UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBA DE ACCESO A ESTUDIOS UNIVERSITARIOS (LOGSE) FÍSICA Modelo 2010 INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN La prueba consta de dos opciones A y B, cada una de las cuales incluye tres cuestiones y dos problemas. El alumno deberá elegir la opción A o la opción B. Nunca se deben resolver cuestiones o problemas de opciones distintas. Se podrá hacer uso de calculadora científica no programable. CALIFICACIÓN: Cada cuestión debidamente justificada y razonada con la solución correcta se calificará con un máximo de 2 puntos. Cada problema debidamente planteado y desarrollado con la solución correcta se calificará con un máximo de 2 puntos. En aquellas cuestiones y problemas que consten de varios apartados, la calificación será la misma para todos ellos. TIEMPO: Una hora treinta minutos.

OPCIÓN A Cuestión 1.- Un sistema elástico, constituido por un cuerpo de masa 200 g unido a un muelle, realiza un movimiento armónico simple con un periodo de 0,25 s. Si la energía total del sistema es 8 J: a) ¿Cuál es la constante elástica del muelle? b) ¿Cuál es la amplitud del movimiento? Solución. a) Si se aplica la Ley de Hooke (F = − k ⋅ x ) al punto de máxima elongación (x = A): F = −k ⋅ A En el punto de máxima elongación, la aceleración del sistema es máxima, si se aplica la 2ª ley de la dinámica: F = m ⋅ a máx Igualando ambas expresiones: − k ⋅ A = m ⋅ a máx La aceleración se puede obtener a partir de la ecuación del movimiento armónico simple: y(t ) = A sen (ω t + φ o ) d y(t ) d v(t ) = = (A sen (ω t + φ o )) = Aω cos(ω t + φ o ) dt dt d v(t ) d a (t ) = = (Aω cos(ω t + φ o )) = −Aω 2sen (ω t + φ o ) dt dt La aceleración será máxima cuando la seno valga 1, quedando:

a máx = −Aω 2 Sustituyendo en la expresión − k ⋅ A = m ⋅ a máx y simplificando se obtiene una relación entre la constante de elasticidad y la velocidad angular, la cual se puede expresar en función del periodo ó la frecuencia 2

− k ⋅ A = −Aω 2 m : k = ω 2 m : ω =

2π  2π  : k =  m T  T 

2

 2π  N k =   ⋅ 200 × 10 −3 = 126,3 m  0,25  b) En el punto de máxima elongación la energía total del sistema será igual a la energía potencial elástica ya que en punto la velocidad es nula. 1 Ep = k ⋅ x2 2 La energía potencial es máxima en el punto de máxima elongación (x = A) y velocidad nula.

E p (máx ) = E T =

1 1 16 k ⋅ A 2 : 8 = 126,3 ⋅ A 2 : A = = 0,356 m 2 2 126,3

1

Cuestión 2.- Se dispone de una lente convergente de distancia focal 20 cm. Determine la posición y la naturaleza de la imagen formada por la lente si el objeto está situado, delante de ella, a las siguientes distancias: a) 50 cm ; b) 15 cm. Realice el trazado de rayos en ambos casos. Realice el trazado de rayos en ambos casos. Solución. a. Se pide calcular la posición de la  y'  imagen (s’) y el aumento   conocida la y posición del objeto (s = −50 cm) y la distancia focal (f = f’ = 20 cm). Aplicando la ecuación de la lente se calcula la posición de la imagen. 1 1 1 − = s' s f ' 1 1 1 1 1 1 = + = + s' f ' s s' 20 − 50

1 30 = s' 100

s' =

100 = 33'3 cm 3

100 y ' s' y' y' 2 3 = = =− y s y − 50 y 3 La imagen es real, invertida y de menor tamaño que el objeto.

Aumento lateral:

s = −15 cm Igual que en el apartado a, aplicando la ecuación de la lente se obtiene la posición del objeto. 1 1 1 − = s' s f ' 1 1 1 1 1 1 1 1 = + = + =− s' f ' s s' 20 − 15 s' 60 s' = −60 cm b.

Aumento lateral:

y' −60 = y − 15

y ' s' = y s

y' =4 y La imagen es virtual, derecha y de mayor tamaño que el objeto.

r

r

Cuestión 3.- Una carga puntual Q con velocidad v = v x i entra en una región donde existe un campo

r r r r magnético uniforme B = B x i + B y j + B z k . Determine:

a) La fuerza que se ejerce sobre la carga en el campo magnético. r b) El campo eléctrico E que debería existir en la región para que la carga prosiguiese sin cambio del vector velocidad. Solución.

r

a. La fuerza que actúa sobre una carga eléctrica en movimiento dentro de un campo magnético B viene dada por la expresión: r r r F = q⋅ v×B × ≡ Representa producto vectorial r r r i j k r F = Q ⋅ (v x , 0, 0) × B x , B y , Bz = Q ⋅ v x 0 0 = Q ⋅ 0, − v x B z , v x B y

(

(

(

)

))

(

B x B y Bz r r r F = −Qv x B z j + Qv x B y k

2

)

b. Para que la carga se desplace manteniendo constante su vector velocidad, la suma de las fuerzas que actúan sobre ella debe ser cero. La fuerza a la que se ve sometida la carga cuando se desplaza por una región donde coexisten un campo magnético y uno eléctrico es: r r r r F = q⋅E + q⋅ v×B

(

)

Si la fuerza resultante debe ser nula: r r r r r r r r r q ⋅ E + q ⋅ v × B = 0 ⇒ q ⋅ E = −q ⋅ v × B ⇒ E = − v × B

(

)

(

)

(

)

Teniendo en cuenta el apartado a: r r r r v × B = − v x Bz j + v x B y k r r r r r r r E = − v × B = − − v x Bz j + v x B y k = v x Bz j − v x B y k

(

) (

)

Problema 1.- Desde un punto de la superficie terrestre se lanza verticalmente hacia arriba un objeto de 100 kg que llega hasta una altura de 300 km. Determine: a) La velocidad de lanzamiento. b) La energía potencial del objeto a esa altura. Si estando situado a la altura de 300 km, queremos convertir el objeto en satélite de forma que se ponga en órbita circular alrededor de la Tierra, c) ¿Qué energía adicional habrá que comunicarle? d) ¿Cuál será la velocidad y el periodo del satélite en esa órbita? Datos: Constante de Gravitación G = 6,67×10-11 N m2 kg-2 Masa de la Tierra MT = 5,98×1024 kg; Radio de la Tierra RT = 6370 km Solución. En ausencia de fuerzas externas (rozamiento) el a. objeto se encuentra en un campo conservativo y por lo tanto la energía mecánica se conserva. E m (A ) = E m (B)

E p (A ) + E c (A ) = E p (B) MT ⋅ m 1 M ⋅m + m s v 2 = −G T RT 2 RT + h Simplificando la masa del objeto (m), se despeja la velocidad. −G

−G

 1 MT 1 2 MT 1 2 M MT 1   + v = −G ; v = G T −G ; v 2 = 2G ⋅ M T  −  RT 2 RT + h 2 RT RT + h R R T +h  T

   1 1  1 1   = 2 ⋅ 6,67 × 10−11 ⋅ 5,98 × 1024  v = 2G ⋅ M T  − −   6,37 × 106 6,67 × 106  R R + h T  T    v = 2373,3 m b.

s

La energía potencial del objeto a esa altura viene dada por la expresión: M ⋅m E p = −G T R R = R T + h = 6370 + 300 = 6670 Km

E p = −6,67 × 10−11

5,98 × 1024 ⋅100 6,67 × 106

= −5,98 ⋅109 J

c. La energía adicional que habría que comunicar al objeto para convertirlo en satélite es la diferencia entre la energía del objeto convertido en satélite orbitando a esa altura y la energía del objeto a esa altura, calculada en el apartado anterior.

3

La energía de un satélite de 100 kg de masa que orbita a una altura de 300 Km sobre la superficie de la tierra es la suma de la energía potencial y la energía cinética. M ⋅m 1 E m (Satélite ) = E p + E c = −G T + mv 2 R 2 El producto mv2 se puede obtener teniendo en cuenta que para que un satélite orbite en torno a un planeta, la fuerza de atracción gravitacional debe ser igual a la fuerza centrípeta.

FG = Fc ; G

MT ⋅ m R2

=m

M ⋅m v2 ; mv 2 = G T R R

Sustituyendo en la expresión de la energía mecánica del satélite: M ⋅ m 1 MT ⋅ m 1 M ⋅m + =− G T E m (Satélite ) = −G T R 2 R 2 R

1 5,98 × 1024 ⋅ 100 E m (Satélite ) = − ⋅ 6,67 × 10 −11 = −2,99 × 109 J 2 6,67 × 106 La energía que habrá que comunicar al objeto situado a 300 Km de altura para convertirlo en un satélite es:

(

)

∆E = E m (satélite) − E p (objeto ) = −2,99 × 109 − − 5,98 × 109 = 2,99 × 109 J

d. Para que un satélite orbite en torno a un planeta, la fuerza de atracción gravitacional debe ser igual a la fuerza centrípeta.

FG = Fc ; G

MT ⋅ m R2

=m

M ⋅m v2 M ; mv 2 = G T ; v= G T R R R

v = 6,67 × 10 −11

5,98 × 10 24 6,67 × 106

= 7733 m

s

El periodo del satélite se puede calcular aplicando la tercera ley de Kepler.

T2 =

(

)

3 4π 2 4π 2 R3 = ⋅ 6,67 × 106 = 29370424 s 2 − 11 24 G ⋅ MT 6,67 × 10 ⋅ 5,98 × 10

T = 29370424 s 2 = 5419 s = 1,5 horas También se puede calcular a partir de la velocidad.

T=

2π 2π 2πR 2π ⋅ 6,67 × 106 = = = = 5419 s ω v v 7733 R

Problema 2.- Se disponen dos cargas eléctricas sobre el eje X: una de valor Q1 en la posición (1,0), y otra de valor Q2 en (-1,0). Sabiendo que todas las coordenadas están expresadas en metros, determine en los dos casos siguientes: a) Los valores de las cargas Q1 y Q2 para que el campo eléctrico en el punto (0,1) sea el vector r r r E = 2 × 10 5 j N/C, siendo j el vector unitario en el sentido positivo del eje Y. b) La relación entre las cargas Q1 y Q2 para que el potencial eléctrico en el punto (2,0) sea cero. Datos: Constante de la ley de Coulomb k = 9 × 109 N m2 C−2 Solución. a. POR SIMETRÍA: Para que el campo resultante sea en la dirección del eje OY, las dos cargas han de ser de igual signo y módulo, por ser en la dirección positiva del eje, las cargas serán positivas. r r r r Por simetria  r r  = E 1y + E 2 y E T = E1 + E 2 =  r E 1x = −E 2 x 

4

Por definición:

r r r r E T = E T j = E 1y + E 2 y

Q1  sen 45º  E 1y = k 2 Q  2 E = k 2 : r E = k Q 2 sen 45º 2y 2  2  r r r Q Q Q = k 12 sen 45º j + k 22 sen 45º j = {Q 1 = Q 2 } = 2k sen 45º j 2 2 2 2 Q E T = 2k sen 45º = k Q sen 45 2 2 Q=

ET = k sen 45º

2 × 10 5 9 × 10 9

2 2

= 3'1×10 −5 C

b. El potencial eléctrico en el punto P, es la suma escalar de los potenciales que genera cada una de las cargas en dicho punto. VP = V1 + V2 = 0

Q r Q Q VP = V1 + V2 = k 1 + k 2 r1 r2

Por definición: V = k

0=k

Q1 Q +k 2 3 1

Q 1 = −3Q 2 Tienen que ser de distinto signo, y Q2 de triple valor que Q1.

5

k

Q1 Q = −k 2 3 1

OPCIÓN B Cuestión 1.a) ¿Cuál es el periodo de un satélite artificial que gira alrededor de la Tierra en una órbita circular cuyo radio es un cuarto del radio de la órbita lunar? b) ¿Cuál es la relación entre la velocidad del satélite y la velocidad de Luna en sus respectivas órbitas? Dato: Periodo de la órbita lunar TL = 27,32 días Solución. a. Teniendo en cuenta la tercera ley de Kepler: “El cuadrado del periodo del movimiento de

un planeta es directamente proporcional al cubo de la distancia media del planeta al sol” T2 =

4π 2 3 r GM

Aplicando esta expresión al satélite y a la Luna: 4π 2 3 4π 2 3  RS TS2 = RS  2 TS TS2 R S3  GM GM : Dividiendo . = : Simplifica ndo . =  4π 2 3  TL2 4π 2 3 TL2 R 3L 2 RL TL = RL  GM GM Expresión de la que se puede despejar el periodo del satélite:

TS = Según el enunciado: R S =

R S3

R S3 2 ⋅ T = T ⋅ ⋅ L L R 3L R 3L

1 RL 4 3

TS = TL ⋅

R S3 R 3L

⋅

1   RL  4   =T ⋅ = TL ⋅ L 3 RL

1 3 RL 1 T 43 = TL ⋅ 3 = L3 3 RL 4 2

T 27,32 TS = L = = 3,42 días 3 d, 9h, 57 min 8 8

b.

2π  2π ⋅ R v 2π ω= Teniendo en cuenta que:  ; v= T : = T R T v = ω ⋅ R 2π ⋅ R s 1 1   TL ⋅ R L vs Ts TL ⋅ R s R s = 4 R L  8 4 = = = = =2 = v L 2π ⋅ R L Ts ⋅ R L  T = 1 T  1 T ⋅ R 4 s L L L 8   8 TL

Cuestión 2.a) ¿Cuál es la velocidad de un electrón cuando se mueve en presencia de un campo eléctrico de módulo 3,5×105 N/C y de un campo magnético de 2 T, ambos mutuamente perpendiculares y, a su vez, perpendiculares a la velocidad del electrón, para que éste no se desvíe? b) ¿Cuál es el radio de la órbita descrita por el electrón cuando se suprime el campo eléctrico? Datos: Masa del electrón me = 9,1×10−31 Kg. Valor absoluto de la carga del electrón e = 1,6×10− 19 C Solución. Para facilitar los cálculos, y teniendo en cuenta que los vectores de campo eléctrico, campo magnético y velocidad son perpendiculares entre si, los consideramos sobre los ejes coordenados tal y como muestra la figura (la elección de los ejes es arbitraria). La fuerza que experimenta una partícula cargada que se

6

(

)

r r r r desplaza a lo largo de un campo magnético Fm viene dada por la expresión Fm = q ⋅ v × B , donde × representa producto vectorial y q la carga eléctrica de la partícula, aplicando al caso propuesto: r r r i j k r r r r r Fm = q ⋅ v × B = q e ⋅ 0 v 0 = q e ⋅ − vB k = −q e vB k

(

(

)

)

B 0 0 La fuerza que experimenta una partícula cargada que se desplaza a lo largo de un campo r r r eléctrico FE viene dada por la expresión FE = q ⋅ E , aplicando a este caso: r r r FE = q ⋅ E = q e ⋅ E k r r Nota: La dirección y sentido de los vectores Fm y FE se corresponden con el dibujo teniéndose en cuenta el valor negativo de la carga del electrón.

()

()

r r Las fuerzas que ejercen los campos eléctrico E y magnético B sobre el electrón son vectores de la misma dirección y sentido opuesto. Para que la velocidad del electrón mantenga constante su dirección, los módulos de ambas fuerzas deben ser iguales. r Fm = q e vB r r E r  : Fm = FE ⇒ q e vB = q e E : v = B FE = q e E   Donde E es el módulo del campo eléctrico y B el del campo magnético. E 3'5 × 10 5 N C v= = = 1'75 × 10 5 m s B 2T r r r b. Sí E = 0 y B = 2 i T la fuerza que produce el campo magnético tiene carácter normal (centrípeta).

r r v2 mv Fm = Fc ⇒ q e vB = m :R = R qeB

R=

mv 9'1× 10 −31 ⋅1'75 × 10 5 = ≈ 4'98 ×10 −7 m qeB 1'6 × 10 −19 ⋅ 2

Cuestión 3.- La energía mínima necesaria para extraer un electrón del sodio es de 2,3 eV. Explique si se producirá el efecto fotoeléctrico cuando se ilumina una lámina de sodio con las siguientes radiaciones: a) Luz roja de longitud de onda 680 nm. b) Luz azul de longitud de onda 360 nm. Datos: Constante de Planck h = 6,63×10−34 J s; Velocidad de la luz en el vacío c = 3×108 m/s Valor absoluto de la carga del electrón e = 1,6×10−19 C Solución. Si la energía asociada a la radiación luminosa es superior al potencial de extracción, se produce la extracción del electrón (efecto fotoeléctrico). Según la ecuación de Planck, la energía asociada a una radiación viene dada por la expresión: c E = h⋅ν = h⋅ λ

a.

Luz roja: E = 6,63 × 10 −34 ⋅

3 × 108 680 × 10 −9

= 2,9 × 10 −19 J

÷1,6×10 −19 J

1,8 eV < 2,3 eV eV

La luz roja no produce efecto fotoeléctrico sobre el sodio.

b.

Luz roja: E = 6,63 × 10− 34 ⋅

3 × 108 360 × 10

−9

= 5,5 × 10 −19 J

La luz azul produce efecto fotoeléctrico sobre el sodio.

7

÷1,6×10 −19 J

3,4 eV > 2,3 eV eV

Problema 1.- Un punto material oscila en torno al origen de coordenadas en la dirección del eje Y, según la expresión:

π π  y = 2 sen  t +  (y en cm; t en s), 4 2  originando una onda armónica transversal que se propaga en el sentido positivo del eje X. Sabiendo que dos puntos materiales de dicho eje que oscilan con un desfase de π radianes están separados una distancia mínima de 20 cm., determine: a) La amplitud y la frecuencia de la onda armónica. b) La longitud de onda y la velocidad de propagación de la onda. c) La expresión matemática que representa la onda armónica. d) La expresión de la velocidad de oscilación en función del tiempo para el punto material del eje X de coordenada x = 80 cm., y el valor de dicha velocidad en el instante t = 20 s. Solución a. Para hallar la amplitud de la onda nos fijamos simplemente en la ecuación dada, de donde A = 2 cm Para hallar la frecuencia de la onda volvemos a fijarnos en la ecuación dada π π ω 1 ω = = 2π ⋅ f ⇒ f = = 4 = = 0,125 s -1 4 2π 2π 8 b. Para hallar la longitud de onda basta darse cuenta de que al decirnos que dos puntos que oscilan con un desfase de π radianes están separados una distancia mínima de 20 cm es como decir λ = 20 cm ⇒ λ = 40 cm 2 Conocida la longitud de onda y la frecuencia, la velocidad es: λ v = = λ ⋅ f = 40 cm ⋅ 0,125 s −1 = 5 cm s T c.

La expresión matemática que representa la onda es y(x, t ) = A sen (ω t − k x + φ o ) , donde k es el

2π 2π π   número de onda  k = = = cm −1  , y ϕo es el desfase inicial, fijando otra vez la atención sobre λ 40 20   π la ecuación inicial, φ o = , sustituyendo los valores conocidos se obtiene la expresión matemática de la 2 onda: π π π y(x, t ) = 2 sen  t − x+  20 2 4 d.

La expresión para la velocidad se obtiene derivando la expresión de y(x, t) respecto del tiempo. d y(x, t ) d  π π  π π π π π π π π π vy = = 2 sen  t − x +  = 2 cos t − x +  ⋅ = cos t − x+  dt dt  20 2  20 2 4 2 20 2 4 4 4 Para x = 80 cm π π π π 7π  π π v y (x = 80, t ) = cos t − 80 +  = cos t −  2 4 20 2 2 4 2     Para t = 20 s π 7π  π 3π π π v y (x = 80, t = 20) = cos 20 − = ⋅0 = 0  = cos 2 2  2 2 2 4

8

Problema 2.- Una espira circular de sección 40 cm2 está situada en un campo magnético uniforme de módulo B = 0,1 T, siendo el eje de la espira paralelo a las líneas del campo magnético: a) Si la espira gira alrededor de uno de sus diámetros con una frecuencia de 50 Hz, determine la fuerza electromotriz máxima inducida en la espira, así como el valor de la fuerza electromotriz 0,1 s después de comenzar a girar. b) Si la espira está inmóvil y el módulo del campo magnético disminuye de manera uniforme hasta hacerse nulo en 0,01 s, determine la fuerza electromotriz inducida en la espira en ese intervalo de tiempo. Solución. a. Según la Ley de Faraday, la fuerza electromotriz inducida en una espira que se encuentra en un campo magnético viene dada por la expresión: dΦ ε=− dt Φ ≡ Flujo a través de la espira, se define como el producto escalar del vector campo magnético por el vector superficie. r r Φ = B o S = B ⋅ S ⋅ cos α Si la espira gira en torno a uno de sus diámetros, el ángulo que forman el vector superficie y el campo magnético (α) es función del tiempo y varia según: α = ω ⋅ t = 2π ⋅ f ⋅ t = 2π ⋅ 50 ⋅ t = 100π ⋅ t Conocido el ángulo, se calcula la expresión del flujo en función del tiempo.

Φ = 0,1 ⋅ 40 × 10 −4 ⋅ cos(100π t ) = 4 × 10 −4 ⋅ cos(100π t ) Sustituyendo en la expresión de la fuerza electromotriz la expresión del flujo y derivando se obtiene la f.e.m. inducida en la espira. dΦ d ε (t ) = − =− 4 × 10− 4 ⋅ cos(100π t ) = −4 × 10− 4 ⋅ (− sen (100π t )) ⋅ 100π = 4π ⋅ 10 − 2 sen (100π t ) dt dt

(

)

El valor de la fuerza electromotriz máxima se obtiene cundo la expresión trigonométrica vale 1.

ε máx = 4π ⋅ 10−2 ⋅ 1 = 4π ⋅ 10 −2 v Para t = 0,1 s:

ε (0,1 s ) = 4π ⋅ 10−2 sen (100π ⋅ 0,1) = 4π ⋅ 10−2 sen 10π = 4π ⋅ 10 −2 ⋅ 0 = 0

b. Si la espira permanece inmóvil, y el campo magnético disminuye desde su valor inicial hasta desaparecer de forma uniforme, el flujo también variará de forma uniforme, induciendo una f.e.m. en la espira. Φ − Φo dΦ ∆Φ =− =− f ε=− dt ∆t ∆t Φ f = Bf ⋅ S ⋅ cos 0 = 0 ⋅ S ⋅ cos 0 = 0

Φ o = Bo ⋅ S ⋅ cos 0 = 0,1 ⋅ 40 × 10 −4 ⋅ cos 0 = 4 × 10 −4 Sustituyendo en la expresión de la f.e.m.

ε=−

Φf − Φo 0 − 4 × 10 −4 =− = 0,04 v ∆t 0,01

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