estudiadMALDITOS202_1

PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD Diciembre de 2006 Cantabria, Oviedo, Castilla-Len

L.Alberto Crespo Siz Pgina 1 de 31

Fig 1

Fig 2

UNIVERSIDAD DE CANTABRIA - LOGSE - JUNIO 2002 F S I C A

A. Se considera el pndulo simple, de longitud L, colocado como en la figura. Los choques dela masa m contra la pared vertical son perfectamente elsticos. a) 1 PUNTO Se desplaza ligeramente la masa m de su posicin deequilibrio y se suelta cul es el periodo de oscilacin? b) 1 PUNTO Se trata de un movimiento armnico simple?Explicarlo. Datos: L=25 cm; g =9,8 m/s2.

SOLUCIN

a) Si el pndulo hiciese una oscilacin completa 1-2-1'-2-1 el

perodo sera y el movimiento armnico simple T lg

= 2(Fig 2). Al chocar elsticamente, el tiempo efectuado en elrecorrido 1-2-1, el tiempo invertido en recorrido 1-2-1 es la

MITAD del perodo: T lg

s10 259 8

0 502= = = ,,

,

b) Puesto que la masa rebota en la pared no cumple lascondiciones de movimiento armnico simple.

B. Para medir la profundidad de un pozo se deja caer desde suboca una piedra. Al cabo de 3,5 segundos desde que se dej caer la piedra se oye el golpe en elfondo. a) 1 PUNTO Qu es ms rpido: la cada de la piedra o el recorrido del sonido? b) 1PUNTO Cul es la profundidad? Datos: Velocidad del sonido en el aire Vs = 330 m / s ; g=9,8m /s2.

SOLUCIN

a) Si t es el tiempo de cada de la piedra, 3,5-t ser el tiempo de subida. El espacio recorrido por

la piedra y el sonido son iguales: s gt t

s tt tpiedra

sonido

= ==

+ =12

12

9 8

3 5 3304 9 330 1155 0

2 22,

( , ),

de modo que el tiempo de bajada es: t=3,33 s, mientras el de subida ts=3,5-3,33=0,17 s.

b) La profundidad del pozo la obtenemos de cualquiera de las ecuaciones anteriores:

INDICACIONES AL ALUMNO1. El alumno elegir tres de las cinco cuestiones propuestas, as como slo una de las dos opciones de problemas2.No deben resolverse problemas de opciones diferentes, ni tampoco ms de tres cuestiones



Fig 2

s gt m= = =12

12

9 8 3 33 54 332 2, .( , ) ,

C.2 PUNTOS. En un campo magntico uniforme se consideran las tres situaciones siguientes:a) Una partcula cargada en reposo ; b) partcula cargada que se mueve con velocidad paralelaal campo, y c) partcula cargada ahora con velocidad ortogonal a la direccin del campomagntico. Indica la accin del campo sobre la partcula en cada uno de los tres casos y comoser su movimiento en l.

SOLUCINa) La fuerza que acta sobre una partcula en el seno de un campo magntico es

r r rF q v B= .( )y si v=0 no hay fuerza y por tanto no hay movimiento.b) Si los vectores son paralelos la fuerza es tambin nula (el producto vectorial de dosr

rv y B

vectores paralelos es nulo)c) Al ser los vectores perpendiculares entre s, el mdulo de la fuerza vale F=q.v.B ,r

rv y B

dirigida perpendicularmente al plano determinado por , realizando as una trayectoriar rv y B

circular mientras se encuentra en el interior del campo. El radio de la misma se puede obteneraplicando la 2 Ley de la Dinmica:

r rF m a q v B m v R R mvqB

= = = . ; . . 2

D. Un observador se coloca frente a dos espejos planos como se indica en el figura (que no esta escala). El primer espejo es semitransparente por lo quela mitad de la luz incidente por la izquierda llega alsegundo. Consideramos d=1 m a) 1 PUNTO. Dibujar,indicando las distancias, dnde se formarn las imgenesdel objeto luminoso b) 1 PUNTO Para el observador Ocul es la diferencia entre los ngulos con los queobserva las dos imgenes que se forman?

SOLUCIN

De la figura puede observarse que:

tg d

d d =

+= =

2

115

33 69,

; ,

y de igual forma:

tg d

d d d d =

+ + += =

2 10 10

0 588 30 46, ; ,

de modo que la diferencia entre ambos ngulos es:



Fig 3

= = 3 22, E. a) 1 PUNTO Explica la hiptesis de Planck. b) 1 PUNTO Una de las frecuencias utilizadasen telefona mvil (sistema GSM) es 900 MHz. Las frecuencias de la luz visible varan entre4,3.108 MHz (Rojo) y 7,5.108 MHz (Violeta). Cuntos fotones GSM necesitamos para obtenerla misma energa que con un solo fotn de luz violeta?

SOLUCIN

a) La hiptesis de Planck da solucin a la distribucin espectral de la energa de la radiacintrmica ( energa emitida por los cuerpos en funcin de su temperatura absoluta). La energa delos osciladores no puede variar de forma continua, sino por mltiplos de un valor elemental Eocuyo valor viene dado por la expresin:

E h fo = .siendo f la frecuencia y h una constante universal llamada constante de Planck, cuyo valor esh=6,662.10-34 J.s .

Esta hiptesis se sustenta en la idea de que el cuerpo radiante (llamado cuerpo negro) estformado por partculas microscpicas (osciladores) que tienen diferentes estados de vibracin.

b) La energa de un fotn de luz violeta es E h f Jv= = = . , . . , . , .6 6210 7 510 4 961034 14 19La energa por fotn GSM es , luego el nmero deE J1

34 6 256 6210 90010 5 9510= = , . . . , .fotones GSM es: n E

EFotones= = =

1

19

254 96105 9510

832494, ., .

PROBLEMAS( 2 puntos cada uno)

Opcin de problemas n 1

1.1. Dos cargas puntuales positivas e iguales q=3 C y de masa m=5.10-3 kg se fijan en lospuntos A y B a d=6 cm de distancia. Desde el punto O, situadoa una altura h=4 cm, se lanza verticalmente hacia el punto mediodel segmento AB una tercera carga Q = 1 C, de masa igual a lasanteriores, m. a) 1 PUNTO Si al llegar al punto M la velocidadde la partcula es cero, con qu velocidad inicial vo fue lanzadadesde O b) 1 PUNTO Si a la llegada de la partcula a M convelocidad cero, se liberan simultneamente las cargas en A y By la superficie es completamente lisa, describir el movimiento delas tres cargas. Cul sera la velocidad final de cada una de ellasal cabo de un tiempo muy largo?

Datos: g = 9,8 m/s214

9109 2 2O N m C=. .

SOLUCIN



a) Se trata de un sistema conservativo - nicamente actan fuerzas gravitatorias yelctricas- luego la energa del sistema debe conservarse, es decir:

Ep+Ec+EElctr=0

donde Ep=mgh , Ec=mv2 y . Por tanto:E Kq q

rElect= 1 22.

{ } ( ) ( ){ }0 0 12 02 12 13 23 12 13 23 + + + + + + =mgh mv E E E E E Eo ' ' 'donde cada uno de los factores entre llaves representa la variacin de la energa potencialgravitatoria, cintica y potencial elctrica. Se ha considerado como nivel de energa potencial laposicin que ocupan las cargas A y B. Observar que por ser la energa electrostticaE E12 12

' =la misma para ambas cargas tanto en el estado inicial como en el final. As:

+ + = mgh mv KqQ KqQ KqQ KqQo12 310 310 510 510 02

2 2 2 2. . . .Sustituyendo valores:

+ = =

210 0 0025 2 7 23

25

0 16 953 2. , , , /v v m so o

b) Inicialmente, cada una de las cargas A y B estn sometidas a una fuerza repulsiva cuyo

valor es . A medida que las cargas se separan, la fuerza repulsivaF K qr

K qQrAB AB

= +

2

2 2

2disminuir, y cuando nicamente habr energa cintica de las partculas A y B, ya quer la carga Q ser repelida por igual por ambas y en sentido contrario, por lo que permanecer enreposo. Puesto que nuestro sistema sigue siendo conservativo, si bien sin la presencia de energapotencial gravitatoria, deber verificarse:Ec+EElctr=0

0310 310 610

12

12

0 02 22

22 2 + +

+ + = K

q Q K q Q K q mv mv..

.. .

que sustituyendo valores resulta:

510 910 10 1 1 96

25 093 2 11 12. . . , / = + + =v v m s

1.2. Sabemos que el cometa Halley tiene un periodo T =76 aos. Durante su ltima visita a lasproximidades del Sol en 1986 se midi la distancia al Sol en el perihelio: d1= 8,8.107 km.a) 1 PUNTO Cul es la distancia al Sol en el afelio? b) 1 PUNTO En qu punto de su rbitaalcanza el cometa su mxima velocidad y cuanto vale sta? Datos: G=6,67.10-11 N .m2 kg-2 ; masadel Sol Ms = 2.1030 kg

SOLUCIN



Fig 4

a) El perodo es T=76 aos=2,39.109 s lo que nos va a permitir determinar el radio medio dela rbita circular mediante la aplicacin de la 2 Ley de la Dinmica. En efecto:

F m a G m MR

mT

R R mc c sm

m m= = = .

. . , .22

122 2 6810

Pero la rbita es elptica y con buena aproximacin(*) de modo que conocido el valor de2 2a R r rm p a= = + resulta r d mp = =1 108 810, . r R r ma m p= =2 5 271012, .

(Ver lo expuesto en la figura adjunta).

b) Teniendo en cuenta que en tringulo sombreado se verifica

dA r v dt dAdt

r v AT

rv r v r va a p pr r r= = = = =12 2 2 2 2

. . ..

siendo A el rea de la elipse ( ) y T el perodo de revolucin del satlite o planeta. DeA a b= . .la expresin (*) resulta ser a=Rm, de modo que la semidistancia focal de la elipsees y conocida la relacin entre parmetros de lac a r mp= = =2 6810 8 810 2 5921012 10 12, . , . , .elipse . As:a b c b a c m2 2 2 2 2 116 8110= + = =; , .

v Ar T

abr T

m s km spp p

= = = =2 2 5452318 54 52. .

, / , /


2.1. Cierto muelle, que se deforma 20 cm cuando se le cuelga una masa de 1 kg (Figura A), secoloca sin deformacin unido a la misma masa sobreuna superficie sin rozamiento. como se indica en laFigura B. En esta posicin se tira de la masa 2,0 cm yse suelta. Despreciando la masa del muelle, calcular:a) 1 PUNTO La ecuacin de la posicin para el m.a.s.resultante. b) 1 PUNTO Las energas cintica,potencial elstica y mecnica total cuando hatranscurrido un tiempo t =3/4 T , donde T es el periododel m.a.s. Datos: g= 9,8 m/s2.

SOLUCIN

a) Determinamos en primer lugar la constante recuperadora del resorte. En el equilibrio debe

verificarse (Fig 4 (A)): . De los datos del problema se deducemg kx k N m= = =; ,,

/9 80 2

49

que la amplitud es A=2 cm y y que en t=0 la posicin es x= 2cm = = =km

rad s491

7 /



La ecuacin del movimiento la podemos escribir:

( )x t Asen t sen seno o o o( ) ( ) ; . ;= + = + = = 2 2 7 0 1 2luego: x t sen t cm( ) = +

2 7 2

b) Para siendo resulta de sustituir en la ecuacin anterior:t T= 34

T s= =2 27

x T sen cm34

2 2 0 = =( )

luego: E kx J E E E kA JElast cin Total cin= = = = = 12 012

0 9 8102 2 3; , .

2.2. En el potasio natural se encuentra actualmente un 0,012 % del istopo radiactivo 40K. Todoslos dems istopos presentes son ncleos estables: 39K, 93,1 % ; 41K , 6,888 %. a) 1 PUNTOCalcular la actividad de una muestra de 10 g de potasio. b) 1 PUNTO Suponiendo que cuandose formaron los ncleos de potasio. en la etapa de la nucleosntesis. el 39K y el 41K se formaronen la proporcin 30: 1. y que el 41K se form en la misma proporcin respecto del 39K que tieneen la actualidad, calcular el tiempo transcurrido desde entonces (como mltiplo del periodo desemidesintegracin del 40K, y tambin en aos). Compara ese tiempo con la edad del Universo.Datos: Peso Atmico K=39. Nmero de Avogadro NA = 6.02.1023 Mol-1. Periodo desemidesintegracin 40K: T1/2 =1.28.109 aos. Edad del Universo: to=1,1.1010 aos.

SOLUCIN

Actualmente

39K93,1%

40K*0,012%

41K6,888%

a) En 10 g de potasio son radiactivos es decir :m g* . , , .= = 10 0 012100

1 210 3

donde 39 es la masa atmica del potasio.1 21039

6 0210 184103

23 19 40, . . , . , . *

= nucleos de K

Dado que siendo resulta:A No= . = = = LnT s2 0 693

1 2810 365864001 7210

12

917 1,

, . . ., .

A desnt s= 1 7210 1851017 19, . . , . /b)En la NUCLEOSNTESIS



39K 40K* 41KEn la ACTUALIDAD

39K93,1%

40K*0,012%

41K6,888%

donde = = 1 7210 5 411017 1 10 1, . , .s aosEn la nucleosntesis las proporciones entre el potasio 39 y 40 son: y entre el

39

40301

KK=

41 y 39 luego la proporcin (*) en ese tiempo. En la41

396 888931

KK= ,

,

41

402 219548

1KK= ,

actualidad: . Ahora hemos de expresar el numerador de esta fraccin en funcin41

406 8880 012

KK= ,

,de la que existe en la nucleosntesis y as sabremos la relacin entre los ncleos iniciales y losactuales. Para ello dividimos 6,888/2,219548=3,1033. De este modo obtenemos la relacin

que tiene el mismo numerador que (*), lo cual indica que41

406 888 31030 012 3103

2 2195480 003867

KK= =, / ,

, / ,,,

la proporcin de potasio 40 en la actualidad y en la nucleosntesis es NN

eo

t= = 0 0038671

,

y conocida y despejando resulta:t=1,02.1010 aos

que en funcin del perodo de desintegracin:t

T1 2

10

91 026101 2810

8 022= =, ., .

,



UNIVERSIDAD DE CANTABRIA - LOGSE - SEPTIEMBRE 2002 F S I C A

A. Para los satlites de Jpiter, la relacin entre el cuadrado del periodo, T2, y el cubo del radiopromedio de la rbita, a3, es T2/a3 = 41,6, cuando T se expresa en das y a en millones de kmSabiendo que el radio promedio de la rbita de la Tierra es 149,6 millones de km, obtener:a) 1 PUNTO El valor de T2/a3 para los planetas del sistema solar, en las mismas unidades queantes. b) 1 PUNTO La masa de Jpiter en trminos de la masa del Sol. Datos: 1 ao = 365 das.

SOLUCIN

a) Para la Tierra que es la misma para todos los planetas del sistemaTa

2

3

2

3365

149 60 0398= =

,,

solar, pues basta aplicar la 2 Ley de la Dinmica a cada uno de ellos y comprobar que dicharelacin es comn.

b) Para los satlites de Jpiter y para la Tierra y resto deTa G MJupiter Jupiter

2

3

2

41 6 4

= =,.

planetas del sistema solar de modo que dividiendo miembroTa G MTierra Sol

2

3

24 0 0398

= =,.... .

,

a miembro ambas expresiones resulta: M MJupiter Sol= 0 000957,

B. a) 1 PUNTO Puede ser nulo el potencial electrosttico en un punto y no serlo la intensidaddel campo elctrico en dicho punto? b) 1 PUNTO Ocurre lo mismo para el campo gravitatorio?Razona las respuestas.

SOLUCIN

a) S. Basta suponer una distribucin de carga formada por un dipolo -dos cargas iguales yopuestas en signo- dispuestas en el eje OX simtricamente respecto al origen. Mientras elpotencial V=0 en el origen de coordenadas el campo elctrico no lo es. (Haga el lector unesquema apropiado)

b) No, debido a que en este caso, la unidad activa de campo, la masa, es siempre positiva, lo cualhace que el potencial es nicamente nulo a distancias infinitas de la distribucin de masa. Luegoen este caso, solamente en el infinito, campo y potencial pueden ser nulos simultneamente.

C. a) 1 PUNTO El sonido es una onda longitudinal o transversal? Explica cmo se propaga.b) 1 PUNTO Pueden una onda longitudinal y una transversal tener la misma velocidad de

INDICACIONES AL ALUMNO1. El alumno elegir tres de las cinco cuestiones propuestas, as como slo una de las dos opciones de problemas2.No deben resolverse problemas de opciones diferentes, ni tampoco ms de tres cuestiones



propagacin en el mismo medio material? Dar un ejemplo de cada tipo de onda.

SOLUCIN

a) El sonido es una onda longitudinal que se propaga en los medios mediante variaciones depresin (compresiones y enrarecimientos)b) No, pues las velocidades de propagacin de una y otra dependen de factores diferentes. As,las ondas longitudinales tienen una velocidad de propagacin que depende del mdulo elstico

del medio (E) y de su densidad (), , mientras que en las transversales depende de lav EL = densidad () y del llamado mdulo de rigidez (), y es conocido que



a) Faraday y Henry demostraron que la f.e.m inducida en un circuito (e) equivale a la variacintemporal del flujo ()del vector induccin magntica que atraviesa dicha superficie.

Matemticamente se expresa as: y se mide en VOLTIOS en el S.I.e Nt

= b) La ley de Lenz permite establecer el sentido de la corriente inducida en un circuito o espira.Su enunciado es: La corriente inducida en un circuito debe tener un sentido de circulacin talque el campo magntico creado por ella se oponga a la variacin del flujo inductor

PROBLEMAS( 2 puntos cada uno)


1-1. Para un satlite terrestre, una rbita geoestacionaria es aquella para la cual el periodo es elmismo que el de giro de la Tierra sobre si misma. a) 1 PUNTO Calcular el radio de la rbitacircular geoestacionaria. b) 1 PUNTO Desde una estacin espacial en rbita geoestacionaria sequiere lanzar un cohete que escape a la atraccin gravitatoria terrestre. Comparar la velocidadde escape desde esa rbita con la correspondiente en la superficie de la Tierra. Datos: RT = 6370km; MT = 6.1024 kg; G=6,67 10-11m3 .kg-1 .s-2.

SOLUCIN

a) La aplicacin de la 2 Ley de la Dinmica al movimiento del satlite nos proporciona laincgnita pedida:

F m a G M mr

mT

r r GMT km= = = = . ;

. . . ,22 2

23

24

45836 2 b) Basta considerar que para que el satlite escape a la accin gravitatoria, habr que llevarlo alinfinito, para lo cual habr que proporcionarle una velocidad adicional ve, tal que:

Energa en la rbita+ Energa de lanzamiento= Energa en r=4siendo la energa total en la rbita la suma de la energa cintica debida a su velocidad y la

energa potencial gravitatoria, es decir . Luego:E G M mr

mv G MmrTotal o

= + = . 12 2

2

+ = = =G Mmr

mv v GMr

m se e212

0 2954 82 ; , /

Si la velocidad de escape desde la superficie terrestre es vt, aplicando la conservacin dela energa, tendramos:

+ = = =G M mR

mv v GMR

m sT

t tT

. ; , /12

0 2 11209 42

La relacin de velocidades de escape es: vv

t

e= 3 79,



Fig 5

1.2. Una onda transversal se propaga en un medio material segn la ecuacin:

, en unidades del SI. a) 0,5 PUNTOS Determinar la amplitud,y x t sen t x( , ) ,,

= 0 2 2 50 0 1

periodo y longitud de onda. b) 0,5 PUNTOS Calcular la velocidad de propagacin de la onda.En qu sentido se propaga? c) 0,5 PUNTOS Cul es la mxima velocidad de vibracin de laspartculas en el medio? d) 0,5 PUNTOS Calcular la diferencia de fase, en un cierto instante t,entre dos puntos que distan entre si 2,5 cm.

SOLUCIN

a) Por simple inspeccin se puede ver que: A=0,2 m ; T=1/50 s ; f=50 Hz y =0,1 m

b) La velocidad de propagacin es vT

m sP = = = 0 10 02 5,

,/

c) v dydt

t x v m svib vib= = =20 2 50 10 20 cos ( ) ; /(max)d) Podemos utilizar la proporcin

2

2 2 2 510 2

= = = = x x rad; . ,


2.1. Entre dos placas metlicas, paralelas y separadas entre si d=2 cm, hay una diferencia depotencial V=1000 V En el centro del sistema (punto medio entrelas placas) se produce un par electrn e- - in Ar+, de forma queambas partculas se ven sometidas a los efectos del campoelctrico constante de intensidad E = V /d, que existe entre lasplacas. Podemos despreciar tanto la atraccin coulombiana entrelas partculas (ya que se separan muy rpidamente), como losefectos gravitatorios. a) 1 PUNTO Obtener la fuerza ejercida por el campo sobre cadauna de las partculas. Depende la fuerza de la distancia de laspartculas a las placas?b) 1 PUNTO Si ambas partculas parten del reposo, cul llegar antes a una de las placas ycunto tiempo tardar? Justificarlo. Datos: Masa del electrn: me = 9,1.10-3l kg; Masa del Ar+ =73440 me ; Carga del electrn e =1,6 10-19 C.

SOLUCIN

a) Calculamos en primer lugar la intensidad de campo en el interior de las placas, pues la fuerzaque solicita a ambas partculas cargadas es . El valor es:

r rF q E= .

E Vd

N C= = = 1000210 51024

.. / ( )



As, la fuerza sobre cada una de las partculas es: F NF N

Ar+ = = = =

1 610 510 8101 610 510 810

19 4 15

19 4 15, . . . . ( )

, . . . . ( )

que como puede observarse, la fuerza no depende de la distancia a las placas.b) La aplicacin de la 2 Ley de la Dinmica nos proporciona la aceleracin de cada una de las

partculas cargadas: de donde se deduce quer rF m a a

ae

Ar

= ==

+. ;

. , . .

. , . . , . .810 9 110810 7 3410 9 110

15 31

15 4 31

la aceleracin del electrn es mayor, por lo que llegar antes a su destino.El tiempo que cada partcula invierte lo podemos obtener de la conocida expresin del

espacio para un MRUA: s at at s at d t da

= = = =12

2 22

2 2 2; ; ;

que aplicada a cada una de las partculas resulta:

t da

s

t da

s

ee

ArAr

= = =

= = =

+

+

2108 7910

1510

2101 210

4 0910

2

159

2

117

., .

, .

., .

, .

2.2. Efecto fotoelctrico. Las funciones trabajo (o trabajo de extraccin) del W y del Cs son 0=4,58 y 1,9 eV, respectivamente. Una lmina de uno de estos metales se ilumina con luz violetacuya frecuencia es f=7,5 108 MHz y se detectan electrones que provienen de dicha lmina. a) 1 PUNTO De cul de los metales se trata y qu energa mxima tendran los electronesarrancados? b) 1 PUNTO Obtener la frecuencia mnima, y la longitud de onda correspondiente,que debera tener la radiacin para que se produjera el efecto fotoelctrico con cualquiera de losdos metales.Datos: Constante de Planck: h = 6,62.10-34 J.s ; c=300000 km/s; 1 eV= 1,6.10-19 J.

SOLUCIN

a) La energa de la luz incidente es E h f J eVi i= = = = . , . . , . . , . ,6 6210 7 510 10 4 9610 3134 8 6 19Puesto que el W (Wolframio) tiene una energa de extraccin de 0 =4,58 eV mayor que laenerga de la luz incidente, no puede tratarse de ste. Los electrones proceden del CESIO. Laenerga mxima de los electrones arrancados es:

Emax=Ei-0 =3,1-1,9=1,2 eV=1,92.10-19 J

b) Bastar igualar la energa incidente al trabajo de extraccin de cada uno de los metales, puesa partir de una energa incidente mayor, tanto en uno como en otro se producir efectofotoelctrico.



Cs f f HzW f f Hz

Cs Cs

W W

: , . , . , . ; , .: , . , . , . ; , .

1 91 610 6 6210 4 59104 581 610 6 6210 1110

19 34 14

19 34 15

= == =

Las longitudes de onda son: Cs c

fm

W cf

m

Cs

W

: ., .

, .

: ., .

, .

= = =

= = =

3104 5910

6 5410

3101110

2 7310

8

147

8

157

Pruebas de Acceso a las Universidades de Castilla y Len

JUNIO 2002INSTRUCCIONES:Cada alumno elegir obligatoriamente una de las dos opciones que se proponen.Las frmulas empleadas en la resolucin de los ejercicios deben ir acompaadas de los razonamientos oportunos y susresultados numricos de las unidades adecuadas.La puntuacin mxima es de 3 puntos para cada problema y de 2 puntos para cada cuestin.Al dorso dispone de una tabla de constantes fsicas, donde podr encontrar, en su caso, los valores que necesite.

PROBLEMA A1Dos planetas de masas iguales orbitan alrededor de una estrella de masa mucho mayor. El planeta1 describe una rbita circular de radio R1 = 1.108 km con un perodo de rotacin T1 = 2 aos,mientras que el planeta 2 describe una rbita elptica cuya distancia ms prxima es R1 = 1.108km y la ms alejada es R2 = 1,8.108 km tal como muestra la figura. a)Obtener el perodo derotacin del planeta 2 y la masa de la estrella (2 puntos). b) Calcular el cociente entre lavelocidad lineal del planeta 2 en los puntos P y A (1 punto).

SOLUCIN

a) De acuerdo con la tercera Ley de Kepler, elcuadrado del perodo de revolucin es directamenteproporcional al cubo del radio medio de la rbita .Necesitamos pues el radio medio de la rbita delplaneta 2:

.r R R kmm = + = + =1 28 8

8

210 1810

21 410, . , .

Aplicando la 3 Ley de Kepler a cada uno de los planetas

que despejando resulta T KRT Kr

TT

Rr Tm m

12

13

22 3

12

22

13

3

2

22

8

8

32 10

1 410== = =

; , .

T aos2 3 31= ,



b) Puesto que el planeta 2 est sometido a una fuerza central debe conservarse el momentoangular del mismo respecto al centro de fuerzas. As:

r rL L m R v m R v v

vRRP A P P A A

P

A

A

P= = = =; ,18

PROBLEMA A2Si el trabajo de extraccin de la superficie de un determinado material es de E0 = 2,07 eV : a)En qu rango de longitudes de onda del espectro visible puede utilizarse este material en clulasfotoelctricas ? Las longitudes de onda de la luz visible estn comprendidas entre 380 nm y 775nm (2 puntos). b) Calcule la velocidad de extraccin de los electrones emitidos para una longitudde onda de 400 nm (1 punto).

SOLUCIN

a) Calculamos la frecuencia mnima necesaria para que se produzca el efecto fotoelctrico:

E h f E h co o o= = = . ; , . , . , . .max max

2 071 610 6 6210 31019 348

de donde y de las condiciones del problema max .= =610 6007 m nm min = 380 nmluego entre esas dos longitudes de onda visibles se producir efecto fotoelctrico.

b) Basta aplicar la expresin del efecto fotoelctrico en la queE mv h coincidente

+ =12

2

sustituyendo valores resulta:

12

9 110 4 9710 3 3110 1 651031 2 19 19 19, . . , . , . , . = =vv m s= 6 02105, . /

CUESTIN A3Dos espejos planos estn colocados perpendicularmente entre si. Un rayo que se desplaza en unplano perpendicular a ambos espejos es reflejado primero en uno yluego en el otro espejo. Cul es la direccin final del rayo conrespecto a su direccin original? (2 puntos)

SOLUCIN

La solucin se muestra en la figura adjunta. Basta tener en cuentaque en los espejos planos, el ngulo de incidencia respecto a lanormal a la superficie reflectante debe ser igual al ngulo de reflexin. Observar que el nguloformado por el rayo incidente i respecto a la horizontal () es igual al formado por el rayoreflejado en el espejo E2 respecto a la horizontal(r), lo que lleva a la conclusin que ambos sonPARALELOS.



CUESTIN A4Pueden cortarse dos lneas de fuerza en un campo elctrico? Y dos superficies equipotenciales?Razone en todo caso su respuesta (2 puntos).

SOLUCIN

Si las lneas de fuerza de un campo elctrico se cortasen en un punto equivaldra a decirque en dicho punto debieran existir dos vectores intensidad de campotangentes a cada una de las lneas de fuerza, cuya resultante no seratangente a ninguna de ellas, lo que contradice el hecho de que el vectorintensidad de campo es tangente en todos sus puntos a las lneas decampo (Figura adjunta).

Algo similar ocurre con las superficies equipotenciales, que sonaquellas en las que el potencial elctrico es el mismo en todos suspuntos. Si dos de ellas se cortasen, habra una lnea comn y por ellocon el mismo potencial para ambas, lo cual es contradictorio con la definicin.

OPCIN B

PROBLEMA B1Se tienen dos hilos conductores muy largos, rectilneos y paralelos, separados 75 cm. Por el hiloconductor 1 circula una corriente de intensidad 2 A dirigida hacia el lector, tal como se indica enla figura. a) Calcule la intensidad que circula por el hilo 2 y su sentido sabiendo que en el puntoP el campo magntico resultante es nulo (1,5 puntos). b) Con la intensidadcalculada en el apartado anterior, determine la fuerza por unidad delongitud (mdulo, direccin y sentido) que ejercen los dos hilos entre s(1,5 puntos).

SOLUCIN

a) Para que la induccin magntica B sea nula en el punto P los vetoresinduccin creados por cada uno de los hilos deben tener igual mdulo yser opuestos. Efectivamente, aplicando la regla de la mano derecha puedeobservarse la direccin y sentido de ambos en el punto P. As:

r rB B I

dId

I I Ao o1 2 11

2

2

222 2

2100 25

0 5= = = = ; ; ,

donde hemos representado la intensidad I2 en la forma adecuada en la figura.

b) La fuerza por unidad de longitud que acta entre ambos hilos vale:

(Repulsiva)Fl

I Id

N mo= = =

1 27

7

24 10 2 0 5

2 0 752 610. . . ,

. ,, . / ( ))



PROBLEMA B2

Un extremo de una cuerda tensa horizontal de 3 m de longitud est sometido a un movimientooscilatorio armnico. En el instante t = 4 s la elongacin de ese punto es de 2 cm. Se compruebaque la onda tarda 0,9 s en llegar de un extremo a otro de la cuerda y que la longitud de onda esde 1 m. Calcule: a) La amplitud del movimiento ondulatorio (1,5 puntos). b) La velocidad devibracin en el punto medio de la cuerda para t = 1 s (1,5 puntos).

SOLUCIN

a) Supondremos que la onda tiene la forma standard y puesto quey x t Asen tT

x( , ) = 2

la onda tarda t=0,9 s en ser recorrida completamente, la velocidad de propagacin es

, y conocida la longitud de onda =1 m resulta para el perodo de la ondav m sp = =30 9 3 3, , /)

. Conocido que y(0,4)=2 cm, sustituyendo en la expresin de la onda,Tv

sP

= = = 13 3

0 3,

,)

tendremos: 2 2 40 3

01

4 33

= =Asen A cm ,

b) La velocidad de vibracin se obtiene derivando la ecuacin de la onda, y en este caso,sustituyendo la posicin y el instante de inters:

v dydt

AT

tT

x m svib = = =

=

2 22 4 3

30 3

2 10 3

151

24 18

cos,

cos,

, , /

CUESTIN B3Movimiento planetario:Leyes de Kepler (2 puntos).

SOLUCIN

-Todos los planetas se mueven en rbitas ELIPTICAS,en uno de cuyos focos se encuentrael Sol (Centro de Fuerza).

-Las reas barridas por el radio vector que une el Sol con el planeta son proporcionalesa los tiempos empleados en recorrerlas.

-Los cuadrados de los perodos de los planetas en su giro en torno al Sol sonproporcionales a los cubos de los radios mayores de sus rbitas T Kr2 3=CUESTIN B4Describa, defina o enuncie, de forma concisa y clara, los siguientes fenmenos fsicos:radiactividad natural, radiactividad artificial, fisin y fusin (2 puntos).

SOLUCIN



Radiactividad natural: Es la transformacin o transmutacin nuclear espontnea, de modo quetomos de un elemento se transforman en tomos de otro elemento emitiendo partculas a granvelocidad de diferentes tipos: electrones, ncleos de helio y adems energa.Radiactividad artificial: La inducida como consecuencia de bombardear un ncleo pesado conpartculas adecuadas, de manera que da lugar a otros ncleos ms ligeros e inestables adems deotras partculas.Fisin nuclear: Escisin de un ncleo pesado para dar lugar a otros ms ligeros de masasaproximadamente iguales, a la vez que se liberan neutrones y gran cantidad de energa.Fusin nuclear: Unin de varios ncleos ligeros para dar lugar a otro ms pesado y liberando unagran cantidad de energa.

Pruebas de Acceso a las Universidades de Castilla y Len

SEPTIEMBREINSTRUCCIONES:Cada alumno elegir obligatoriamente una de las dos opciones que se proponen.Las frmulas empleadas en la resolucin de los ejercicios deben ir acompaadas de los razonamientos oportunos y susresultados numricos de las unidades adecuadas.La puntuacin mxima es de 3 puntos para cada problema y de 2 puntos para cada cuestin.Al dorso dispone de una tabla de constantes fsicas, donde podr encontrar, en su caso, los valores que necesite.

OPCIN A PROBLEMA A1a) Si la luz solar tarda en promedio 8,33 minutos en llegar a la Tierra, 12,7 minutos a Marte y6,1 minutos en alcanzar el planeta Venus, calcular el periodo de rotacin, en torno al Sol, deMarte y de Venus (1,5 puntos). b) Si la masa de Marte es aproximadamente la dcima parte dela de la Tierra y su periodo de rotacin entorno a su eje es aproximadamente igual al de la Tierra,calcular el radio de la rbita de un satlite geoestacionario orbitando sobre el ecuador de Marte(1,5 puntos).

SOLUCIN

a) Podemos calcular las distancias del Sol a cada uno de los planetas enumerados, porque esadistancia no es sino el radio medio de su rbita. La aplicacin de la 3 Ley de Kepler a cada unode los planetas nos permitir determinar los perodos de rotacin pedidos. En efecto:

Sol Tierra r c t mSol Tierra r c t mSol Tierra r c t m

ST

SM

SV

= = = = = = = = =

: . . . , . .: . . . , . , .: . . . , . , .

18 12

28 13

38 12

310 8 333600 910310 12 7 3600 1 310310 6 13600 6 510

Conocemos el perodo de la Tierra alrededor del Sol TT=1 ao, de modo que:



T K rT K rT K r T

rr T

rr

T ST

M SM

V SVM

ST

SM V

ST

SV

2 3

2 3

2 32

3

2

31 1

===

= =

.

.

.; ;

estas ltimas obtenidas dividiendo miembro a miembro la primera entra cada una de ellas.Sustituyendo los valores hallados para los radios de los planetas resulta:

T aos T aosM V= =1 73 0 61, ; ,b) Un satlite geostacionario en torno a Marte deber verificar:

F m a G M mr

mT

rc c MM

= = . ;

. .2

22

y despejando la incgnita pedida resulta:

r GM T GM T kmM M T M= = = =2

23

2

23 213

4 407 5410 19610 9 , . ,

PROBLEMA A2Tenemos 10 mg de 210Po, cuyo periodo de semidesintegracin es de 138 das. Calcule:a) Cunto tiempo debe transcurrir para que se desintegren 6 mg ? (1,5 puntos). b) Cuntos tomosquedan sin desintegrar al cabo de 365 das ? (1,5 puntos).Nota: El nmero de Avogadro NA =6,023.1023 tomos/mol.

SOLUCIN

a) Calculamos en primer lugar la actividad radiactiva, para este istopo radiactivo. Conocidala ley de desintegracin sabemos que para t=138 das, N=No/2, luego:N N eo

t= . ( )1

20 5

1380 005023138 1= = = e Ln dias . ; , ,

Cuando se hayan desintegrado 6 mg, tendremos presentes 4 mg que podramos expresar enncleos sin ms que dividir por la masa atmica del Polonio (210) y multiplicar luego por el nde Avogadro. No es necesario, pues deberamos realizar los mismos clculos para los 10 mginicialescon lo cual dichos factores se simplificaran en la frmula. Segn esto:4 10 0 4 0 005023 182 40 005023= = =. ; ( , ) , ,,e Ln t t diastb) Los tomos pedidos son:

N e atomos= =10210

6 0210 4 51023 0 005023 21. , . . , ., .365

CUESTIN A3Por un hilo conductor rectilneo muy largo circula una corriente de intensidad constante Seinduce alguna corriente en la espira conductora que aparece en la figura ? (0,5 puntos). Si dicha



intensidad no fuera constante sino que aumentara con el tiempo se inducira corriente en laespira ? (1,5 puntos). Indique en su caso el sentido en el que circulara lacorriente inducida .Nota: El hilo y la espira estn contenidos en el mismo plano,y ambos en reposo.

SOLUCIN

Si I=constante, la induccin magntica creada por el conductor produceun flujo constante en la superficie de la espira, por tanto, de acuerdo con la Ley

de Faraday-Henry luego no existe corriente inducida alguna.e ddt

= = 0En el caso que I aumentase con el tiempo, B (Induccin magntica creada por el hilo)

aumentara asimismo con el tiempo, y dado el sentido de circulacin de la corriente, la induccinmagntica sera ENTRANTE en el plano de la espira (q). Puesto que ahora vara con el tiempola induccin magntica, tambin lo hace el flujo, luego s existir corriente inducida. El sentidode la misma deber ser tal que origine una induccin magntica cuyo flujo se oponga a lavariacin del flujo inductor, es decir, debe generar lneas de induccin SALIENTES (u) paracontrarrestar el aumento del flujo entrante. Por tanto, dado que las lneas deben ser salientes, laespira presentar una cara NORTE, y corriente inducida ser de sentido ANTIHORARIO.

CUESTIN A4Defina o explique los siguientes conceptos fsicos relacionados con la ptica: ngulo lmite,distancia focal de un espejo cncavo, imagen virtual de una lente, potencia de una lente delgada(2 puntos).

SOLUCIN

ngulo lmite: ngulo de incidencia de la luz en la superficie de separacin de dos medios parael cul todo rayo emitido por el foco se refleja en dicha superficie y regresa al medio de partidaDistancia focal de un espejo cncavo: Distancia existente entre el centro ptico del espejo y elfoco del mismo que equivale a la mitad del radio de curvatura del espejoImagen virtual de una lente: Imagen de un objeto que se forma por la prolongacin de los rayosrefractados tras atravesar la lentePotencia de una lente delgada: El poder de convergencia/divergencia de una lente. Su valornumrico es el inverso de su distancia focal. Si esta se expresa en metros, la potencia se mide endioptras.

OPCIN BPROBLEMA B1Un electrn y una partcula alfa (carga qa = 3,2.10-19 C y masa ma =6,68.10-27 kg) penetran perpendicularmente en el mismo campomagntico uniforme y con la misma velocidad a) Dibujeesquemticamente las trayectorias descritas por ambas partculas ycalcule la relacin entre los radios de las rbitas circulares que



describen (2 puntos).b) Determine la relacin entre sus frecuencias de rotacin (1 punto).

SOLUCIN

a) Se ha supuesto el campo magntico perpendicular al plano del dibujo y entrante. La fuerza queacta sobre cada una de las partculas cargadas vale y para la partcula produce( )r r rF q v B= .una desviacin inicial hacia arriba que la hace describir una trayectoria de radio r como lamostrada, en tanto que el electrn describe una trayectoria similar, de menor radio y en la formaindicada. (Puede aplicar el lector la regla de la mano izquierda).

Para determinar la relacin entre los radios basta aplicar la 2 Ley de la Dinmica a cadauna de las partculas, teniendo en cuenta que la fuerza resultante es la sealada en lneasanteriores. As:

: . .

: . .

..

, . . , ., . . , .

q v B m vr

e q v Bm v

r

q mq m

rr

rr

ee

e

e

e

e e

=

=

= = =

2

2

19 31

19 273 210 9 110

1 610 6 68101

3662

donde la relacin entre radios se ha obtenido dividiendo miembro a miembro ambas ecuaciones.Observar que el radio de la trayectoria de la partcula es mayor que la del electrn.

b) La relacin entre las frecuencias de rotacin vale:

f vr

f vr

f vr

ff

rr

ee

e

e= ==

=

= =

2 22

2

13662

;

PROBLEMA B2

Una onda transversal se propaga segn la ecuacin: (en unidadesy x t sen t x( , ),

= +4 2 4 18

S.I.) Determine: a) La velocidad de propagacin de la onda y la velocidad de vibracin mximade un punto alcanzado por la onda (2 puntos).b) La diferencia de fase, en un instante dado, dedos puntos separados 1 m en la direccin de avance de la onda (1 punto).

SOLUCIN

a) Por simple inspeccin, A=4 m ; T=4 s y =1,8 m. Adems, la onda se propaga de derecha

a izquierda (signo + en la fase). La velocidad de propagacin es vT

m sP = = = 184 0 45, , /

La velocidad mxima de vibracin de un punto cualquiera es:

v A AT

m svib(max) . /= = = 2 2



b) Podemos utilizar una sencilla proporcin, pues la diferencia de fase entre dos puntosseparados una longitud de onda es 2 rad. De este modo:

2

2 2 118

109

= = = = x x rad; .

,

CUESTIN B3En qu consiste el efecto fotoelctrico? Explique su origen y sus principales caractersticas.Represente la variacin de la energa cintica de los fotoelectrones emitidos en funcin de lafrecuencia de la seal luminosa incidente (2 puntos).

SOLUCIN

La emisin de electrones por determinados metales cuando se iluminan con luz de alta frecuencia(U.V-Ultravioleta) es un hecho experimentalmente comprobado. .Este fenmeno de emisin deelectrones (fotoelectrones) bajo la accin de la luz se conocecomo efecto fotoelctrico y pudo observarse en el esquemamostrado en la figura adjunta. Si se ilumina la placa metlicaconectada al ctodo del generador, esta emite electrones queson atrados por la placa negativa, cerrndose el circuito, demodo que el ampermetro acusa el paso de corriente.Si la luz que incide sobre el metal es monocromtica (una solafrecuencia),se comprueba que la cantidad de electronesemitidos es directamente proporcional a la intensidad del hazluminoso. Adems, se pudieron comprobar experimentalmente los siguientes hechos:

# Para cada metal existe una frecuencia luminosa umbral fo, por debajo de la cual no seproduce emisin fotoelctrica independientemente de la intensidad de la luz incidente.

# Una radiacin incidente de frecuencia superior a la umbralfo, bastaba para arrancar electrones, aunque su intensidadfuese muy pequea. # Los electrones extrados del ctodo tienen una energa

cintica inicial E mvc = 122

La figura muestra la variacin de la energa cintica de loselectrones emitidos en funcin de la frecuencia de la luz incidente.

CUESTIN B4Demuestre que el campo gravitatorio es un campo conservativo (2 puntos).

SOLUCIN

Bastar demostrar que la circulacin del vector intensidad de campo a lo largo de un a lneacerrada es nula, o equivalentemente, el trabajo realizado por la fuerza gravitatoria (peso) sobre



un objeto de masa m entre dos puntos cualquiera no depende del camino recorrido, sinonicamente de las posiciones inicial y final de la misma. Recordemos que la fuerza gravitatoria

originada por la Tierra sobre una masa m es y el trabajo realizado por esta fuerzaF G M mr

= .2entre dos puntos A y B cuyas posiciones respecto del centro de la Tierra son rA y rB ser:

W F dr G M mr

dr GMmr rA B r

r

r

r

A BA

B

A

B = = =

r r. . .21 1

que como puede apreciarse, depende solamente de rA y rB , pero no de la trayectoria seguida.

Pruebas de Acceso a la Universidad de OviedoJunio 2002

El alumno elegir CUATRO de las seis opciones propuestas

1.Enuncia la ley de la Gravitacin de Newton y deduce a partir de ella la tercera ley de Kepler(de los perodos),suponiendo rbitas planetarias circulares ( 1,2 puntos).

SOLUCIN

La fuerza con que se atraen dos masas es directamente proporcional al producto de las masas

e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa ( ), dirigidaF G M mr

= .2a lo largo de la lnea que las une y en sentido atractivo. Suponiendo que la rbita es circular, el planeta se mueve sometido a una fuerza central y por ello

bajo una aceleracin dirigida hacia el centro de valor . Aplicandoa vr

rT

r= = =

22

22 . .la 2 Ley de la Dinmica al movimiento planetario:

siendo , es decir:r rF m a G m M

rm

Tr T k rc= =

= . ;

. . .22

2 32 kGM

= 42

El cuadrado del perodo de revolucin de un planeta de su rbita alrededor del Sol esproporcional al cubo del radio medio de la misma

2. Un planeta gira alrededor del Sol segn una rbita elptica. Cuando se encuentra ms cerca delSol, a una distancia de 2.105 m , su velocidad es de 3.10 4 m/s. Cul ser la velocidad del planetacuando se encuentre en la posicin ms alejada del sol, a una distancia de 4.105 m? ( 1,3 puntos)

SOLUCIN

El planeta se mueve sometido a una fuerza cuyo origen est en el Sol (fuerza central) luego debe



verificarse la conservacin del momento angular respecto al centro de fuerzas, es decir rL cte=

As, para ambos puntos que al sustituir datosr rL L mr v mr v r v r v1 2 1 1 2 2 1 1 2 2= = =; ;

resulta: 210 310 410 15105 4 5 2 24. . . . . , . /= =v v m s

Opcin 21. Qu se entiende por resonancia y en qu condiciones se produce? (1,2 puntos)

SOLUCIN

Es el fenmeno que se origina cuando la frecuencia propia de vibracin de un sistema fsicocoincide con la frecuencia de la accin aplicada externamente al mismo, generalmente unafuerza.En este caso, la superposicin de ambos efectos puede producir amplitudes de vibracin muygrandes.

2. Sea un muelle suspendido verticalmente del techo y de una determinada longitud. Si a suextremo libre se engancha un bloque de 60 g se observa que, en el equilibrio, el muelle se alargaen 10 cm. Posteriormente se da un pequeo tirn hacia abajo, con lo que el bloque se pone aoscilar. Calcula la frecuencia de oscilacin. (1,3 puntos)

SOLUCIN

La condicin de equilibrio proporciona el valor de K , constante recuperadora del resorte: Kx mg K K N m= = = ; . . . . /1010 6010 10 62 3

y el valor de la frecuencia de oscilacin f Km

Hz= = =121

26

6105

3 .Opcin 31. Explica lo que se entiende por refraccin de una onda y en qu condiciones se produce. (1,2puntos)

SOLUCIN

Es el cambio de direccin experimentado por una onda al pasar de un medio a otro con distintoindice de refraccin (distinta velocidad de propagacin).

2. Una onda armnica transversal que se propaga en una cuerda viene dada poren unidades del SI. Se pide: a) Calcula su velocidad dey x t sen x t( , ) , ( , , )= 0 02 2 5 3 2

propagacin y b) Cul es la velocidad mxima de cualquier partcula (o segmento infinitesimal)de la cuerda?. (1,3 puntos)

SOLUCIN



a) Por inspeccin se observa que de donde la velocidad de = = 3 2 2 5 1, / ; ,rad s k mpropagacin es: v

km s= = = 3 2

2 51 28,

,, /

b) La velocidad mxima de vibracin pedida es v A m svib(max) . , . , , /= = = 3 2 0 02 0 064Opcin 41. Un rayo de luz pasa del aire al agua con un ngulo de incidencia de 45. Discute cules de lassiguientes magnitudes se modifican cuando la luz penetra en el agua : a) longitud de onda, b)frecuencia, c) velocidad de propagacin d) direccin de propagacin (1,2 puntos).

SOLUCIN

La nica magnitud que permanece es la frecuencia de la onda. Al cambiar de medio , se modificala velocidad de propagacin, y como consecuencia la longitud de onda, y naturalmente ladireccin de propagacin. Aqu el ngulo de incidencia es un dato irrelevante.

2. Un espejo esfrico cncavo tiene un radio de curvatura R. Dibuja los correspondientesdiagramas de rayos para localizar la imagen de un objeto situado a una distancia del espejo de:a) 2R , b) R , c) R/2 , d) R/3. Indica en cada caso si la imagen es real o virtual, derecha oinvertida, reducida o del mismo tamao del objeto. (1,3 puntos)

SOLUCIN

La figura muestra cada uno de los casos. R=Imagen real, V=Imagen virtual , m=menor, = Igual,M=mayor ; I=Invertida, D=Derecha

Opcin 51. Enuncia y comenta la expresin de la fuerza de Lorentz ( fuerza sobre una carga en presenciade campos elctrico y magntico) (1,1 puntos)

SOLUCIN

La fuerza de Lorentz que solicita una carga elctrica en presencia de un campo elctrico ymagntico es . Si la velocidad de la partcula cargada es paralela a la

r r r rF q E q v B= + . .( )direccin de la fuerza magntica se anula pues el producto vectorial de dos vectores paralelos

rB

es nulo.



En el caso que la partcula se encuentre en reposo, tambin la fuerza magntica es nula, pero nola elctrica. Finalmente, en el caso que las fuerzas elctrica y magntica tengan el mismo mduloy sentido opuesto, la fuerza total es nula.

2. Dos cargas puntuales positivas e iguales (+Q), se encuentran sobre el eje X. Una de ellas esten x=-a y la otra en x=+a. Calcula la intensidad del campo elctrico (E) y el potencialelectrosttico (V) en el origen de coordenadas ( 0,7 puntos).Siadems de las anteriores se coloca una tercera carga puntual devalor -2Q en x = -2a , Cules sern los nuevos valores de E y V ?.(0,7 puntos)

SOLUCIN

El esquema adjunto muestra la distribucin de carga y ladireccin y sentido de los vectores intensidad de campo creadospor cada una las cargas en el origen de coordenadas. Puesto que elvalor numrico de ambas es el mismo y estn a igual distancia respecto al origen, los mdulosdel vector intensidad de campo son iguales, luego al ser opuestos, la resultante es nula,rE N C( , ) /0 0 0=

Para el potencial electrosttico en el origen V K Qa

K Qa

KQa

Voltios( , )0 02= + =

pues en este caso se trata de una magnitud escalar.Si colocamos -2Q en la posicin indicada, la intensidad de campo debe incluir ahora la

componente debida a esta carga, en tanto que igual que en el casoanterior, la contribucin de las otras dos es nula. As:

( )r r rE K Q

ai KQ

ai( , )0 0 2 2

22 2

= =

En cuanto al potencial, ahora vale:

V K Qa

K Qa

K Qa

K Qa

Voltios( , )0 022

= + + =

Opcin 61. Enuncia y comenta los postulados de Einstein de la relatividad especial ( 1,2 puntos)

SOLUCIN

I. Todas las leyes de la Naturaleza deben ser las mismas para todos los observadores inercialesmovindose con velocidad constante unos respecto de otros.II. La velocidad de la luz es independiente del movimiento relativo entre la fuente luminosa ylos observadores inerciales.El primer postulado expresa la ausencia de una marco universal de referencia, y por ello no esposible determinar mediante ninguna experiencia que objetos se encuentran en reposo y cualesen movimiento rectilneo y uniforme.



El segundo postulado nos indica que la velocidad de la luz es inalcanzable para cualquier objetomaterial, y por ello no existe una velocidad infinita de transmisin de la informacin entrediversos sistemas de referencia, con lo que la simultaneidad entre acontecimientos vistos porobservadores diferentes no es posible.

2. El trabajo de extraccin o funcin de trabajo del sodio es de 2,5 eV. Si la longitud de onda dela luz incidente es de 3.10-7 m, Se producir extraccin de electrones del sodio?. (1,3 puntos)Datos: h = 6,625.10-34 J.s ; 1eV = 1,6.10-19 J

SOLUCIN

Veamos la energa de la luz incidente :

E h c J eVinc = = = = 6 6210310310

6 6210 4 1375348

719, . . .

., . ,

que al ser mayor que el trabajo de extraccin, se producir extraccin de electrones de este metal.

Pruebas de Acceso a la Universidad de OviedoSeptiembre 2002

El alumno elegir CUATRO de las seis opciones propuestas

Opcin 11. En una galaxia lejana, se detecta un planeta que recorre una rbita de radio semejante al dePlutn en un tiempo equivalente a un ao terrestre, por lo que los astrnomos deducen que giraalrededor una estrella ms masiva que el sol. Es correcta esta deduccin?. Razona por qu. (1,2 puntos).

SOLUCIN

Para este planeta en su giro en torno a la estrella de masa Me debe verificarse:

GM mr

mT

r Mr

GTe

p Tierrap e

p

Tierra2

2 2 3

22 4=

=

. ;Para el movimiento de Plutn alrededor del Sol:

GM mr

mT

r Mr

GTSol

p Plutonp Sol

p

Pluton2

2 2 3

22 4=

=

. ;

Dividiendo ambas miembro a miembro resulta y si tenemos en cuentaMM

TT

e

Sol

Pluton

Tierra=

2

que el perodo de Plutn en torno al Sol es mayor que el de la Tierra, concluimos que la masa de



la estrella es mayor que la del Sol, luego la deduccin es correcta.

2. Sabiendo que el dimetro de la tierra es cuatro veces el de la Luna y que la aceleracin de lagravedad en la superficie terrestre es veinte veces la de la superficie lunar, cuntas veces esmayor la masa de la Tierra que la de la Luna? (1,3 puntos)

SOLUCIN

La intensidad de campo gravitatorio en la superficie de la Tierra es y eng G MRT

T

T

= 2

la superficie lunar que al dividirlas miembro a miembro resulta:g G MRL

L

L

= 2gg

M RM R

T

L

T L

L T

=2

2

Basta sustituir los valores dados y simplificar: 204

3202

gg

MM

RR

M MLL

T

L

L

LT L=

=;

Opcin 21. Comenta si la siguiente afirmacin es verdadera o falsa : " En las oscilaciones descritas porun movimiento armnico simple, los puntos de la trayectoria en los que la aceleracin esmxima coinciden con la posicin de equilibrio ". (1,2 puntos)

SOLUCIN

Esta afirmacin es falsa, pues teniendo en cuenta la relacin entre aceleracin y posicinen el m.a.s resulta que la posicin de equilibrio tiene lugar ena x a A= = 2 2maxx=0 y por tanto se trata de un punto de aceleracin nula. Los puntos de mxima aceleracin sonlos extremos de la trayectoria.

2. Un bloque de 1,5 Kg, colocado sobre una mesa y unido a un muelle de constante elsticaK=500 N/m, oscila sin rozamiento. La velocidad mxima que alcanza en su trayectoria es 70cm/s. Calcula: a) la frecuencia de oscilacin, b) la amplitud de la oscilacin. (1,3 puntos)

SOLUCIN

a) f mK

Hz= = =12

12

50015

2 9 , ,

b) v A A v cmmax max.,. ,

,= = = = 0 7

2 2 93 83

Opcin 31. Qu se entiende por interferencia de ondas armnicas y en qu condiciones se produce? ( 1,2puntos).



SOLUCIN

Se entiende por interferencia de ondas la superposicin de dos ondas coherentes -de lamisma frecuencia y longitud de onda- en un medio material, pudiendo tener igual o distintaamplitud. Las interferencias pueden ser constructivas o destructivas segn sumen o anulen susefectos. Para que se produzca interferencia constructiva debe ocurrir que la diferencia decaminos desde sus respectivos focos al punto en que se produce la interferencia debe ser unmltiplo entero de la longitud de onda . Matemticamente:

x x k k n2 1 0 1 2 = = ; , , ....Para que se produzca interferencia destructiva debe ocurrir que la diferencia de caminos

desde sus respectivos focos al punto en que se produce la interferencia debe ser un mltiploimpar de la semilongitud de onda . Matemticamente:

x x k k2 1 2 1 20 1 2 = + =( ) ; , , ,....

2. Una onda armnica transversal en una cuerda viene dada por y x t sen x t( , ) , ( , , )= 0 02 2 5 3 2en unidades SI. Calcula: a) longitud de onda, b) frecuencia, c) perodo (1,3 puntos)

SOLUCIN

a) Por simple inspeccin A=0,02 m , =3,2 rad/s y k=2,5 m-1. La velocidad de propagacin es:

= = =2 22 5

2 51k

m s,

, /

b) La frecuencia vale f Hz= = = 23 22

0 5, ,

c) El perodo es Tf

s= =1 1 96,Opcin 41. Comenta el fenmeno conocido por reflexin (interna) total de las ondas luminosas. ( 1,2puntos).

SOLUCIN

Cuando una onda luminosa que se propaga en un determinado medio encuentra otro demenor ndice de refraccin, existe un ngulo de incidencia a partir del cual dicha onda se reflejatotalmente en la superficie de separacin de ambos medios y regresa al medio de partida. No haypues onda emergente. Considerando que n1 y n2 son los ndices de refraccin de ambos medios(n1 > n2) y si es el ngulo de incidencia y el de refraccin debe verificarse la relacin:

n sen n sen1 2 =



y si resulta que como mximo =90 y el rayo incidente se refleja totalmente ennn

sen12

1

la superficie de separacin., o de otro modo, si , dicho ngulo es el mximo ngulosen nn

= 21

de incidencia que permite que el rayo no se refleje en la superficie de separacin de los dosmedios.

2. Sean dos lentes convergentes idnticas, con distancias focales de 20 cm y colocadas en el ejeX en los puntos x=0 y x=80 cm. Un objeto se coloca a 40 cm a la izquierda de la primera lente.Se pide: a) Hallar grficamente la posicin de la imagen final. b) Es la imagen real o virtual,derecha o invertida? (1,3 puntos)

SOLUCIN

La figura muestra a escala la formacin de la imagen a travs de cada una de las lentes. Puedeobservarse que la imagen es real y derecha.

Analticamente, la imagen dada por L1 es:

+ = == + = + = +1 1 1 1 1 1 120

140

401 1 1 1 1 1

1s s f s f ss cm

' ';

' ''

y la que da L2

+ = == + = + = +1 1 1 1 1 1 120

140

402 2 2 2 2 2

2s s f s f ss cm

' ';

' ''

ya que la posicin del objeto para L2 es +40 cm, pues al ser la distancia entre lentes 80 cm y laposicin de la imagen de la primera lente est a 40 cm tras ella, esta hace de objeto a -40 cm dela segunda.

Opcin 51.Comenta las caractersticas generales de las ondas electromagnticas y del espectroelectromagntico (1,2 puntos)

SOLUCIN



Las ondas electromagnticas son ondas transversales que se propagan en el vaco con unavelocidad c=3.108 m/s en una direccin perpendicular a las de los campos elctrico ( ) y

rE

magntico ( ) variables que transportan . Las frecuencias propias de estas ondas varan desderH

unos pocos Hz a varios Mhz y constituyen el llamado espectro electromagntico. Bsicamente,las frecuencias ms altas corresponden a los rayos gamma (menor longitud de onda) y las defrecuencia ms baja a las ondas de radio (mayor longitud de onda). Dentro de este tipo de ondasest la luz visible, onda electromagntica cuyas longitudes de onda oscilan entre los 400 nm(violeta) hasta los 700 nm (rojo). Dentro de la gama de frecuencias del espectro electromagnticose encuentran tambin las correspondientes a la radiacin infrarroja y ultravioleta, las microondasy los rayos X.

2. Una carga elctrica, que se mueve inicialmente por el espacio sin interacciones y convelocidad v, penetra en una regin del espacio en donde coexisten un campo elctrico E y uncampo magntico B, ambos uniformes en dicha regin y con lneas de campo paralelas. Si latrayectoria rectilnea inicial de la carga no se ve alterada al penetrar en dicha regin , discute larelacin que existe en este caso entre la direccin de v y la de las lneas de campo de E y B. (1,3puntos)

SOLUCIN

Si la trayectoria no se ve alterada, significa bien que la fuerza resultante sobre ella esnula lo que la obliga a moverse en un a trayectoria rectilnea con movimiento uniforme, o quedicha fuerza es paralela a la velocidad, lo que supone que la carga se mueve en lnea recta y conmovimiento uniformemente variado.

En el primer caso , luego ambosr r r r r r r rF F q E q v B E v BElec Mag= = = ; . ( )

campos deben ser perpendiculares entre s y la velocidad asimismo perpendicular a cada uno deellos, lo cual es absurdo, pues el enunciado expresa el paralelismo entre ambos campos.

En el segundo caso, la fuerza magntica es nula, pues en otro caso desviara sutrayectoria, lo que indica que debe tener la misma direccin que . Como este ltimo y elrv

rB

campo elctrico son paralelos, resulta que el vector velocidad debe tener la misma direccin queambos.

Opcin 61.Explica brevemente la teora de Einstein sobre el efecto fotoelctrico. ( 1,2 puntos)

SOLUCIN

La observacin experimental en la que se pona de manifiesto que determinados metalesemitan electrones cuando se iluminaban con luz de alta frecuencia (U.V-Ultravioleta) seconoce como efecto fotoelctrico y su explicacin fue dada por Einstein. La luz debeconsiderarse como un conjunto de partculas llamadas fotones, que no tienen masa ni carga,pero su energa es un mltiplo de la constante de Planck - hf - . Dicha energa incidente es capazde arrancar electrones de la superficie de los metales siempre y cuando se mayor que unaenerga mnima o umbral - hfo, llamada trabajo de extraccin, comunicando a aquellos una



energa cintica, mayor cuanto mayor sea la frecuencia de la luz incidente. Esto puedeexpresarse matemticamente en le forma:

2. El Sol obtiene su energa por procesos de fusin que convierten cuatro ncleos de hidrgenoen un ncleo de helio. Tomando los valores de 1,0081 uma y 4,0039 uma como las masas de losncleos de hidrgeno y helio respectivamente, calcula a) la energa en eV que se emite en cadaproceso elemental de fusin, b) el defecto de masa del ncleo de helio c) la energa media deenlace por nuclen del helio, expresada en julios.(1,3 puntos). Datos: 1 uma = 1,66.10-27 kg ; 1 uma = 931,5 MeV/c2

SOLUCIN

a) La reaccin nuclear correspondiente al proceso es , de modo4 211

24

10H He e Energia + +

que el defecto de masa es y la energa elemental: m uma= =4 1 4 0,0285,0081 ,0039b) El defecto de masa es el calculado en el apartado a) que expresado en kg es: c) La energa media de enlace por nuclen la obtendremos dividiendo el defecto de masa halladoentre el nmero de ncleos que se fusionan, (4):

/ColorImageDict > /JPEG2000ColorACSImageDict > /JPEG2000ColorImageDict > /AntiAliasGrayImages false /DownsampleGrayImages true /GrayImageDownsampleType /Bicubic /GrayImageResolution 300 /GrayImageDepth -1 /GrayImageDownsampleThreshold 1.50000 /EncodeGrayImages true /GrayImageFilter /DCTEncode /AutoFilterGrayImages true /GrayImageAutoFilterStrategy /JPEG /GrayACSImageDict > /GrayImageDict > /JPEG2000GrayACSImageDict > /JPEG2000GrayImageDict > /AntiAliasMonoImages false /DownsampleMonoImages true /MonoImageDownsampleType /Bicubic /MonoImageResolution 1200 /MonoImageDepth -1 /MonoImageDownsampleThreshold 1.50000 /EncodeMonoImages true /MonoImageFilter /CCITTFaxEncode /MonoImageDict > /AllowPSXObjects false /PDFX1aCheck false /PDFX3Check false /PDFXCompliantPDFOnly false /PDFXNoTrimBoxError true /PDFXTrimBoxToMediaBoxOffset [ 0.00000 0.00000 0.00000 0.00000 ] /PDFXSetBleedBoxToMediaBox true /PDFXBleedBoxToTrimBoxOffset [ 0.00000 0.00000 0.00000 0.00000 ] /PDFXOutputIntentProfile () /PDFXOutputCondition () /PDFXRegistryName (http://www.color.org) /PDFXTrapped /Unknown

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