Departamento de Física Aplicada III

Departamento de Física Aplicada III
Escuela Superior de Ingenieros
Camino de los Descubrimientos s/n
41092 Sevilla
EXAMEN DE FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA.CURSO 08/09.
PRIMERO INGENIERO DE TELECOMUNICACI ÓN. ENERO
SOLUCIÓN DETALLADA
Salvo indicación expresa todas las unidades están en el Sistema Internacional. En aquellas cuestiones donde
sea necesario cuantificar el módulo de la aceleración de la gravedad (g), tómese éste igual a 10. En las cuestiones
de Relatividad c es la velocidad de la luz. La configuración estándar de dos sistemas de referencia, S y S 0 , es
aquella en la que los ejes homónimos son paralelos, S 0 se traslada con respecto a S con velocidad constante ~v = v~ı,
y los orı́genes O y O 0 coinciden en t = t0 = 0. En las cuestiones de cuántica, salvo que se indique lo contrario, las
funciones de onda y autofunciones están normalizadas.
PRIMERA PARTE
1. En general, un sistema de partı́culas se encuentra en reposo si:
× Su energı́a cinética es nula.
La velocidad de su centro de masas es nula.
Las otras dos respuestas son incorrectas.
Solución.
Como la energı́a cinética es una suma de términos positivos o nulos, para que sea nula ha de serlo cada
sumando. Es decir, cada partı́cula debe tener velocidad nula, que es la definición de reposo. Por tanto, la
primera afirmación es verdadera.
Para ver que la segunda afirmación es falsa basta un contraejemplo: Dos partı́culas idénticas viajando con
velocidades opuestas del mismo módulo. La velocidad del centro de masas de este sistema es nula, sin estar
el sistema en reposo. Con esto queda demostrado que las afirmaciones segunda y tercera son falsas.
2. Un punto P se mueve en el plano OXY describiendo una circunferencia de centro O y radio R = 1, siendo
el módulo de la aceleración tangencial igual a 2. En t = 0, P se encuentra en reposo en la posición x(0) = R,
y(0) = 0, y la componente
de la aceleración según OY es positiva. ¿Cuánto tiempo transcurre hasta que x
√
alcanza el valor 2/2?
√
√
√
π ;
2 π ; × π/2
Solución.
Tomamos el sentido de crecimiento del elemento de arco sobre la circunferencia coincidente con el sentido
de la aceleración tangencial. Entonces, si denominamos v a la celeridad, se tendrá:
Z v
Z t
dv
aT = 2 =
=⇒
dv =
2dt =⇒ v = 2t.
(1)
dt
0
0
Donde se ha tenido en cuenta que en t = 0 P está en reposo.
Ahora, si el origen del elemento de arco lo tomamos en la posición de P en t = 0, tendremos:
Z s
Z t
Z t
ds
v=
=⇒
ds =
vdt =
2tdt =⇒ s = t2 .
dt
0
0
0
1
(2)
Denominando ρ = R = 1, θ a las coordenadas polares de P , y x, y a las cartesianas, se tiene:
x = ρ cos θ = cos θ.
De aquı́ se deduce que cuando x =
(3)
√
2/2, entonces θ = π/4.
Pero, por otra parte:
s = R · θ.
(4)
Ahora, sustituyendo (2) en (4) y particularizando para θ = π/4 obtenemos el resultado pedido:
t=
√
√
R · θ = π/2.
(5)
3. Un sistema S está constituido por N partı́culas, de masas m i , i = 1, .., N . S se mueve respecto a un sistema
de referencia inercial, de modo que la suma de las fuerzas exteriores es perpendicular a una dirección fija ~u.
En t = 0 S se encuentra en reposo. Sea ~v i la velocidad de la partı́cula i. En general, podemos afirmar que:
PN
P
PN
×
vi · ~u = 0 ;
mi~vi · ~u = 0 ;
( N
vi · ~u) = 0
i=1 mi~
i=1 mi )( i=1 ~
Solución.
Nos dicen que la suma de las fuerzas exteriores a S, F~ ext , es perpendicular a la dirección fija ~u. Como F~ ext
interviene en el teorema de la cantidad de movimiento veamos qué nos dice este teorema aplicado a S:
dP~
= F~ ext
dt
dP~
· ~u = F~ ext · ~u = 0.
dt
=⇒
(6)
Pero ~u es un vector constante, por lo que su derivada temporal es nula, y de (6) se deduce:
dP~
d
· ~u = (P~ · ~u) = 0
dt
dt
=⇒
−
→
P~ · ~u = cte.
(7)
Y en el enunciado nos dicen que en t = 0 S está en reposo, por lo que se deduce que P~ es nula en dicho
instante. Entonces, particularizando (7) para t = 0 deducimos que la constante de esta ecuación es nula. Es
decir:
P~ · ~u = 0
⇐⇒
N
X
i=0
mi~vi · ~u = 0.
Luego la respuesta correcta es la primera.
4. En el sistema de la figura, la polea es ideal y hay rozamiento entre m 1 y m2 , y entre m1 y el suelo, siendo
el coeficiente de rozamiento µ = 0.2. Si m 1 = 1 y m2 = 1, ¿cuál es el mı́nimo valor del módulo de F~ por
encima del cual el sistema se pone en movimiento desde el reposo?
6
× 8
12
g
m2
m1
F
Solución.
Existen dos maneras de resolver este problema. Bueno, realmente me imagino que habrá infinitas 1 . Lo
que quiero decir es que existen dos problemas fı́sicamente distintos, cuya solución es la solución de nuestra
1
Decir infinitas quizá sea exagerado. Digamos que el lı́mite a su número lo pone la imaginación de las personas que resuelvan el
problema.
2
cuestión. Podemos estudiar el problema en el que los bloques 1 y 2 están en reposo, y buscar el valor de F
por encima del cual el sistema dejará de estar en reposo. Obtenemos ası́ la F máxima del “régimen estático”.
Pero podemos estudiar también el sistema en movimiento acelerado, e investigar el valor de F para el que
la aceleración es nula. Obtendrı́amos ası́ la F mı́nima del “régimen dinámico”.
Ambas respuestas deben ser iguales. Y ambos métodos tienen el mismo nivel de dificultad. Nosotros
usaremos el segundo2 .
Empezamos por tomar unos ejes inerciales. Tomamos el eje OX en el suelo, en el sentido de la fuerza F~ , y
el eje OY vertical ascendente. Y vamos a aplicar el teorema del centro de masas a cada bloque.
Empezamos por el bloque 1. Los módulos de las fuerzas externas que actúan sobre él son F , la normal
ejercida por el suelo la normal ejercida por el otro bloque (N ), el rozamiento del suelo 3 (µNS ), el rozamiento
del otro bloque (µN ), la tensión de la cuerda (T ) y el peso (m 1 g). La aceleración del centro de masas del
bloque 1 será horizontal: ~aG1 = a~ı. De modo que tendremos:
F − T − µNS − µN = m1 a
(8)
NS − N − m1 g = 0.
(9)
Apliquemos ahora el teorema del centro de masas al bloque 2. Debemos de percatarnos de que la presencia
de la cuerda impone que los movimientos de 1 y 2 sean iguales en magnitud, pero contrarios. En concreto,
~aG2 = −~aG1 . Por tanto:
µN − T = m2 (−a)
N − m2 g = 0
=⇒
N = m2 g.
(10)
(11)
Sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas de fácil solución. Llevando (11) a (9) obtenemos N S = (m1 + m2 )g.
Ahora, sustituyendo los valores de N y N S en (8) y (10) y restándolos, obtenemos:
F − µNS − 2µN = (m1 + m2 )a
⇐⇒
F − µ(m1 + 3m2 )g = (m1 + m2 )a.
(12)
Ahora podemos obtener el valor mı́nimo de F compatible con el régimen dinámico. Será aquel que se deduce
de (12) haciendo a = 0:
Fmin = µ(m1 + 3m2 )g = 0.2(1 + 3)10 = 8.
5. Un carro se encuentra en reposo sobre el suelo horizontal sin rozamiento. Sobre el carro, también en reposo,
se encuentra un niño. Considérense las dos situaciones siguientes: a) El niño salta del carro, siendo u la
componente horizontal de la velocidad de su centro de masas respecto al suelo; b) El niño comienza a caminar
sobre el carro, siendo u la componente horizontal de la velocidad de su centro de masas respecto al suelo.
Sea Va la celeridad adquirida por el carro en la situación a), y V b la correspondiente a la situación b), estando
ambas referidas al suelo. Considérese despreciable la resistencia del aire. ¿Cuál de las siguientes respuestas
es la correcta?
Va > V b
;
Va < Vb
;
× V a = Vb
Solución.
Consideremos el sistema S formado por el carro y el niño. Sobre este sistema no actúan fuerzas externas
horizontales. Por tanto, se conservará la componente horizontal de la cantidad de movimiento de S. Y
2
Puede ser un buen ejercicio comprobar que el primer método conduce al mismo resultado.
Podemos decir que la fuerza de rozamiento es µ por la normal puesto que hemos optado por resolver el problema desde la cara del
deslizamiento (lo que hemos denominado arriba “régimen dinámico”).
3
3
como nos dicen que inicialmente carro y niño están en reposo, concluimos que la componente horizontal de
la cantidad de movimiento de S permanecerá nula. Es decir, las componentes horizontales de las cantidades
de movimiento del niño y del carro son iguales y contrarias en todo momento.
Tanto en la situación a como en la b la componente horizontal de la cantidad de movimiento del niño es la
misma. Por tanto, concluimos que:
Va = V b .
6. Un punto P realiza un movimiento armónico simple en el eje OX alrededor del origen, con amplitud A. En
general, podemos afirmar que:
Para todo x ∈ (−A, A) existen dos velocidades posibles de distinto sentido y distinto módulo.
× Para todo x ∈ (−A, A) existen dos velocidades posibles de distinto sentido e igual módulo.
Para todo x ∈ (−A, A) existen dos velocidades posibles del mismo sentido y distinto módulo.
Solución.
Es evidente que para cada x ∈ (−A, A) P pasa por allı́ de dos maneras: ó alejándose de O ó acercándose
a O. Es decir, existen dos velocidades posibles de sentidos opuestos. Ahora queda investigar el módulo.
Tenemos:
x = A cos(ωt + φ) = A cos θ
(13)
ẋ = −Aω sen(ωt + φ) = −Aω sen θ.
(14)
Vemos que para cada posición existen dos valores posibles de la fase: θ y −θ, que corresponden a velocidades
del mismo módulo, pero de sentidos opuestos:
cos θ = cos(−θ)
⇐⇒
x(θ) = x(−θ)
sen θ = − sen(−θ)
⇐⇒
ẋ(θ) = −ẋ(−θ).
Por tanto, la respuesta correcta es la segunda.
~ = −2ẋ~ı.
7. Una partı́cula P de masa m = 4 se mueve en el eje OX sometida a las fuerzas F~e = −(x/4)~ı y R
¿Qué tipo de movimiento realiza P ?
× Crı́ticamente amortiguado
;
Subamortiguado ;
Sobreamortiguado
Solución.
Esta es una cuestión casi teórica. Sólo tenemos que comparar γ/2 con ω 0 . Si γ/2 < ω0 el oscilador estará
subamortiguado. Si γ/2 > ω0 el oscilador estará sobreamortiguado, y si son iguales el amortiguamiento será
crı́tico.
En este caso tenemos que m = 4 ; c = 2 y k = 1/4. Por tanto:
r
k
ω0 =
= 1/4 ; γ = c/m = 1/2 =⇒
m
γ/2 = 1/4 = ω0 ,
y el oscilador está crı́ticamente amortiguado.
8. En el movimiento de un oscilador libre amortiguado, de constante de amortiguamiento γ = 50, el tiempo
necesario para que las oscilaciones se hagan despreciables es aproximadamente 100τ , siendo τ el tiempo de
amortiguamiento. Si el oscilador se somete a oscilaciones forzadas, ¿cuánto tiempo será necesario para que
desaparezca el régimen transitorio?
4
1
;
2
;
× 4
Solución.
El tiempo que tiene transcurrir para que un oscilador armónico amortiguado y forzado alcance el régimen
permanente o, lo que es lo mismo, finalice el régimen transitorio, es el mismo que el que tiene que transcurrir
para que cuando oscila libremente sus oscilaciones se hagan despreciables.
En efecto, en el caso forzado el movimiento viene dado por:
x(t) = xl (t) + xf (t),
(15)
y el régimen permanente se alcanza cuando:
xl (t) ≈ 0.
(16)
x(t) = xl (t).
(17)
En el caso libre el movimiento viene dado por:
Vemos que la condición para que este movimiento sea despreciable coincide con (16).
Por tanto, el tiempo que nos piden es:
100τ = 100 · 2/γ = 100 · 2/50 = 4.
9. Sea g(x, t) = 4x2 + t2 − 6x − 3t + 4xt + 1. ¿Cuál de las afirmaciones siguientes es correcta?
× g(x, t) es una onda viajera.
g(x, t) no verifica la ecuación de ondas.
g(x, t) es una superposición de ondas viajeras de distintos sentidos.
Solución.
Empecemos por ver si g satisface la ecuación de ondas. Es fácil comprobar que ∂ 2 g/∂x2 = 8 y ∂ 2 g/∂t2 = 2.
Por tanto:
∂2g
1 ∂2
−
≡0
∂x2 v 2 ∂t2
si
v 2 = 1/4
⇐⇒
v = ±1/2.
(18)
Ya sabemos que es una onda. Pero, ¿es viajera? Sólo caben tres posibilidades:
(1) Es una onda viajera con v = +1/2.
(2) Es una onda viajera con v = −1/2.
(3) Es una superposición de ondas viajeras con v = +1/2 y v = −1/2.
Si estamos en el caso (1) el cambio de variables x 0 = x − (1/2)t debe transformar g(x, t) en una función sólo
de x0 . Veamos si este es el caso:
x = x0 + t/2
=⇒
g = 4(x0 + t/2)2 + t2 − 6(x0 + t/2) − 3t + 4(x0 + t/2)t + 1
= 4(x0 )2 + 8x0 t + 4t2 − 6x0 − 6t + 1,
que no es función sólo de x0 .
Veamos ahora si estamos en el caso (2) haciendo el cambio x 0 = x + (1/2)t:
g = 4(x0 − t/2)2 + t2 − 6(x0 − t/2) − 3t + 4(x0 − t/2)t + 1 = 4(x0 )2 − 6x0 + 1,
que sı́ es una función sólo de x0 . Por tanto, podemos concluir que g(x, t) es una onda viajera que viaja
con celeridad 1/2 en el sentido negativo del eje OX.
5
10. Sea g(r, t) una onda armónica esférica que se propaga desde el origen del sistema de referencia OXY Z. Se
sabe que el tiempo que tarda cierto frente de onda en alcanzar el plano x + 2y + 2z + 6 = 0, propagándose
desde el origen, es igual al doble del periodo de la onda. ¿Cuánto vale la longitud de onda?
2/3
;
× 1
;
4
Solución.
El espacio recorrido por un frente de onda para viajar desde el origen hasta el plano es la distancia d que hay
entre dichos elementos geométricos. Para calcularla podemos coger el radio vector de un punto P cualquiera
del plano, y proyectarlo en la dirección ~u normal al mismo:
−→
d = |OP · ~u| = |(−6, 0, 0) · (1, 2, 2)/3| = 2.
Donde hemos tomado P en la intersección del plano con el eje OX.
El frente de onda recorre d en un tiempo ∆t = 2T , siendo T el periodo de la onda, y viajando con la celeridad
de propagación. Por tanto:
v=
λ
d
2
=
=
T
∆t
2T
=⇒
λ = 1.
11. Los sistemas de referencia S y S 0 están en la configuración estándar. Si según S dos eventos ocurren en la
misma posición del espacio y con una diferencia de tiempo ∆t, ¿qué intervalo temporal mide S 0 entre esos
dos mismos sucesos?
1
.
1−v 2 /c2
Nota: γ = √
γ ∆t
2
;
× γ∆t ;
2γ∆t
Solución4 .
Por las transformaciones de Lorentz sabemos que
∆t0 = γ(∆t −
v∆x
).
c2
Impongamos a continuación que ∆x = 0, lo que significa que el tiempo que mide S es un intervalo de tiempo
propio. Entonces, llegamos a la conocida expresión de la dilatación del tiempo:
∆t0 = γ∆t.
12. Los sistemas S, S 0 y S 00 tienen los ejes X superpuestos, todos con el mismo sentido. S y S 0 están en la
configuración estándar, moviéndose S 0 con respecto a S en el sentido positivo del eje OX con celeridad c/2.
S 0 y S 00 están en la configuración estándar, moviéndose S 00 con respecto a S 0 en el sentido negativo del eje
O 0 X 0 con celeridad c/2. Cuando el reloj de O 00 marca 1 envı́a un pulso de luz a O. ¿Cuándo llega el pulso
de luz a O según S?
× t=1
;
t=2
;
t=3
Solución5 .
Denominemos 1 al suceso “O 00 emite un pulso de luz” y 2 al “O recibe el pulso enviado por O 00 ”. Entonces:
(x1 , t1 )S = (x01 , t01 )S 0 = (0, 1)S 00
(0, t2 )S = (x02 , t02 )S 0 = (x002 , t002 )S 00 .
4
5
Cuestión 11 del examen de Septiembre del curso 2004/2005.
Cuestión 28 del examen de Enero del curso 2007/2008.
6
Y nos piden t2 .
Las coordenadas del suceso 1 en S 0 y S 00 están relacionadas por la transformación de Lorentz (con v = −c/2):
x01 = γ(x001 + (−c/2)t001 ) = −γc/2
t01 = γ(t001 + (
−c/2 00
)x1 ) = γ,
c2
donde γ vale6 :
√
1
= 2/ 3.
γ=q
2
1 − ( −c/2
c )
Ahora relacionaremos las coordenadas del suceso 1 en S y S 0 por una segunda transformación de Lorentz
(con v = c/2):
c
−c c
x1 = γ(x01 + t01 ) = γ 2 (
+ · 1) = 0
2
2
2
t1 = γ(t01 +
c/2 0
1 −c
4
1
x1 ) = γ 2 (1 + ( )) = (1 − ) = 1.
2
c
2c 2
3
4
Este es un resultado sorprendente: Resulta que cuando O 00 emite el pulso de luz se encuentra en la posición
x1 = 0; es decir, en el origen O de S. Por tanto, según S no pasa ningún tiempo desde que O 00 emite el
pulso hasta que éste llega a O, ya que O 00 se encuentra en O en el momento de emitir el pulso. Y por tanto,
el instante en que el pulso llega a O, según S, es el propio instante de emisión:
t2 = t1 = 1.
A toro pasado, es decir, una vez obtenida ya la respuesta, veamos que podrı́amos haberla predicho mediante
un sencillo7 argumento.
Pensemos en el movimiento entre S y S 0 . En t = 0 S y S 0 coinciden, y S 0 se mueve en el sentido positivo
del eje OX con celeridad c/2. Evidentemente, por simetrı́a, S se mueve respecto a S 0 en el sentido
negativo del eje O 0 X 0 con celeridad c/2, coincidiendo ambos sistemas en el instante t 0 = 0.
Pensemos ahora en el movimiento de S 00 respecto a S 0 . tenemos que en t0 = 0 S 0 y S 00 coinciden, y S 00
se mueve en el sentido negativo del eje O 0 X 0 con celeridad c/2.
Comparando las dos aseveraciones subrayadas se aprecia que son idénticas, salvo que la primera se refiere a
S y la segunda a S 00 . Por tanto, concluimos que ¡S coincide idénticamente (es decir, en todo instante) con
S 00 !
13. El conmutador [Â, B̂] de los operadores  y B̂ asociados a sendas magnitudes fı́sicas, A y B, vale cero.
Entonces, el principio de incertidumbre de Heisenberg establece que:
× ∆A∆B ≥ 0 ;
∆A∆B ≥ h̄/2
;
∆A∆B ≥ h̄
Solución8 .
6
Obsérvese que γ en la transformación de S a S 0 es la misma que en la transformación de S 0 a S 00 , a pesar de que las velocidades
relativas en estas dos transformaciones son opuestas. Ello es debido a que lo que interviene en la expresión de γ no es la velocidad, sino
su cuadrado. Esto es un modo poco riguroso de escribir. Para ser precisos, en lugar de velocidad se deberı́a haber escrito componente
x de la velocidad.
7
Puede parecer sencillo ahora, a toro pasado, cuando uno puede pararse a reflexionar. Pero esto es algo impensable en un examen,
cuando el tiempo nos aprieta el trasero.
8
Cuestión 28 del examen de Enero del curso 2006/2007.
7
Según el Principio de Incertidumbre de Heisenberg,
(∆A)(∆B) ≥
1
| < [Â, B̂] > |.
2
Si los operadores  y B̂ conmutan, entonces [Â, B̂] = 0, y por tanto en este caso:
∆A∆B ≥ 0.
14. Una gran colección de partı́culas cuánticas se encuentran todas ellas con la misma función de onda conocida.
Mido x en todas ellas. Inmediatamente después voy a realizar una medida de p x también en todas ellas.
Conozco todas las autofunciones y autovalores de x̂ y pˆx , ası́ como las autofunciones y los autovalores de
la energı́a. En general, tras la medida de x, ¿puedo predecir con absoluta certeza los resultados de dichas
medidas de pˆx ?
Nota: Aunque sea redundante decirlo, se conocen los coeficientes del cambio de base entre las autofunciones.
Sı́ ;
× No
;
Faltan datos para responder.
Solución9 .
Supongamos que conocemos los resultados de la medida de x sobre cada una de las partı́culas. Inmediatamente después de la medida cada partı́cula estará en un autoestado del operador posición x̂ (el que corresponda
al autovalor obtenido en la mediada). Como x̂ y pˆx no conmutan, por el teorema de compatibilidad sabemos
que un autoestado de x̂ no puede ser a la vez un autoestado de pˆx . Por tanto, los resultados de las medidas
de px no se pueden predecir con certeza.
15. Sea  el operador asociado a la magnitud fı́sica A de un sistema cuántico, y Ê el operador asociado a la
energı́a. Sean f1A (x) y f2A (x) las autofunciones de Â, con autovalores a1 y a2 respectivamente, y f1E (x) y
f2E (x) las autofunciones de Ê, verificándose las relaciones:
f1A (x)
√
√
1 E
1
3 E
3 E
A
= f1 (x) +
f2 (x) ; f2 (x) =
f1 (x) − f2E (x)
2
2
2
2
Êf1E (x) = 3h̄f1E (x) ; Êf2E (x) = h̄f2E (x)
√
Si en t = 0 el sistema se encuentra en el estado f (x, 0) = (1/ 2)[f1E (x) + f2E (x)], ¿cuál es la probabilidad
p(a1 , t) de que al medir A en el instante t se obtenga a 1 ?
1
2
+
√
3
4 cost
;
1
2
+
√
3
4 cos3t
;
×
1
2
+
√
3
4 cos2t
Solución.
Uno de los postulados básicos de la mecánica cuántica nos dice cómo calcular la probabilidad que nos piden:
p(A = a1 , t) = |f1A (x) f (x, t)|2 .
(19)
Ahora necesitamos conocer f (x, t) conociendo f (x, 0). El postulado de evolución temporal nos resuelve este
problema:
√
f (x, t) = (1/ 2)[f1E (x)e−iE1 t/h̄ + f2E (x)e−iE2 t/h̄ ].
(20)
9
Aquı́ E1 y E2 son los dos primeros autovalores del operador asociado a la energı́a. Con los datos del enunciado
deducimos que en esta cuestión valen E 1 = 3h̄ ; E2 = h̄.
2
√
√
p(A = a1 , t) = (1/2)[f1E (x) + 3f2E (x)] (1/ 2)[[f1E (x)e−i3t + f2E (x)e−it ] =
Cuestión 14 del examen de Septiembre del curso 2004/2005.
8
√
√
1
1
= |e−i3t + 3e−it |2 = [1 + 3 + 3(ei2t + e−i2t )] =
8
8
√
1
= [2 + 3 cos 2t].
4
9
SEGUNDA PARTE
16. Una partı́cula se mueve respecto a cierto sistema de referencia de modo que su celeridad y el radio de
curvatura de su trayectoria están dados por las expresiones v = at ; ρ c (t) = bt, siendo a y b constantes
positivas, y t el tiempo. Sea ~v la velocidad. Entonces:
q
2 2
d|~v |
=
a
1 + ab2t
dt
v
| d~
dt | = a
× Ninguna de las respuestas anteriores es correcta.
Solución.
Nos dicen que:
v ≡ |~v | = at
d|~v |
= a.
dt
=⇒
Por tanto, la primera afirmación es falsa.
La segunda afirmación nos dice que el módulo de la aceleración es constante, y vale a. Pero de los datos del
enunciado deducimos que la aceleración tangencial vale a, y la normal v 2 /ρc = a2 t/b. Por tanto, la segunda
afirmación es falsa, de donde concluimos que la tercera afirmación es verdadera.
17. Un punto P se mueve con celeridad constante. Las ecuaciones de su trayectoria son: x = cos θ ; y =
π
en desplazarse desde el punto (1, 0, 0) al (0, 1, π/2).
sen θ ; z = θ. Se sabe que P tarda un tiempo t = 2√
2
¿Cuánto vale la celeridad de P ?
× 2
;
3
;
4
Solución10 .
Nos dicen√que la celeridad es constante. Llamémosla v. Por otra parte, conocemos la trayectoria y el tiempo
(t = π/(2 2) = τ ) empleado en recorrerla. Si llamamos L a la longitud de la trayectoria, se tendrá:
v = L/τ,
(21)
y podemos obtener la celeridad si sabemos calcular L. Vamos pues a ello:
Z B
L=
ds.
(22)
A
En (22) A y B son los puntos inicial y final de la trayectoria, y s es el elemento de arco, que sabemos que
está relacionado con el vector de posición por la ecuación:
ds = |d~r|.
(23)
A = (1, 0, 0)
(24)
B = (0, 1, π/2)
(25)
~r ≡ x~ı + y~ + z~k = cos θ~ı + sen θ~ + θ~k.
(26)
En nuestro caso, tenemos:
Ahora diferenciamos ~r y tomamos el módulo:
d~r = (− sen θ~ı + cos θ~ + ~k)dθ
10
Cuestión 3 del examen de Febrero del curso 2004/2005.
10
=⇒
|d~r| =
√
2|dθ|.
(27)
Finalmente, llevamos esta expresión a (23) y a (22), al tiempo que observamos que el valor del parámetro θ
en los puntos A y B es θA = 0 y θB = π/2. Tenemos:
L=
Z
B
A
ds =
Z
θB =π/2
θA =0
Z
√
2|dθ| =
π/2
√
√
2dθ = 2π/2.
(28)
0
Llevando este valor a (21) obtenemos la celeridad:
√
L
2π/2
√ = 2.
v= =
τ
π/(2 2)
(29)
18. Una partı́cula P , de masa M = 1, puede moverse sin rozamiento por el eje OX de un sistema inercial bajo
la acción de la fuerza F~ = (−4/x2 )~ı (donde x es la coordenada de P ). En el instante inicial P se encuentra
en la posición x = 1 con velocidad 2~ı. ¿A qué distancia del origen se anula su velocidad?
× 2
;
5
;
10
Solución11 .
En esta cuestión conocemos el estado inicial y parte del estado final: conocemos la velocidad final (cero),
pero no la posición, que es precisamente lo que nos piden que averigüemos. Este es el tipo de problemas
que nos tiene que llevar a pensar en su resolución mediante alguno de los teoremas de conservación de la
mecánica. El del centro de masas no es aplicable, pues la suma de las fuerzas exteriores no es cero. El del
momento cinético tampoco, puesto que el movimiento es rectilı́neo 12 . Sólo nos queda aplicar el teorema de
la energı́a. Como la fuerza es de la forma F~ = F (x) ·
vecı, podemos asegurar que es conservativa, siendo la energı́a potencial cualquier función E p (x) que verifique:
dEp
= −F (x).
dx
(30)
Es decir, salvo el signo, la energı́a potencial es cualquier primitiva de F (x). O lo que es lo mismo, no tenemos
más que integrar F (x), que es la misma integral que surge al aplicar el teorema de la energı́a (no el teorema
de conservación), que es lo que vamos a hacer entre el punto A, donde conocemos el estado inicial, y el punto
B, cuya coordenada xB = b nos piden, y en el que la velocidad se anula:
∆Ec = Ec (B) − Ec (A) =
⇐⇒
1
0 − · 1 · 22 = −
2
Z
b
1
Z
B
A
−4
dx
x2
F~ · d~r = −
⇐⇒
Z
b
F (x)dx
1
−2 = −[4/x]b1
⇐⇒
=⇒
(31)
b = 2.
(32)
19. Un sistema aislado está constituido por dos partı́culas A y B, de masas m A = m y mB = 2m, y un muelle
ideal que las conecta. El sistema se mueve respecto a cierto sistema de referencia inercial, siendo ~v A y ~vB
las velocidades de A y B respectivamente. En general, podemos afirmar que:
×
d~vA
dt
vB
= −2 d~dt
Las otras dos respuestas son incorrectas.
~vA (t) = −2~vB (t)
Solución.
11
Cuestión 1 del examen de Septiembre del curso 2006/2007.
En un movimiento rectilı́neo la fuerza neta debe tener la dirección del movimiento. El momento de esta fuerza se anula respecto
de cualquier punto de la trayectoria. En esos puntos el momento cinético se conserva trivialmente (vale cero, evidentemente), y no nos
sirve para nada.
12
11
Como el sistema está aislado no actúan fuerzas exteriores sobre él. Por tanto, se conserva su cantidad de
movimiento:
−
→
P~ ≡ mA~vA + mB ~vB = cte = m(~vA + 2~vB )
=⇒
=⇒
dP~
=0
dt
d~vA
d~vB
+2
= 0.
dt
dt
20. Un sistema S está constituido por tres partı́culas idénticas, P 1 , P2 y P3 , de masa m. Sea F~iext la resultante
de las fuerzas exteriores a S que actúan sobre la partı́cula i, y F~ij la fuerza que la partı́cula j ejerce sobre
la partı́cula i, siendo i, j = 1, 2, 3; i 6= j, y sea ~a i la aceleración de la partı́cula i respecto a un observador
inercial. Considere ahora el subsistema constituido por las partı́culas P 1 y P3 . La aplicación del teorema
del centro de masas a este subsistema da lugar a la expresión:
−m~a1 + F~ ext + F~ ext − F~31 − F~32 = m~a2
1
2
× F~1ext + F~3ext + F~12 − F~23 − m~a3 − m~a1 = 0
−m~a2 − m~a3 + F~2ext + F~3ext − F~12 + F~31 = 0
Solución.
Denominemos S 0 al sistema formado por P1 y P3 . Todas las fuerzas exteriores a S lo son a S 0 . Pero S 0 tiene
un agente externo adicional: P2 , que ejerce sobre él las fuerzas F~12 y F~32 . Por tanto, el teorema del centro
de masas aplicado a S 0 da:
F~1ext + F~3ext + F~12 + F~32 = m~a1 + m~a3 .
21. Una partı́cula de masa m se mueve en el eje inercial OX sometida a la acción de dos muelles ideales, de
constantes k1 = 1 y k2 = 1/2, los cuales están conectados en paralelo, y tienen su otro extremo fijo en O.
Sabiendo que la partı́cula pasa por el origen cada segundo, ¿cuánto vale la masa de la partı́cula?
k2
k1
× 3/(2π 2 )
2/π 2
O
3/(4π 2 )
x
Solución.
Si aplicamos “Newton” a la partı́cula obtenemos:
−k1 x − k2 x = mẍ
⇐⇒
ẍ +
k1 + k 2
x = 0,
m
que es la ecuación de un oscilador armónico libre, no amortiguado, de frecuencia natural
r
r
k1 + k 2
3
ω0 =
=
.
m
2m
El tiempo que transcurre entre dos pasos consecutivos por el origen es medio periodo 13 : T /2 = 1. Y
relacionando el periodo con la frecuencia:
r
2π
2m
2=T =
= 2π
=⇒
m = 3/(2π 2 ).
ω0
3
13
Cada paso por O cambia el sentido del movimiento. Cada dos pasos consecutivos por O (o por cualquier otro punto) se repite el
movimiento. Por eso, para que transcurra un periodo hay que esperar dos pasos por el mismo punto.
12
22. Una partı́cula de masa m realiza oscilaciones forzadas amortiguadas en el eje inercial OX, sometida a las
~ = −cẋ~ı, y F~exc = F0 cosωt~ı. En t = 0 la partı́cula se encuentra en la posición x 0~ı y
fuerzas F~e = −kx~ı, R
tiene una velocidad ẋ0~ı. Sea A la amplitud del movimiento cuando se alcanza el régimen permanente. ¿Cuál
de las respuestas siguientes es correcta?
El valor de A depende de F0 , ω, m, k, c, x0 y ẋ0 .
× El valor de A depende de F0 , ω, m, k, c, pero no depende de x0 ni de ẋ0 .
Las otras dos respuestas son incorrectas.
Solución.
El movimiento viene dado por:
x(t) = xl (t) + xf (t),
(33)
y depende de F0 , ω, m, k, c, x0 y ẋ0 .
Una vez que se alcanza el régimen permanente, entonces
x(t) ≈ xf (t) = A(ω)cos[ωt + φ(ω)],
donde A(ω) es la amplitud de las oscilaciones, que está dada por la expresión:
F0 /m
A(ω) = q
k
(m
− ω 2 )2 +
c2 ω 2
m2
.
Por tanto, en el régimen permanente la amplitud sólo depende de F 0 , ω, m, k, c, pero no de x0 ni de ẋ0 .
Por tanto, la respuesta correcta es la segunda.
23. Una onda
√ plana se propaga respecto
√ al sistema de referencia OXY Z según la dirección y sentido del vector
~u = (1/ 2)(~ı + ~) con celeridad 2. Se sabe que g(~r = 0, t) = 2/(1 + t2 ). ¿Cuánto vale g(x = 1, y = 1, z =
0; t = 1)?
× 2
;
8/5
;
1
Solución.
Sabemos que el cambio de variables:
√
√
√
x + y − 2t
√
ξ = ~r · ~u − ( 2)t = (x, y, z) · (1, 1, 0)/ 2 − ( 2)t =
2
debe transformar la función g(x, y, z, t) en una función f (ξ) sólo dependiente de ξ.
√
Para ~r = 0 tenemos que ξ = −( 2)t, que podemos sustituir en la expresión de g(~r, t) que nos dan:
√
g(~r = 0, t) = 2/(1 + t2 ) = 2/[1 + (−ξ/ 2)2 ] = 4/(2 + ξ 2 ).
(34)
(35)
Por tanto, ya conocemos f (ξ) en la posición ~r = 0. Pero si g es una onda viajera entonces f (ξ) es la misma,
independientemente de la posición e instante que consideremos. Por tanto, si a partir de (35) deshacemos el
cambio de variables para una posición e instante genéricos 14 obtenemos:
f (ξ) = 4/(2 + ξ 2 ) = 4/[2 + (x + y − 2t)2 /2] = g(x, y, z, t),
(36)
que constituye la expresión general de la onda.
Ahora podemos resolver la cuestión sin más que particularizar en (36) para la posición e instante pedidos:
g(x = 1, y = 1, z = 0; t = 1) = 4/[2 + (1 + 1 − 2) 2 /2] = 2.
14
Es decir, usando (34).
13
24. Sean g1 (x, t) y g2 (x, t), y sea g = g1 + g2 . ¿Cuál de las afirmaciones siguientes es correcta?
Si g1 y g2 son ondas armónicas, entonces g es otra onda armónica, independientemente de las velocidades
de propagación de g1 y g2 .
Si g1 y g2 son ondas viajeras, entonces g es una onda viajera, independientemente de las velocidades de
propagación de g1 y g2 .
× Si g1 y g2 son ondas armónicas de la misma frecuencia y longitud de onda, entonces g verifica la ecuación
de ondas.
Solución.
Analicemos la veracidad de cada una de las afirmaciones:
• Si g1 y g2 son ondas armónicas, entonces g es otra onda armónica, independientemente de las velocidades de propagación de g1 y g2 .
ES FALSA. La ecuación de ondas está definida para un valor concreto de la velocidad de propagación,
de modo que cualquier superposición de ondas viajeras que se propagan con la misma celeridad, independientemente del sentido de propagación, verifica la ecuación. De este modo, sólo si g 1 y g2 son
ondas (en este caso armónicas) con la misma velocidad de propagación, su superposición verificará la
ecuación de ondas.
• Si g1 y g2 son ondas viajeras, entonces g es una onda viajera, independientemente de las velocidades
de propagación de g1 y g2 .
ES FALSA. Para que la superposición de g 1 y g2 sea una onda viajera, ambas ondas deben viajar en el
mismo sentido y con la misma velocidad.
• Si g1 y g2 son ondas armónicas de la misma frecuencia y longitud de onda, entonces g verifica la
ecuación de ondas.
ES CORRECTA. Si ambas ondas tienen la misma frecuencia y la misma longitud de onda, esto significa
que la velocidad v = λ/T = λν es la misma para ambas, y por tanto g 1 + g2 verifica la ecuación de
ondas.
25. Dos fuentes sonoras fijas, A y B, emiten a las frecuencias fijas ν A y νB , siendo νA = 2νB . ¿A cuántas veces la
velocidad del sonido se debe desplazar un oyente entre A y B para percibir la misma frecuencia proveniente
de ambas fuentes?
× 1/3
;
1/2
;
3/5
Solución15 .
Como νA = 2νB el observador debe desplazarse en el sentido que va de A a B para poder percibir la
misma frecuencia de ambas fuentes. Calcularemos a continuación la velocidad a la que debe desplazarse. Si
llamamos v a la velocidad del sonido, la frecuencia percibida del sonido procedente de A es
ν1 = ν A
v−u
v−u
= 2νB
.
v
v
Por otro lado, la frecuencia percibida del sonido emitido por B es
ν2 = ν B
v+u
.
v
U
B
A
A
O
B
15
Cuestión 8 del examen de Septiembre del curso 2002/2003, y también es la cuestión 10 del examen de Septiembre del curso
2006/2007.
14
Igualando ambas expresiones tenemos
2νB
v−u
v+u
= νB
v
v
→ 2(v − u) = (v + u) →
u=
v
.
3
26. Los sistemas S y S 0 están en la configuración estándar. En el sistema inercial S dos sucesos, A y B, ocurren
con una separación espacial ∆x = xB − xA 6= 0 y una separación temporal ∆t = tB − tA 6= 0. ¿Podemos
encontrar otro sistema inercial S 0 , con v < c, en el que la separación temporal de esos sucesos sea −∆t, o
sea, que ocurran con un orden temporal inverso y de igual magnitud?
Sı́, pero sólo si ∆x < c∆t ;
× Sı́, pero sólo si ∆x > c∆t ;
No
Solución16 .
Por las transformaciones de Lorentz sabemos que
∆t0 = γ(∆t −
v∆x
),
c2
donde ∆t0 = t0B − t0A .
Impongamos a continuación que ∆t0 = −∆t. Entonces
v
∆x
v∆x
) ⇒ 1 = γ( ×
− 1).
2
c
c c∆t
−∆t = γ(∆t −
Como γ > 1, entonces la cantidad encerrada dentro del paréntesis debe ser positiva, lo que obliga, dado que
v/c < 1, a que ∆x > c∆t.
27. Los sistemas de referencia S y S 0 se encuentran en la configuración estándar, con v = c/2. Dos sucesos, A y
B, ocurren en las posiciones x0A = d y x0B = 2d, en instantes t0A = 0 y t0B = d/c. ¿Qué intervalo de tiempo,
medido por S, hay entre los dos sucesos?
√
√
√
11d/(3c 3) ;
5d/(2c 3) ; × 3 d/c
Solución17 .
Aplicando la transformación de Lorentz del tiempo, tenemos:
∆t = γ(∆t0 +
siendo v = c/2 y γ = 1/
p
√
1 − (1/4) = 2/ 3. Ası́:
v
∆x0 ),
c2
2
1
∆t = √ (∆t0 + ∆x0 ).
2c
3
Quedan por obtener los intervalos ∆t 0 y ∆x0 :
∆t0 = t0B − t0A =
d
; ∆x0 = x0B − x0A = 2d − d = d.
c
Sustituyendo queda finalmente:
√
3d
∆t =
.
c
16
17
Cuestión 13 del examen de Septiembre del curso 2004/2005.
Cuestión 12 del examen de Junio del curso 2005/2006.
15
28. Una nave espacial se aleja de Tierra con una celeridad c/2. Dentro de la nave se celebran unas olimpiadas
relativistas donde los atletas alcanzan celeridades cercanas a la de la luz. Una de las pruebas es una carrera,
en la que los atletas corren en la misma dirección y sentido que el que lleva la nave respecto a Tierra. Un
atleta, que corre con celeridad c/2 respecto a la nave, mide un tiempo de recorrido τ cuando llega a la meta.
¿Qué tiempo medirán los observadores ligados a Tierra?
√
7τ /(2 6) ; × 5τ /3 ;
5τ /4
Solución.
Tomaremos un sistema de referencia S ligado a Tierra y otro S 0 ligado a la nave, ambos en la configuración
estándar, tal que la velocidad de S 0 respecto a S es v = c/2. El atleta se mueve con velocidad v x0 = c/2
respecto a S 0 . Calcularemos la velocidad que lleva el atleta respecto a Tierra aplicando la composición de
velocidades:
vx =
vx0 + v
1+
vvx0
c2
=
c
2
c
2
c2
4c2
+
1+
=
4c
.
5
Como el tiempo que mide el atleta es un intervalo de tiempo propio, el tiempo medido por los observadores
ligados a Tierra vendrá dado por la expresión de la dilatación del tiempo:
τ
5τ
∆t = γτ = p
=
.
3
1 − u2x /c2
29. Sean A y B dos magnitudes fı́sicas de un sistema cuántico, las cuales están representadas por los operadores
 y B̂ respectivamente. Sea f (x) el estado del sistema, verificándose que Âf (x) = af (x), siendo a una
constante no nula. En general, podemos afirmar que:
Las medidas de B en el estado f (x) no tienen dispersión.
× Si [Â, B̂] = 0, la dispersión de los resultados de la medida de B en el estado f (x) es nula.
Si [Â, B̂] 6= 0, la dispersión de los resultados de la medida de B en el estado f (x) es nula.
Solución.
La ecuación que el enunciado nos dice que se verifica nos indica que f (x) es una autofunción del operador
Â, a la que corresponde al autovalor a.
La primera afirmación (ausencia de dispersión) significa que al medir B en el estado f (x) siempre se obtiene
el mismo resultado. Es decir, que la probabilidad de obtener este resultado vale 1. Pero, de acuerdo con los
postulados de la mecánica cuántica, esto sólo es posible si f (x) es una autofunción de B̂. Como, en general,
esto no tiene por qué ocurrir, la primera afirmación es falsa.
Vamos con la segunda afirmación. Si [ Â, B̂] = 0 entonces, de acuerdo con el teorema de compatibilidad, Â
y B̂ comparten base de autofunciones. Por tanto, f (x) también será autofunción de B̂. En este caso, de
acuerdo con los postulados de la mecánica cuántica, el resultado de la medida de B será siempre el mismo 18 :
el autovalor de B̂ correspondiente a la autofunción f (x). Por tanto, la respuesta correcta es la segunda.
30. Sean Iˆ el operador identidad, x̂ el operador posición y p̂ x el operador cantidad de movimiento. Y sean los
operadores  ≡ x̂p̂x y B̂ ≡ p̂x x̂. ¿Son compatibles  y B̂?
ˆ
Nota: Si se estima útil puede hacerse uso de la igualdad [x̂, p̂ x ] = ih̄I.
× Sı́, son compatibles.
;
No, no son compatibles.
Solución19 .
18
19
Es decir, sin dispersión.
Cuestión 14 del examen de Junio del curso 2005/2006.
16
;
Se necesitan más datos.
Esta cuestión se reduce a calcular el conmutador de  y B̂, ya que de acuerdo con el teorema de compatibilidad dos operadores son compatibles si conmutan.
ˆ ası́ como la propiedad
Para calcular el conmutador vamos a utilizar el dato que nos sugieren ([x̂, p̂ x ] = ih̄I),
20
general :
[âb̂, ĉ] = â[b̂, ĉ] + [â, ĉ]b̂.
Tenemos:
[Â, B̂] = [x̂p̂x , p̂x x̂] = x̂[p̂x , p̂x x̂] + [x̂, p̂x x̂]p̂x
= x̂ {p̂x [p̂x , x̂] + [p̂x , p̂x ]x̂} + {p̂x [x̂, x̂] + [x̂, p̂x ]x̂} p̂x = −ih̄x̂p̂x + ih̄x̂p̂x = 0.
[Â, B̂] = 0
20
⇐⇒
Sı́ son compatibles.
Ver problema 3 de la colección de problemas del último capı́tulo de los apuntes.
17
(37)