Módulo, dirección e sentido da forza do campo electrostático sobre unha carga de -2×10-6 C
situada no devandito vértice.
c) O traballo realizado pola forza do campo para trasladar dita caga desde o vértice ao centro do
cadrado. Interpretar o signo do resultado.
Dato: K = 9×109 N·m2·C-2
Rta.: a) |E| = 1,7×104 N/C, diagonal cara a fóra; V = 2,4×104 V; b) |F| = 0,034 N, diagonal cara ao centro; c) WE = 0,028 J
Datos
Cifras significativas: 3
Lado do cadrado
l = 1,00 m
Valor da carga situada no punto A: (0, 0) m
QA = 1,00×10-6 C
Valor da carga situada no punto B: (1,00, 0) m.
QB = 1,00×10-6 C
Valor da carga situada no punto C: (0, 1,00) m
QC = 1,00×10-6 C
Valor da carga situada no punto D: (1,00, 1,00) m
QD = -2,00×10-6 C
Constante eléctrica
K = 9,00×109 N·m2·C-2
Incógnitas
Intensidade do campo electrostático no punto D
ED
Potencial electrostático no punto D
VD
Traballo do campo ao levar a carga desde D ao centro do cadrado G
WD→G
Outros símbolos
Distancia entre dous puntos A e B
rAB
Ecuacións
Q
Intensidade do campo electrostático nun punto creado por unha carga pun- ⃗
E =K 2 ⃗
ur
tual Q situada a unha distancia r
r
⃗
⃗ Ai
Principio de superposición
E A =∑ E
Traballo que fai a forza do campo cando se move unha carga q desde un
WA→B = q (VA – VB)
punto A ata outro punto B
Q
Potencial electrostático nun punto creado por unha carga puntual Q situada a
V =K
unha distancia r
r
Potencial electrostático de varias cargas
V = ∑ Vi
Solución:
E
D
a) Faise un debuxo das cargas e cada un dos vectores campo
e da suma vectorial que é o vector campo E resultante.
As distancias BD e CD valen a lonxitude ao lado:
EB→D
rBD = rCD = l = 1,00 m
2
2
BC
Elíxese un sistema de referencia coa orixe en cada carga, tomando o eixe X horizontal, positivo cara á dereita e o eixe Y
vertical, positivo cara arriba.
O vector unitario uCD do punto D tomando como orixe o punto C é o vector i unitario do eixe X.
O vector unitario uBD do punto D tomando como orixe o
punto B é o vector j unitario do eixe Y.
A
O vector unitario uAD do punto D tomando como orixe o
punto A é:
u AD=
⃗
⃗r AD (1,00 ⃗i +1,00 ⃗j) [m ]
=
=0,707 ⃗i +0,707 ⃗j
1,41 [m ]
| ⃗r AD|
E
r AD=|⃗r AD|=√(1,00 [m ]) +(1,00 [m ]) =1,41 m
A→
D
A distancia AD é a lonxitude da diagonal de cadrado
D
EC→D
A intensidade de campo electrostático no punto D, debida á carga de 1 µC situada no punto A é:
(1,00×10−6 [C])
⃗
E A→ D=9,00×109 [ N·m 2 C−2 ]·
(0,707 ⃗i +0,707 ⃗j )=(3,18×103 ⃗i +3,18×103 ⃗j ) N / C
(1,41 [ m ])2
A intensidade de campo electrostático no punto D, debida á carga de 1 µC situada no punto B é:
(1,00×10−6 [C]) ⃗
⃗
E B→ D=9,00×109 [ N·m 2 C− 2 ]·
j =9,00×103 ⃗j N/C
2
(1,00 [m ])
Por analoxía, a intensidade de campo electrostático no punto D, debida á carga de 1 µC situada no punto C
é:
EC→D = 9,00×103 i N/C
Aplicando o principio de superposición,
ED = ∑ Ei→D = EA→D + EB→D + EC→D
ED = (3,18×10 i + 3,18×10 j) + (9,00×103 j) + (9,00×103 i) = (1,22×104 i + 1,22×104 j) N/C
3
3
Análise: Vese que o vector intensidade de campo eléctrico resultado do cálculo é diagonal cara arriba e
cara á dereita, coherente co debuxo que se fixo.
O valor do campo é:
|⃗
E D|=√(1,22×10 [ N /C]) +(1,22×10 [ N/C]) =1,72×10 N/ C
4
2
4
2
4
Xeneralizando o resultado para calquera sistema de referencia,
│ED│ = 1,72×104 N/C. O campo vai na dirección de la diagonal, cara a fóra
Os potenciais electrostáticos no punto D debidos a as cargas en C e B son iguais e valen:
V B →D =V C →D =9,00×109 [ N·m2 C−2 ]
1,00×10−6 [C]
=9,00×103 V
(1,00 [ m])
O potencial electrostático no punto D debido á carga en A vale:
V A→ D =9,00×10 9 [ N·m 2 C−2 ]
1,00×10−6 [C]
=6,36×103 V
(1,41 [m ])
O potencial electrostático nun punto debido á presenza de varias cargas, é a suma alxébrica dos potenciais
debidos a cada carga.
VD = VA→D + VB→D + VC→D = 6,36×103 [V] + 2 · 9,00×103 [V] = 2,44×104 V
b) Como a intensidade do campo electrostático nun punto é a forza sobre a unidade de carga positiva colocada nese punto, podemos calcular a forza electrostática sobre a carga de -2 µC a partir do vector intensidade
de campo electrostático:
F = q E = -2,00×10-6 [C] (1,22×104 i + 1,22×104 j) [N/C] = (-2,44×10-2 i – 2,44×10-2 j) N
c) O traballo que fai a forza do campo cando se traslada a carga q = -2 µC desde o vértice D ao centro G do
cadrado é
WD→G = q (VD – VG) = -1,00×10-3 [C] · (8,43×106 – 13,5×106) [V] = 5,1×103 J
Hai que calcular o potencial electrostático no punto G situado no centro do cadrado de forma análoga a
como se fixo antes.
A distancia de cada vértice ao centro do cadrado é a metade da diagonal:
rAG = rBG = rCG = 1,41 [m] / 2 = 0,707 m
Os potenciais electrostáticos no punto G debidos a as cargas en A, B e C son iguais e valen:
V A→ G =V B →G =V C →G =9,00×109 [ N·m2 · C− 2 ]
1,00×10−6 [C]
=1,27×10 4 V
(0,707 [ m ])
O potencial electrostático en G é a suma alxébrica dos potenciais debidos a cada carga.
VG = VA→G + VB→G + VC→G = 3 · 1,27×104 [V] = 3,82×104 V
O traballo da forza do campo é
WD→G = q (VD – VG) = -2,00×10-6 [C] · (2,44×104 – 3,82×104) [V] = 2,76×10-2 J
O traballo o positivo porque o sentido da forza (cara ao centro do cadrado) e o do desprazamento son iguais.
P.2.- Unha bola colgada dun fío de 2 m de lonxitude desvíase da vertical un ángulo de 4°, sóltase e
obsérvanse as súas oscilacións. Acha:
a) A ecuación do movemento harmónico simple.
b) A velocidade máxima da bola cando pasa pola posición de equilibrio.
c) Comproba o resultado obtido no apartado anterior, utilizando a ecuación da conservación da
enerxía mecánica.
Rta.: a) s = 0,140 sen(2,21 t + 4,71) [m]; b) vmáx = 0,309 m/s
Datos
Lonxitude do fío
Amplitude angular (elongación angular máxima)
Aceleración da gravidade (non a dan pero sen ela non se pode resolver)
Incógnitas
Elongación en función do tempo
Velocidade máxima da bóla
Outros símbolos
Pulsación (frecuencia angular)
Ecuacións
De movemento no M.H.S.
Período do péndulo
Relación entre o arco s e o ángulo central θ nunha circunferencia
Cifras significativas: 3
l = 2,00 m
θ0 = 4,00º = 0,0698 rad
g = 9,81 m/s2
θ
vmáx
ω=2π·f=2π/T
θ = θ0 · sen(ω · t + φ0)
s = A · sen(ω · t + φ0)
l
T =2 
g
s=θ·R
Solución:
a) Tomando o movemento de péndulo como harmónico simple porque θ ≈ sen θ
sen 0,0698 = 0,0697 ≈ 0,0698
calcúlase o período e a frecuencia angular
T =2 π
√
ω=
√
2,00 [ m ]
l
=2 π
=2,84 s
g
9,81 [ m /s 2 ]
2 π 2 π [rad ]
=
=2,21 rad /s
T
2,84 [s]
A ecuación de movemento queda
θ = 0,0698 · sen(2,21 t + φ0) [rad]
Cando t = 0, θ = 0,0698 (está na posición de máxima elongación),
0,0698 = 0,0698 · sen(ω 0 + φ0)
ϕ 0= π
2
sen ϕ 0 =1
3π
ϕ 0=
2
{
Tomando como positivo o sentido en que se mova ao principio, queda
θ = 0,0698 · sen(2,21 t + 4,71) [rad]

A elongación máxima ou amplitude:
A = smáx = θ0 · R = θ0 · l = 0,0698 [rad] · 2,00 [m] = 0,140 m
A ecuación de movemento quedaría
s = 0,140 sen(2,21 · t + 4,71) [m]
b) A velocidade máxima cando pasa pola posición de equilibrio, calcúlase derivando a ecuación de movemento
l
que alcanza un valor máximo cando o coseno da fase é 1.
vmáx = 0,309 m/s
l cos θ
θ
d s d {0,140 sen(2,21· t +4,71 )}
v= =
=0,309 cos(2,21·t +4,71) m /s
dt
dt
c) No punto máis alto, a altura vale:
Como a única forza non conservativa (a tensión do fío) non realiza traballo
(porque o desprazamento é perpendicular sempre á dirección da forza), a enerxía mecánica consérvase:
h
hmáx = l – l cos θ0 = l (1 – cos θ0) = 2,00 [m] (1 – cos 0,0698) = 4,87×10-3 m
(Ec + Ep)arriba = (Ec + Ep)abaixo
(½ m · v + m · g · h)arriba = (½ m · v2 + m · g · h)abaixo
2
2 m (½ v2 + g · h)arriba = 2 m (½ v2 + g · h)abaixo
2 g · harriba = v2abaixo
v abaixo= √ 2 g ·h arriba =√ 2 · 9,81 [m / s ]· 4,87×10
2
−3
[ m]=0,309 m /s
Cuestións e problemas das Probas de Acceso á Universidade (P.A.U.) en Galicia.
Respostas e composición de Alfonso J. Barbadillo Marán, [email protected]
Algunhas ecuacións construíronse coas macros da extensión CLC09 de Charles Lalanne-Cassou.
A tradución ao/desde o galego realizouse coa axuda de traducindote, de Óscar Hermida López.
Algúns cálculos fixéronse cunha folla de cálculo OpenOffice (ou LibreOffice) feita por Alfonso J. Barbadillo Marán.