Sol - Ono

PAU FÍSICA Murcia. Soluciones Septiembre 2005
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PREGUNTAS TEÓRICAS.
Consultar en la relación de preguntas teóricas.
CUESTIONES.
C.1. Para los espejos planos se cumple la relación s´= − s, donde s y s’ son las
posiciones del objeto y de la imagen respectivamente (con el criterio de signos:
distancia negativa a la izquierda del sistema óptico, positiva a la derecha del
sistema). Si consideramos que el objeto está a la izquierda del espejo, con la luz
viajando de izquierda a derecha, según el enunciado s = -1 m; por tanto, s’ = 1
m, es decir, la imagen estará también a 1 m pero a la derecha del espejo; la
imagen es virtual, además de derecha y de igual tamaño que el objeto. Todo esto puede comprobarse
realizando un diagrama de rayos muy sencillo.
C.2. Por la ecuación de Einstein para el efecto fotoeléctrico: h·ν = h·νo + Ec , sabemos que: Ec= h·ν h·νo, es decir, la única forma de que aumente la energía cinética de los electrones arrancados es
aumentar la frecuencia de la radiación incidente. Un aumento de la intensidad de la radiación incidente
significa hacer llegar más fotones al metal y, en consecuencia, aumentar el número de electrones
arrancados. Por tanto, no aumentará la energía cinética de los electrones arrancados.
n
sen î
D.1. Atendiendo a la ley de Snell para la refracción (
= 2 ) y sabiendo que para el ángulo límite, iˆL ,
sen r̂
n1
º
el rayo refractado emerge rasante, es decir a 90 respecto a la normal ( r̂ =90º), resulta:
1
n
n
sen iˆL = 2 ·sen r̂ ; iˆL =arcsen ( 2 ·sen r̂ )= arcsen (
)= 48.75º.
n1
n1
1.33
N
. Es
L
proporcional a la densidad lineal de espiras, o sea, directamente proporcional al número de espiras N
100
e inversamente proporcional a la longitud L del solenoide. Por tanto: B1 = μ·
= 1000· μ T; B2 =
0.1
500
μ·
= 2500· μ T; B2 = 2.5· B1. El campo es 2.5 veces mayor en el solenoide de 500 espiras y 20 cm que
0 .2
en el otro.
D.2. El campo magnético en el interior de un solenoide viene dado por la expresión: B = μ·
PROBLEMAS.
P.1.
c
3·108
=
= 0.147 m. El número de
 2.040·109
d S T 1.2·1012
es: número de longitudes de onda =
=
=

0.147
a) Dado que : c =·ν , resulta que la longitud de onda es:  =
longitudes de onda que caben en la distancia dS-T
8.16·1012 longitudes de onda.
1 c
= , donde o es la longitud de onda si la sonda emisora se
T o
encontrara en reposo; es decir, o es la distancia entre dos frentes de onda emitidos por la sonda en
reposo con una diferencia de tiempo igual al período T. Si la sonda se aleja con velocidad vF = 100 m/s,
al emitir el segundo frente transcurrido un tiempo T, el primero se encuentra a una distancia (o + vF·T)
= R, que representa la longitud de onda recibida por el observador. Luego la frecuencia que el
c
c
observador recibe no es νo sino νR =

. Así pues, la diferencia de frecuencias será: νo - νR
R o  v F ·T
c·o  c·v F ·T  c·o
c
c
vF
100
= =
= o·
= 2.040·109 ·
= 680 Hz; una diferencia
c  v F 
o o  v F ·T
o ·o  v F ·T 
3·108  100
b) La frecuencia real de la onda es νo =

© María Dolores Marín Hortelano / Manuel Ruiz Rojas

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despreciable frente al valor real de la frecuencia.
También se puede resolver:
La diferencia de frecuencia observada se debe al movimiento relativo entre el receptor u observador y la
sonda emisora de las ondas, fenómeno conocido como efecto Doppler. Aplicando la ecuación general del
 v  vR
 v  vF
efecto Doppler al caso planteado: νR =   



(expresión donde consideramos positivas las
velocidades del receptor y del foco cuando se dirigen uno hacia el otro y negativas si se dirigen en
sentidos opuestos), resulta que: ν = 2.040·109 Hz, v = c = 3·108 m/s, vR = 0 m/s, vF = - 100 m/s, y por
- vF
100
tanto: νo - νR =  o ·
= 2.040·109 ·
= 680 Hz; una diferencia despreciable frente al valor
v - v F 
3·108  100
real de la frecuencia.
P
P
10
c) La intensidad es I = =
=
= 5.53·10-25 W/m2.
2
2
12
S 4··dST 4· · 1.2·10




P.2.
a) Sin necesidad de realizar ningún cálculo, podemos asegurar que el campo eléctrico en el centro del
cuadrado es nulo ya que las cuatro cargas son iguales y las parejas situadas en vértices opuestos
    
producen campos que se anulan entre sí en el punto medio: E = E1 + E2 + E3 + E4 = 0 N/C.
b) La energía potencial total tiene seis contribuciones correspondientes a los seis posibles
1  e·e
e·e 
emparejamientos de cargas. Así: Ep = Ep12 + Ep13 + Ep14 + Ep23 + Ep24 + Ep34 =
· 4·  2·

4 0  l
2l 




2

9·10 9 ·  1.6·10 19
e2
-25
· 4  2  1.25·10 J
·4 2 
10 2
4 0 ·l
c) La fuerza eléctrica que experimenta, por ejemplo, el electrón situado en el vértice
superior derecho del cuadrado (el número 3 en la figura adjunta) viene dada por:
 


F3 = F13 + F23 + F43 , donde:

F13 
19 2


1
e·e
)
2  
9 ( 1,6·10
·
·(cos
45
º
i

sen
45
º
j
)

9
·
10
·
· ·(i  j )
2
4
4 0 2l
2·10
2

F23 
1 e·e 
( 1,6·10 19 ) 2  ;
· 2 · j  9·109 ·
·j
4 0 l
10 4
 

F43 
1 e·e 
( 1,6·10 19 ) 2  ;
· 2 · j  9·10 9 ·
·i
4 0 l
10  4
con lo que:

19 2
 
F3  9·10 9 · (1,6·10 4 ) ·( 2  1)·(i  j ) ; luego el módulo vale:
19 2
F3  2·  9·10 9 · (1,6·104 ) ·( 2  1)  =


10
4
10
4


-24
4.41·10 N, que será el valor de la fuerza eléctrica que experimenta cualquiera de los electrones.
P.3.
a) Cuando el proyectil alcanza la altura máxima h su velocidad y, por tanto, su energía cinética, son
nulas. Aplicando el principio de conservación de la energía mecánica en ausencia de fuerzas
Ec  E p  0 J;
Ec   E p .
Em  0 J;
disipativas:
En
nuestro
caso:
0
 1
1
1  1 2
h
 ; ·v 0  G·M T ·
m p ·v 02  G·M T ·m p ·

. Despejando la altura obtenemos:
2
RT ·RT  h 
 RT  h RT  2

 
2
2
RT2 ·v 02
6.378·10 6 · 103
h
=
2·G·M T  RT ·v 02 2·6.67·10 -11 ·5.98·10 24  6.378·10 6 · 103
 
2
=51431.8 m
b) Dado que consideramos los cuerpos puntuales, para calcular el valor de la gravedad terrestre a la
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MT
5.98·10 24
11
altura h: g  G· 2 = 6.67·10 ·
rT - p
6.378·10 6  5.143·10 4


2
3/3
=9.65 m/s2
c) Aplicando el principio de conservación de la energía mecánica en ausencia de fuerzas disipativas a la
Ec  E p  0 J;
Ec   E p ;
Em  0 J;
nueva
situación:

1
1
1 
 .
m p · v 2  v 02  G·M T ·m p ·

2
 RT  h / 2 RT 


Despejando
la
 2·G ·M T ·h 
 = 705.7 m/s.
v  v 02  
2
2
·
R

R
·
h

T
T

© María Dolores Marín Hortelano / Manuel Ruiz Rojas
velocidad
obtenemos: