SOLUCIONES FÍSICA JUNIO 11 OPCIÓN A

1.- a) Se define la intensidad del campo eléctrico, E , en un punto como la fuerza que actúa sobre la unidad de carga testigo positiva, Q’, colocada en dicho punto. Según esta definición, la intensidad del campo eléctrico o simplemente el campo eléctrico en un punto originado por una carga puntual Q es:

2'

' '

rQQk uF rE

Q Q= = por tanto 2 r

QE k ur

=

como se deduce de esta expresión, el campo eléctrico disminuye con la distancia, y teniendo en cuenta las características del vector unitario ru , podemos afirmar que: • La intensidad del campo originado por una carga puntual es un vector de dirección radial. • Si la carga puntual Q es positiva, el sentido de la intensidad es hacia fuera de la carga; si, por el contrario, es negativa, el sentido de la intensidad se dirige hacia la carga. b) Para que se anule el campo eléctrico producido por dos cargas, han de cumplirse dos condiciones, la primera es que los vectores intensidad del campo eléctrico de cada una de las cargas sean de la misma dirección y de sentidos contrarios y la segunda, que sus módulos sean iguales. Al ser cargas del mismo signo (positivas o negativas), la primera condición sólo se cumple en los puntos del segmento situado entre ambas cargas. La segunda se cumple en el punto de dicho segmento en el que ambos módulos sean iguales. 2.- a) Un cuerpo tiene un movimiento armónico simple (MAS) cuando oscila periódicamente bajo la acción de fuerzas elásticas restauradoras, que obedecen a la ley de Hooke y que por lo tanto son proporcionales a la distancia a la posición de equilibrio, es el caso de los cuerpos unidos a muelles ,etc. En este movimiento, la posición del cuerpo es una función sinusoidal del tiempo (función seno o coseno dependiente del tiempo). Puesto que las funciones sinusoidales suelen denominarse armónicas, decimos que dicho cuerpo tiene un movimiento armónico simple. En general la ecuación que representa a este movimiento puede escribirse así:

cos ( )x A tω δ= + en la que x representa la posición del móvil y se denomina elongación, A es la máxima o mínima elongación y se denomina Amplitud, ω es la frecuencia angular y δ es la fase inicial.

La velocidad es la derivada de la posición con respecto al tiempo, en este caso

( )dxv Asen tdt

ω ω δ= = − +

como vemos también varía de forma armónica (sinusoidal) y es cero en los extremos de la trayectoria y máxima ( maxv Aω= ± ) en el centro. La aceleración es la derivada de la velocidad con respecto al tiempo

2 2cos ( )dva A tdt

xω ω δ ω= = − + = −

también varía de forma armónica (sinusoidal) y es cero en el centro y máxima ( 2

maxa Aω= ± ) en los extremos. Para considerar el MAS desde un punto de vista dinámico nos centramos en la fuerza elástica que cumple la ley de Hooke ( F k x= − ) y en la segunda ley de Newton ( ) con lo que nos queda y como F m a= k x m a− = 2a xω= − sustituimos y

obtenemos 2 km

ω = es decir que la frecuencia angular y por lo tanto la frecuencia y el

periodo de un oscilador armónico dependen de sus propias características físicas, k la constante elástica del resorte y de la masa del cuerpo. b) Falsa. Para un oscilador armónico concreto, la constante del resorte k y la masa del cuerpo m, permanecen constantes. Si aumenta la energía mecánica, como viene expresada por la ecuación:

212ME k A= ⋅ ⋅

aumentará la amplitud A, esto es correcto, pero no ocurre lo mismo con la frecuencia, esta sólo depende de la frecuencia angular ω, que no varía como se deduce de su expresión

2f ω

π= k

mω =

3.- a) El trabajo realizado por una fuerza sobre un cuerpo viene dado por la expresión cosW F x F x α= ×Δ = ⋅Δ ⋅ v donde xΔ es el desplazamiento y α es el ángulo que forma la fuerza y el desplazamiento. GF La fuerza gravitatoria es la fuerza centrípeta que, por definición, es siempre perpendicular al desplazamiento, es decir 90ºα = , por lo tanto el trabajo realizado por la fuerza gravitatoria es nulo ( cos90º 0= ).

También se puede resolver este apartado teniendo en cuenta que el campo gravitatorio es conservativo y en consecuencia pW E= −Δ en una órbita el punto inicial y el final son el mismo y la variación de la energía potencial es cero, por lo tanto el trabajo realizado en una órbita es nulo. Para calcular la altura tenemos en cuenta que la gravedad se ha reducido a la tercera parte

2T

T

Mg GR

= ⋅

dividiendo nos queda ( )2

23 T

T

R hR+

=

( )2

13

T

T

Mg GR h

⋅ = ⋅+

3 T

T

R hR+

= y despejando h

( ) 63 1 4,685 10Th R= − ⋅ = ⋅ m

b) Calculamos el radio de la órbita del satélite

11085000Tr R h m= + = aplicamos la tercera ley de Kepler teniendo en cuenta la expresión de su constante

2T k r= 3 24

T

kGMπ

=

G y MT no son datos del ejercicio, pero sí lo son g y RT, usando la expresión de la gravedad en la superficie de la Tierra, obtenemos

2T

T

Mg GR

= GM 2T TgR=

quedándonos la siguiente expresión para el periodo

23

2

4 11574T

T rgRπ

= = s

calculamos la energía mecánica del satélite, usando la misma estrategia

297, 24 10

2 2T s T sM m gR mE G Jr r

= − = − = − ⋅

4.- a) 23 5 1 144 90 1

92 0 56 36 0U n Ba Kr 2+ → + + n calculamos el defecto de masa que se produce en la fisión de un átomo de uranio

[ ]( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 0,251335m m U m n m Ba m Kr m n uΔ = + − + + = la transformamos a kg

27 280, 251335 1,7 10 4, 27 10kgm uu

− −Δ = ⋅ ⋅ = ⋅ kg

calculamos la energía desprendida por cada átomo aplicando la ecuación de Einstein

2 113,84 10 JE m cátomo

−= Δ ⋅ = ⋅

b) Calculamos la energía obtenida en un día

8 145 10 86400 3,89 10E P t W s J= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ 4 calculamos el número de átomos necesarios para obtener dicha energía

1425

11

3,89 10 103,84 10

JN áJátomo

−

⋅= =

⋅tomos

calculamos la masa de un átomo de uranio en kg

27 25235,12 1,7 10 4 10u kgmátomo u átomo

− −= ⋅ ⋅ = ⋅kg

calculamos la masa consumida en un día

25 254 10 10 4kgm átoátomo

−= ⋅ ⋅ =mos kg

SOLUCIONES FÍSICA JUNIO 11 OPCIÓN B

1.- a) Supongamos un sistema en el que solamente obran fuerzas conservativas. Según lo estudiado, el trabajo realizado por fuerzas de cualquier tipo es igual a la variación de la energía cinética del sistema

cW E= Δ Además hemos comprobado que si las fuerzas son conservativas, el trabajo realizado por ellas también equivale a la variación negativa de la energía potencial

pW E= −Δ Dado que estamos hablando en los dos casos del mismo trabajo

cEΔ = −Δ pE 0c pE EΔ + Δ = ( )c pE E 0Δ + = y como m cE E E= + p 0mEΔ = La energía mecánica de un sistema permanece constante si las fuerzas que actúan sobre él son conservativas. b) i) Este apartado se desarrolla en un campo de fuerzas conservativo (campo gravitatorio), por lo tanto la energía mecánica permanece constante en todo el desplazamiento, que como se ve en la figura consiste en ir del punto a al b y volver al a

( ) ( )M a ME E= b ( ) ( ) ( ) ( )P a C a P b C bE E E E+ = + si situamos el plano h = 0 en el punto a la energía potencial en dicho punto será nula y como en b v = 0, la energía cinética en b también será nula, por tanto

( ) ( )C a P bE E= es decir, entre el punto a y el b la energía cinética disminuye convirtiéndose en energía potencial.

Entre b y a la variación es a la inversa, la energía potencial va disminuyendo transformándose en energía cinética, llegando al punto a con la misma velocidad con la que partió, pero de sentido contrario. ii) Al existir rozamiento, el campo no es conservativo y por lo tanto la energía mecánica no se conserva, parte de ella se disipa en forma de calor debido al rozamiento. Entre a y b h sería menor que en el apartado anterior. ( ) ( )C a P b ROZE E W= + Entre b y a la energía potencial disminuye convirtiéndose parte en energía cinética y parte en vencer el rozamiento ( ) ( )P b C a ROZE E W= + por lo tanto la velocidad en a sería menor que v0 y de sentido contrario. 2.- a) Las distintas experiencias realizadas sobre el efecto fotoeléctrico descubierto por Hertz en 1.887, tuvieron como resultado un hecho por entonces inexplicable. Al aumentar la intensidad de la luz incidente sobre el metal, por tanto la energía por unidad de tiempo, no aumenta la energía cinética de los electrones emitidos Einstein demostró en 1.905 que estas experiencias podían entenderse suponiendo que la energía luminosa no se distribuye de manera continua, como dice el modelo clásico de la luz, sino cuantizada en paquetes pequeños llamados fotones. La energía de un fotón es E h f= ⋅ , la relación que Planck usó para la explicación del cuerpo negro. Einstein supuso que un electrón emitido desde la superficie del cátodo es de alguna forma “arrancado” por el impacto con el fotón, de forma que toda la energía del fotón pasa al electrón. Ahora bien, el electrón recibe su energía de un único fotón. Así, cuando se aumenta la intensidad de la luz lo que sucede es que al incidir más fotones sobre el cátodo por unidad de tiempo quedan más electrones liberados, pero la energía que ha absorbido cada electrón no varía, es la misma. Si a la energía necesaria para que se desprenda un electrón de la superficie de un metal, que es una cantidad característica de cada metal, le llamamos trabajo de extracción , podemos aplicar a cada choque fotón-electrón el principio de conservación de la energía

extW

fotón ext C electrónE W E= + o bien 212ext eh f W m v⋅ = +

b) De la lectura del enunciado del problema se deduce que la frecuencia umbral del metal es mayor que la que corresponde al color violeta. Al iluminar el metal con luz amarilla, de frecuencia menor que la umbral, no se obtiene fotoemisión. Si aumentáramos la intensidad de la luz, seguiría sin haber fotoemisión ya que aunque habría más fotones, tendrían la frecuencia correspondiente al amarillo. 3.- a) Calculamos el flujo magnético cuando la espira está perpendicular al campo B S el ángulo α que forman y S es de 0 grados B

3 2 3cos 0,3 4 10 cos 0º 1, 2 10B S BS T m Wbα − −Φ = × = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ si giramos la espira como nos dice el enunciado B 60º B S B y S forman un ángulo de 60º, calculamos el flujo magnético en esta posición

3 2 4cos 0,3 4 10 cos 60º 6 10B S BS T m Wbα − −Φ = × = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ b) Para calcular la fuerza electromotriz inducida en la espira al girar 60º en 3 · 10-2 s utilizamos la siguiente expresión

4 3

2

6 10 1,2 10 0,023 10

Wb Wb Vt s

ε− −

−

ΔΦ ⋅ − ⋅= − = − =

Δ ⋅

si giramos la espira en sentido contrario B S 60º B en el proceso de giro disminuye el flujo entrante en la espira, en los dos casos, lo que significa que se produce una corriente inducida en el sentido horario en ambos giros para así aumentar el flujo magnético que atraviesa la espira. 4.- a) En 1865 Maxwell publicó su teoría del campo electromagnético de la que se deducía una clara consecuencia: “Una carga eléctrica que posee un movimiento oscilatorio crea una perturbación electromagnética”. Así pues, podemos concluir que: Una onda electromagnética es la perturbación periódica de los campos eléctrico y magnético (perpendiculares entre sí) asociados, que se propaga por el espacio.

Las características principales de la propagación de las ondas electromagnéticas son: • La dirección de propagación de la onda es perpendicular a las direcciones de los vectores oscilantes E y B . En consecuencia las ondas electromagnéticas son transversales. • Las ondas electromagnéticas no necesitan medio material para propagarse, es decir, pueden hacerlo por el vacío, siendo la velocidad de propagación en este medio

8 1

0 0

1 3 10v mε μ

s−= = ⋅

Calculamos l frecuencia y el número de onda sabiendo que la longitud de onda en el vacío es de 5 · 10-7 m

8 114 1

7

3 10 6 105 10

c msf smλ

−−

−

⋅= = = ⋅

⋅ 7 12 1,26 10k mπ

λ−= = ⋅

b) Cuando la onda entra en un medio material su velocidad es v = 3c/4, calculamos el índice de refracción

4 1,333 34

c cn cv= = = =

La frecuencia no cambia al cambiar de medio y la nueva longitud de onda se calcula por la expresión

7 712 1

2

15 10 3,75 1043

n m mn

λ λ − −= = ⋅ ⋅ = ⋅