EXAMEN DE FUNDAMENTOS FISICOS DE LA INGENIERIA.CURSO 02/03.PRIMERO INGENIERO DE TELECOMUNICACION. ENERO DE 2003

SOLUCION DETALLADA

PRIMERA PARTE

1. Desde el punto de vista conceptual hemos dividido toda la Fısica en dos categorıas: (i) mecanicasy (ii) teorıas de interaccion. A la segunda categorıa pertenece:

× El Electromagnetismo.

La Mecanica Cuantica.

La Relatividad Especial.

Solucion.

El Electromagnetismo es la teorıa de la interacion electromagnetica (ver el tema 1).

2. Una partıcula puntual A de masa m se encuentra en el extremo superior de un plano inclinadofijo. El coeficiente de rozamiento entre la partıcula y el plano es distinto de cero. Una segundapartıcula puntual B de masa 2m se encuentra tambien en el extremo superior de otro planoidentico. Ambas partıculas se abandonan desde el reposo, comenzando a deslizar a partir de esasituacion. Entonces:

× La fuerza de rozamiento sobre B es el doble que sobre A, y el tiempo que tardan A y B encaer es el mismo.

La fuerza de rozamiento sobre B es la misma que sobre A, y el tiempo que tarda A en caer esdoble del que tarda B.

La fuerza de rozamiento sobre A es el doble que sobre B, y el tiempo que tardan A y B encaer es el mismo.

Solucion.

X

Yamg

NPa

F =r mN

Q

Consideremos la partıcula Pα, de masa αm. Haciendo α = 1 o α = 2 tenemos la partıcula Ao la B del enunciado. Aplicamos la segunda ley de Newton, proyectando en los ejes de la figura(Fr = µN , porque Pα desliza). Tenemos,

∑

~F = αm~a⇒{

Fr − αmgsenθ = αmaxN − αmgcosθ = 0→ N = αmgcosθ

}

⇒ µαmgcosθ − αmgsenθ = αmaα ⇒ aα = g(µcosθ − senθ).

1

De donde se deduce:Fr = µαmgcosθ.

Por tanto la fuerza de rozamiento (Fr = µαmgcosθ) cuando α = 2 es el doble que cuando α = 1,pero la aceleracion es la misma en ambos casos; y como las condiciones iniciales tambien son lasmismas en ambos casos ambas patıculas tardan el mismo tiempo en caer.

3. Un meteorito cae sobre la Tierra y al entrar en contacto con su atmosfera se desintegra. Considereseque el sistema Tierra + atmosfera + meteorito esta aislado. Sea E la energıa mecanica del sistema,y P el modulo de su cantidad de movimiento. Entonces, en el proceso de desintegracion:

E cambia y P tambien.

× E cambia pero P no.

P cambia pero E no.

Solucion.

El sistema Tierra+atmosfera+meteorito esta aislado, esto quiere decir que no actuan fuerzasexteriores, y por tanto: ~P = ~cte. Notese que ya tenemos la respuesta correcta, la segunda, porquesolo en esta se afirma que P no cambia. No obstante analicemos lo que ocurre con la energıa.

Aplicando el teorema de la energıa al sistema Tierra+atmosfera+meteorito:

W = ∆(∑

i

1

2miv

2i )⇔ W ext +W int = ∆Ec ↔ W int

c +W intnc = ∆Ec,

dado que, como el sistema esta aislado, W ext = 0. Pero, por definicion W intc = −∆Eint

p , por lo queel teorema de la energıa queda ası:

W intnc = ∆Ec +∆Eint

p = ∆(Ec + Ep) = ∆E.

En la desintegracion, las fuerzas de rozamiento del aire con el meteorito realizan un trabajo noconservativo (W int

nc ), y por tanto ∆E 6= 0. Esto implica que la energıa cambia en el proceso dedesintegracion.

4. Un carro de masa M se mueve por el suelo horizontal con una aceleracion ~a0. Dentro del carro, ycolgando de su techo, hay un pendulo simple (hilo inextensible y sin masa que tiene uno de sus

extremos fijo al techo del carro y del otro cuelga una bolita de masa m). Sea ~T la tension del hilo,~g la gravedad, y ~a la aceleracion de la partıcula respecto a Tierra (sistema inercial). Aplicando lasegunda ley de Newton al movimiento de la bolita, tenemos:

~T +m~g +M~a0 = m~a.

~T +m~g −M~a0 = m~a.

× ~T +m~g = m~a

Solucion.

Trabajaremos en el sistema ligado a Tierra (sistema inercial), en el que la aceleracion de la bolitaes ~a. Las fuerzas que actuan sobre la bolita son el peso y la tension del hilo. Aplicando la segundaley de Newton, tenemos:

2

∑

~F = m~a⇔ m~g + ~T = m~a.

Si quisieramos trabajar en unos ejes ligados al carro (Sistema NO inercial) debemos anadir lasfuerzas de inercia (−m~a del sistema no inercial). Si denominamos ~a′ a la aceleracion de la bolitarespecto al carro, la segunda ley de Newton nos dice:

m~g + ~T −m~a0 = m~a,

que no coincide con ninguna de las otras respuestas del enunciado.

5. Una bolita de masa m = 0,5 se encuentra en un plano HORIZONTAL, OXY , unida al extremode un muelle ideal de constante elastica k = 150 y longitud natural L0 = 0,5, el cual tiene su otroextremo fijo al origen de coordenadas (no hay rozamiento entre el plano y la bolita). Inicialmentela bolita se encuentra en el punto P de coordenadas xP = 1, yP = 0, y tiene una velocidad,contenida en el plano OXY , cuyas componentes son vx0 = 5

√3, vy0 = 5. ¿Que celeridad tiene la

partıcula en el momento en que el muelle pierde su deformacion?

× ≈ 13 ; ≈ 44 ; ≈ 28.

Solucion.

Y

XP0

V0

O

Con las condiciones iniciales que nos dan, vemos que durante cierto periodo finito inicial el resorteestara actuando (unica fuerza), hasta que |−→OP | = L0, momento en que nos piden la celeridad.

Aplicamos el teorema de la energia :

E = Ec + Ep = cte↔ 1

2mv2 +

1

2K(|−→OP | − L0)

2 = cte.

Para calcular el valor de E usamos las condiciones iniciales:

E(0) =1

2m× 25× (3 + 1) +

1

2K(| ~OP0| − L0)

2,

e igualamos a la energıa en el momento en que nos piden v:

E(| ~OP | = L0) =1

2mv2.

Igualando:

v2 = 100 +K

m(| ~OP | − L0)

2 = 100 + 300(1

2)2 → v ' 13.

3

6. Un muelle ideal de longitud natural nula se encuentra suspendido verticalmente del techo de unahabitacion, en reposo, estando uno de sus extremos fijo al techo, y el otro a una bolita. La longituddel muelle en dicha situacion de equilibrio es d = 1. Dando una ciertas condiciones iniciales a labolita, el sistema realiza oscilaciones armonicas verticales. ¿Cual es el periodo del movimiento?

≈ 3,44 ; × ≈ 1,99 ; ≈ 2,81

Solucion.

Kd

mg

d

g

En la situacion de equilibrio, mg = Kd⇒ K = mg/d.

El periodo correspondiente a las oscilaciones armonicas verticales es:

T = 2π

√

m

K= 2π

√

d

g.

Para d = 1:

T = 2π1√10' 1,99.

7. Una partıcula A, de masa m, realiza oscilaciones libres amortiguadas unida al extremo de unmuelle ideal de constante elastica k, siendo c el coeficiente de rozamiento. Otra partıcula B, dela misma masa, realiza oscilaciones libres amortiguadas unida al extremo de un muelle ideal deconstante elastica 2k, siendo 2c el coeficiente de rozamiento. Se sabe que las partıculas tardan elmismo tiempo en realizar una oscilacion. Entonces, esto implica que:

× c2

mk= 4

3; c2

mk= 4 ; c2

mk= 2

Solucion.

g

A

C

K

am

g

B

2C

2K

am

4

Sea am la masa de la partıcula. El periodo correspondiente a la situacion A, es

Ta =2π

√

Kam− c2

4a2m2

,

y el correspondiente a la situacion B, es

Tb =2π

√

2Kam− 4c2

4a2m2

.

Como Ta = Tb, entonces

k

am− c2

4a2m2=

2k

am− 4c2

4a2m2⇒ 3

4

c2

a2m2=

k

am⇒ c2

mk=

4a

3.

Ası, para a = 1, se tiene c2/mk = 4/3.

8. Un oscilador armonico amortiguado tiene una frecuencia angular natural no amortiguada ω0. Sesomete a una fuerza excitadora armonica, de amplitud F0, y frecuencia angular ω = ω0. Cuando sealcanza el regimen permanente la amplitud del movimiento coincide con el desplazamiento estaticoque adquiere el oscilador cuando se le aplica una fuerza constante, de magnitud F0. ¿Cuanto valela constante de amortiguamiento (γ)?

0 ; ω0/2 ; × ω0

Solucion.

La amplitud en regimen permanente esta dada por la expresion:

A =F0

m√

(w20 − w2)2 + α2w2

.

Teniendo en cuenta que w = aw0,y que A = F0/K (desplazamiento estatico cuando al osciladorse le aplica una fuerza constante, de magnitud F0), tenemos:

F0

K=

F0

m√

(w20 − a2w2

0)2 + α2a2w2

0

⇒ K2 = m2[(w20 − a2w2

0)2 + α2a2w2

0].

Teniendo en cuenta que w20 = k/m, se tiene :

w40 = w4

0(1− a2)2 + α2a2w20 ⇒ w2

0 = w20(1− a2)2 + α2a2 ⇒ w2

0[1− 1 + 2a2 − a4] = α2a2

⇒ a2w20[2− a2] = α2a2.

Finalmente, despejando α tenemos:

α =√2− a2w0.

Ası, para a = 1, α = w0.

5

9. Una fuente sonora puntual esta fija en el origen de un sistema (S) de coordenadas OXY Z,estacionario respecto al aire circundante. La fuente emite ondas esfericas armonicas. Un observadorse encuentra ligado a unos ejes moviles O′X ′Y ′Z ′ (sistema S ′) que se trasladan respecto a S convelocidad constante ~v = ~. En el instante t = 0 S y S ′ coinciden. En el instante t = 1 la diferenciade fase, θB − θA, entre los puntos A = (0, 1, 0)S′ y B = (0, 2, 4)S′ vale π/3. ¿Cual es la longitudde onda?

6 ; 12 ; × 18

Solucion.

B=(0,2,4)s’

Z’

Y’Y

X’

X

Z

F O

S

S’

O’

v=j

r ’B

rB

r ’A

OO’=vt

A=(0,1,0)s’

rA

En primer lugar obtendremos las coordenadas de A y B respecto al sistema de referencia S:

~rA =−→OO

′+ ~r′A = ~vt+ ~r′A = ~+ ~ = 2~⇒ A ≡ (0, 2, 0)s,

~rB =−→OO

′+ ~r′B = ~vt+ ~r′B = ~+ 2~+ 4~k = 3~+ 4~k ⇒ B ≡ (0, 3, 4)s.

La onda esferica emitida por F ≡ O viene dada por la expresion:

g(r, t) =A0

rcos(kr − wt) ,

donde r es la distancia a O, k = 2π/λ, y w es la frecuencia angular. kr−wt ≡ θ(r, t) es la fase, yla diferencia de fase entre los puntos A y B, en t = 1, sera:

θB − θA = krB − w − krA + w =2π

λ(rB − rA).

Teniendo en cuenta que rB =√32 + 42 = 5, y que rA = 2 , se tiene:

θB − θA =2π

λ(5− 2)⇒ λ =

6π

θB − θA.

Llamando θB − θA = π/N , tenemos finalmente:

λ = 6N.

Ası, para N = 3, se obtiene λ = 18.

6

10. Dos ondas viajeras, g1(x, t) = Acos(ωt − kx) y g2(x, t) = Acos(ωt + kx + φ), siendo ω = α|k|,se superponen. Se sabe que la menor distancia entre dos puntos del eje OX en los que la ondaresultante es nula, para todo instante de tiempo, es β. ¿Cual es el mınimo intervalo de tiempoentre dos situaciones en las que la onda resultante es nula para todos los puntos del eje OX?

β4α

; 2β3α

; × βα

Solucion.

Como las ondas g1(x, t) y g2(x, t) llevan sentidos opuestos, el resultado de la superposicion es unaonda estacionaria.

O

l/2

La distancia entre dos puntos consecutivos en los que la onda resultante es nula es λ/2. Ası:

λ

2= µβ ⇒ λ = 2µβ .

La velocidad de la onda es v = ω/|k| = µ′α. Por tanto, el periodo de las ondas que se superponenes:

T =λ

ν=

2µβ

µ′α,

y el intervalo de tiempo entre dos situaciones en las que la onda resultante es nula para todos lospuntos del eje OX es:

T

2=µβ

µ′α.

Ası, para µ = 1 y µ′ = 1, se obtiene T/2 = β/α.

11. El triangulo equilatero ABC esta ligado al sistema S ′, de modo que su lado AB yace sobre el ejeO′X ′, y el centro de dicho lado coincide con el origen O′ de los ejes coordenados de S ′ (ver figura).En el instante t′ = 0 dos puntos parten de C, moviendose uno por el lado CA, y el otro por elCB con la misma celeridad w medida por S ′. Segun S, ¿que punto llega antes al otro vertice?

El que se mueve hacia A.

El que se mueve hacia B.

Los dos llegan a la vez.

7

Solucion.

Segun S ′ la celeridad del punto que viaja hacia A es la misma que la celeridad del punto que viajahacia B. Tambien ocurre que desde S ′ ambos puntos recorreran la misma distancia (el trianguloes equilatero). Por tanto, desde S ′ los dos puntos llegaran a la vez, o sea, ∆t′ = t′B − t′A = 0.

La pregunta es: si ∆t′ = 0, ¿cuanto vale ∆t? La relacion entre ∆t y ∆t′ es:

∆t = γ(∆t′ +v

c∆x).

En esta expresion γ es positivo, ∆t′ = 0, ∆x = xB − xA > 0 (segun la figura), v/c > 0 (por estaren la configuracion estandar), de modo que sustituyento estos valores queda

∆t = γv

c∆x > 0,

o sea, ∆t = tB − tA > 0, con lo que tB > tA. Esto significa que el instante en el que llega a B esposterior al instante en el que llega a A.

12. Un tren, de longitud propia l0, pasa por delante de una estacion. En un extremo (A) del tren hayuna fuente de luz, y en el otro extremo (B) un espejo que refleja la luz procedente de A. Se sabeque el tiempo que tarda un rayo de luz en hacer el camino de ida y vuelta A→ B → A, es 3l0/c,medido por el observador ligado a la estacion. ¿Cual es la velocidad del tren?

× c√5

3; c

√3

2; c

√215

Solucion.

Y’

Y

lo

V

BA

O’

X’

XO

El tiempo que tarda la luz en hacer el camino de ida y vuelta A → B → A, medido por elobservador ligado a la estacion, es ∆t = Nl0/c, siendo N = 3. Para un observador ligado al tren,este tiempo sera:

∆t0 =l0c+l0c= 2

l0c.

Como ∆t = γ∆t0, ya que ∆t0 es un tiempo propio, pues corresponde a sucesos que ocurren en lamisma posicion espacial para S ′, entonces:

Nl0c

= γ2l0c⇒ γ =

N

2⇒ 4

N2= 1− v2

c2⇒ v = c

√

1− 4

N2.

Para N = 3, se obtiene:

8

v = c

√

1− 4

9= c

√5

3.

13. En un acelerador de partıculas de un kilometro de longitud propia se lanzan a velocidad constantev = 0,6c un elevado numero de piones. Si llegan la mitad al final del trayecto, ¿cual es la semividade estos?

× ' 4,4× 10−6 ; ' 8,9× 10−6 ; ' 2,2× 10−6

Solucion.

Llegan la mitad al final del trayecto. Esto quiere decir que se ha consumido una semivida.Planteemos el problema desde el sistema de referencia ligado al laboratorio. Desde este sistemael tubo mide 103 y los piones viajan a 0,6c. Por lo tanto, el tiempo que invierten en el viajesera 103/(0,6 × 3 × 108) = 5,56 × 10−6, que sera la semivida de los piones desde el sistema dellaboratorio. Pero la semivida, medida en el sistema de referencia ligado a los piones (concepto realde semivida), sera menor, ya que desde el laboratorio la semivida se ve afectada por el efecto dela dilatacion del tiempo en un factor γ:

tpion1/2 = tlab1/2/γ.

En este problema γ vale 5/4 (recuerdese que γ = (1− (v/c)2)(−1/2), con v = 0,6c). Por lo tanto,

tpion1/2 =5,56× 10−6

54

= 4,4× 10−6.

14. Sobre las vıas del tren se encuentran regularmente espaciadas un conjunto de lamparas, siendo100 la distancia entre dos lamparas consecutivas. Cada vez que la maquina o el vagon de colapasan sobre alguna de ellas, todas las lamparas emiten un flash simultaneamente (en el sistema dereferencia ligado a la vıa). Un tren, de longitud propia 100, y viajando a 0,6c, pisa con su vagonde cola una de estas lamparas. ¿A que distancia de la maquina se ha encendido la lampara masproxima a esta, segun el sistema de referencia ligado al tren?

20 ; 50 ; × 25

Solucion.

Consideremos dos sistemas de referencia, uno ligado al tren (con origen en el vagon de cola) y otroligado a las vıas (con origen en la lampara que pisa el tren en el enunciado). El origen de tiempospara ambos sistemas de referencia lo situaremos cuando el vagon de cola pisa la lampara.

La coordenada de la maquina, en el sistema de referencia del tren, sera 100 (x′m = 100). Vamosa encontrar las coordenadas de la lampara por la que pregunta el enunciado segun este sistemade referencia (x′l). La diferencia x′l − x′m nos dara el resultado pedido. Segun la transformacion deLorentz:

x′l = γ(xl − vtl) ; γ =5

4.

9

Todas las lamparas se encienden simultaneamente (segun el sistema de referencia ligado a la vıa).Esto significa que tl = 0. Por otra parte, xl = 100 (las lamparas estan espaciadas 100), de modoque x′l =

54× 100 = 125. Por lo tanto, la diferencia x′l − x′m, es 125− 100 = 25.

15. Sobre la lınea de salida de una pista recta de atletismo el juez da el disparo que da comienzo ala carrera. Dos corredores (Aquiles y una tortuga) parten en sentidos opuestos sobre la pista. Lapista tiene la misma longitud en cada direccion. Para conocer el juez en que instante llega cadacorredor a la meta, antes de salir les pide que cuando la alcancen emitan un pulso de luz. Ası,cuando Aquiles llega a meta emite su pulso de luz, pero observa que segun su sistema de referencia(el de Aquiles), la tortuga ha emitido el pulso de luz en el mismo instante. ¿Quien ha ganado lacarrera?

× La tortuga ; Aquiles ; Han empatado.

Solucion.

La pregunta se puede formular en terminos de dos sistemas en la configuracion estandar: uno conorigen en Aquiles (S) y otro con origen en el juez (S’). Los dos eventos simultaneos para Aquiles,que son la llegada de Aquiles a meta y la llegada de la tortuga a meta, ¿que ordenacion temporaltendran para el arbitro? Con la configuracion de los sistemas de referencia que hemos escogido, lacoordenada correspondiente a la llegada de la tortuga (en el sistema de referencia ligado a Aquiles)sera positiva.

Utilizando la transformacion de Lorentz para escribir la ordenacion temporal de las dos llegadasen el sistema del juez tenemos:

t′tortuga − t′Aquiles = γ[(ttortuga − tAquiles)−v

c2(xtortuga − xAquiles)].

Ahora bien, γ > 0, vc2> 0, ttortuga − tAquiles = 0, y xtortuga − xAquiles > 0. Por lo tanto, t′tortuga −

t′Aquiles < 0, o sea, la tortuga llega antes.

10

SEGUNDA PARTE

16. Un punto describe una circunferencia de radio 1 partiendo del reposo. Su aceleracion tangencialvale 4t, siendo t el tiempo. ¿En que instante forma el vector aceleracion un angulo de 45◦ con elvector velocidad?

× 1 ; 2 ; 3

Solucion.

Sabemos que ~a = aT ~T + aN ~N , siendo aT = dv/dt y aN = v2/Rc. En nuestro caso Rc = R yαt = dv/dt, siendo α = 4. Es decir:

∫ v(t)

0dv =

∫ t

0αtdt→ v =

α

2t2.

Sea τ el instante en que ~a forma 45◦ con ~v. Como ~v = v ~T , ~a(τ) formara 45◦ con ~T y ~N . Por tanto,

aT = aN → ατ =v(τ)2

Rc

=(α2τ 2)2

R⇒ τ 3 =

4R

α⇒ τ =

3

√

4R

α= 1.

17. El movimiento de un sistema de partıculas es tal que la energıa cinetica permanece constante.Entonces, en general:

La velocidad del centro de masas permanece constante.

El trabajo realizado por las fuerzas exteriores es nulo.

× El trabajo realizado por las fuerzas exteriores es de igual magnitud, pero de signo opuesto, alde las fuerzas interiores.

Solucion.

Aplicamos el teorema de la energıa: W = ∆Ec = 0⇔ W int +W ext = 0, es decir: W int = −W ext.Por tanto, el trabajo realizado por las fuerzas exteriores es de igual magnitud, pero de signoopuesto, al de las fuerzas interiores.

11

18. El bloque A, de masa m, puede deslizar sin rozamiento sobre el suelo horizontal del ascensor(solido 0), que asciende con aceleracion ~a01 respecto a los ejes inerciales OXY (solido 1) por accion

de la tension ~T del cable. Sobre el bloque actuan la gravedad (m~g), la reaccion del ascensor ( ~N)

y la fuerza ~F . Entonces, la expresion matematica del teorema del centro de masas aplicado albloque A es:

~T + ~N + ~F +m~g = m~aA1~N + ~F +m~g −m~a01 = m~aA1

× ~N + ~F +m~g = m~aA1

10

T

A

N

F

mg

g

XO

Y

Solucion.

Aplicamos el teorema del centro de masas a A en el sistema inercial “1”:

∑

~F ext = m~aA1 ⇔ ~N + ~F +m~g = m~aA1 .

Si hubieramos trabajado en el sistema NO inercial “0” deberıamos anadir la fuerza de inercia(−m~a01):

~N + ~F +m~g −m~a01 = m~aA0 ,

que no coincide con ninguna de las otras dos respuestas dadas en el enunciado.

19. El bloque A, de masa m, puede deslizar sin rozamiento sobre el prisma triangular (solido 0), quese mueve sobre el eje OX de los ejes inerciales OXY (solido 1) con aceleracion constante ~a01 = a~ı.El eje OY tiene el sentido de la vertical ascendente, y el plano inclinado del prisma forma unangulo θ = 30◦ con el eje OX. Inicialmente el bloque A y el prisma estan en reposo. ¿Cual es elvalor maximo de a si el bloque no debe perder nunca el contacto con el prisma?

g√3

g

g/√3

Solucion.

12

mg

N

Q

A

O

1

0

Y

X

Aplicamos el teorema del centro de masas al bloque A, trabajando en el sistema inercial “1”:

∑

~F ext = m~aA1 ⇒{

−Nsenθ = max,Ncosθ −mg = may.

(1)

Ahora bien, la cinematica del movimiento relativo nos dice que:

~aA1 = ~aA0 + ~a01 = b(cosθ~ı+ senθ~) + a~ı,

donde hemos tenido en cuenta que el movimiento de A respecto de cero es rectilıneo, en la direcciondel plano inclinado. Sustituyendo en (1) nos da:

{

−Nsenθ = m(bcosθ + a),Ncosθ −mg = mbsenθ.

Despejando mb en cada ecuacion y posteriormente igualando tenemos:

−Ntgθ − ma

cosθ= mb = Nctgθ − mg

senθ,

es decir:

N(tgθ + ctgθ) = m(g

senθ− a

cosθ).

Despejando N , queda:

N = mg

senθ− a

cosθ

tgθ + ctgθ= m(gcosθ − asenθ). (2)

La fuerza ~N tiene que tener el sentido de la figura, es decir debe ser positiva. Veamos que si a escero o un valor pequeno, esta condicion (N > 0) esta asegurada. El contacto entre A y el planoestara a punto de perderse cuando N = 0, momento en que a alcanzara su valor maximo, queobtenemos de (2) igualando a cero:

amax = a(N = 0) = gctgθ = g√3.

Una forma mas sencilla de llegar al resultado anterior (ecuacion(2)) es proyectando la segunda leyde Newton en la direccion normal al plano. Tenemos, considerando positivas las componentes enla direccion y sentido de la fuerza normal:

N −mgcosθ = −masenθ ⇒ N = m(gcosθ − asenθ).

Esto nos muestra la importancia de elegir un sistema de referencia en el que los calculos resultenmas sencillos.

13

20. Un triangulo rectangulo de masa M se encuentra en reposo en un plano vertical, apoyando unode sus catetos sobre el suelo horizontal. El cuerpo puede deslizar sin rozamiento sobre el suelo.Una bolita de masa m se encuentra inicialmente en reposo sobre la hipotenusa del triangulo, y auna cierta altura del suelo (no hay rozamiento entre la bolita y el triangulo). Desde esa situacioninicial, se deja al sistema constituido por el triangulo y la bolita moverse libremente. Podemosafirmar que:

Se conserva la cantidad de movimiento del sistema y la energıa mecanica de la bolita.

Se conserva la energıa mecanica de la bolita y la componente horizontal de la cantidad demovimiento del sistema.

× Se conserva la energıa mecanica del sistema y la componente horizontal de la cantidad demovimiento del sistema.

Solucion.

mg

NA

Q

A

O

1

NA-

N MgX

Y

Apliquemos el teorema de la cantidad de movimiento y el de la energıa al sistema triangulo +“bolita”(A). Por un lado,

∑

~F ext =d~P

dt⇔

{

0 = dPxdt⇒ Px = cte,

N −mg −Mg = dPydt.

Por tanto se conserva la cantidad de movimiento horizontal, pero no la vertical (excluimos laprimera respuesta).

Por otro lado, como no hay rozamiento, el trabajo de las fuerzas internas es cero. De las fuerzasexternas, ~N no trabaja (desplazamiento ortogonal a la fuerza) y los pesos derivan de la energıapotencial gravitatoria, es decir, se conserva la energıa E:

W = ∆Ec ⇔ W int +W ext = ∆Ec ⇔ −∆Ep = ∆Ec

⇒ 0 = ∆(Ec + Epgrav)⇔ E = cte.

Por tanto, se conserva la energıa mecanica del sistema y su cantidad de movimiento horizontal.

14

21. Un muelle ideal de longitud natural nula se encuentra suspendido verticalmente del techo de unahabitacion, en reposo, estando uno de sus extremos fijo al techo, y el otro a una bolita. La longituddel muelle en dicha situacion de equilibrio es d = 1. Dando una ciertas condiciones iniciales a labolita, el sistema realiza oscilaciones amortiguadas verticales, siendo γ = 0,02 la constante deamortiguamiento. ¿Cuantas oscilaciones realiza la partıcula antes de que su amplitud decaiga a1/e veces de su valor inicial?

≈ 24 ; ≈ 15 ; × ≈ 50

Solucion.

Kd

mg

d

En la posicion de equilibrio:

mg = kd⇒ k =mg

d.

La frecuencia propia correspondiente a las oscilaciones libres sin amortiguamiento es:

w0 =

√

k

m=

√

g

d,

y la frecuencia propia de las oscilaciones amortiguadas en la presencia de amortiguamiento, es:

wa =

√

w20 −

γ2

4=

√

g

d− γ2

4.

La amplitud del movimiento es A(t) = Ae−γ

2t, y el tiempo que transcurre hasta que A(t) = A/e,

es:

A

e= Ae−

γ

2t ⇒ τ =

2

γ.

Para obtener el numero de oscilaciones entre t = 0 y t = τ , dividiremos τ entre el periodo, Ta, delas oscilaciones. De esta forma, tenemos:

N =τ

Ta=

2

γ 2πwa

=wa

γπ=

1

γπ

√

g

d− γ2

4.

Ası, para d = 1 y γ = 0,02 se obtiene N ' 50.

15

22. Un oscilador forzado amortiguado, de frecuencia angular natural no amortiguada ω0, oscila enregimen permanente sometido a una fuerza excitadora armonica de frecuencia angular ω > ω0. Seobserva que al duplicar la frecuencia de la fuerza excitadora (sin alterar su amplitud) la amplitudde las nuevas oscilaciones en regimen permanente se reduce a la sexta parte. ¿Cuanto vale ω/ω0?Nota: considerese el amortiguamiento despreciable, pero capaz de eliminar el regimen transitorio.

√2 ; ×

√

52

;√72

Solucion.

La amplitud en el regimen permanente, considerando despreciable el amortiguamiento, y teniendoen cuenta que w < w0 , es

A(w) =F0

m(w2 − w20).

Si se duplica la frecuencia de la fuerza excitadora, la amplitud sera

A(2w) =F0

m(4w2 − w20),

y como A(2w) = A(w)/N , entonces:

F0

m(w2 − w20)

=1

N

F0

m(w2 − w20)

⇒ N =4w2 − w2

0

w2 − w20

⇒ N =4( w

w0)2 − 1

( ww0)2 − 1

⇒ w

w0

=

√

N − 1

N − 4.

Ası, para N = 6, w/w0 =√

52.

23. Una onda armonica y(x, t) que se propaga en el eje OX representa el desplazamiento transversalde los puntos de una cuerda, la cual coincide con OX en su estado de equilibrio. Se sabe que laamplitud de la onda vale 1 y el numero de onda es k. En cierto instante t0, la velocidad de unpunto x0 de la cuerda es igual a la velocidad de propagacion de la onda. ¿Cuanto vale y(x0, t0)?

×√

1− 1k2 ;

√

1− 14k2 ;

√

1− 4k2

Solucion.

La expresion de la onda es:

y(x, t) = Acos(Kx± wt+ φ),

donde A = 1 y el numero de onda K = αk (siendo α = 1). Por tanto,

y(x, t) = 1cos(αkx± wt+ φ).

La velocidad del punto x0 de la cuerda, en el instante t0, es:

16

∂y

∂t

∣

∣

∣

∣

∣

x=x0,t=t0

= ∓wsen(αkx0 ± wt0 + φ) .

Como esta velocidad es igual a la velocidad de propagacion de la onda (v = w/αk), tenemos:

∓wsen(αkx0 ± wt0 + φ) =w

αk,

y dividiendo ambos miembros por w , queda:

∓sen(αkx0 ± wt0 + φ) =1

αk. (3)

El valor de la onda en x0 y en t0 es:

y(x0, t0) = cos(αkx0 ± wt0 + φ).

Elevando (3) al cuadrado y teniendo en cuenta la relacion trigonometrica sen2θ + cos2θ = 1, setiene:

1− cos2(αkx0 ± wt0 + φ) =1

α2k2⇒ cos(αkx0 ± wt0 + φ) = ±

√

1− 1

α2k2.

Por tanto :

y(x0, t0) = ±√

1− 1

α2k2.

Ası, para α = 1 se tiene y(x0, y0) =√

1− 1k2 .

24. Una fuente de luz emite ondas electromagneticas esfericas en un medio homogeneo, isotropo yno absorbente. La potencia emitida es constante. Sea IA (IB) la intensidad que atraviesa unasuperficie esferica fija A (B) con centro en la fuente. Y sea VA (VB) el volumen de la esfera desuperficie A (B). Se sabe que IB = IA/4. Entonces:

VB = 27VA ; × VB = 8VA ; VB = 64VA

Solucion.

rB

rA

F

AB

17

Sea P0 la potencia emitida por la fuente F . La intensidad que atraviesa la superficie A, de radiorA, es:

IA =P0

4πr2A, (4)

y la correspondiente a B es:

IB =P0

4πr2B. (5)

El cociente entre IB e IA es, segun el enunciado:

IB =IAm⇒ IB

IA=

1

m

siendo m = 4. Ahora bien, a partir de (4) y (5) tenemos:

IBIA

=r2Ar2B

,

y por tanto:

r2Ar2B

=1

m⇒ rB =

√

mr2A = rA√m.

Conocida la relacion entre radios, podemos obtener la relacion entre los volumenes de las superficiesesfericas:

VB = 43πr3B

VB = 43πr3B

}

⇒ VBVA

= (rBrA

)3 = m3

2 .

Ası, para m = 4 se tiene VB/VA = 8.

25. Dos ondas armonicas, g1(x, t) y g2(x, t), se propagan en el sentido positivo del eje OX con unavelocidad v = π/2. Se sabe que g1(x, t = 2) = 0,5cos(4x), y g2(x, t = 3) = 0,5cos(4x). ¿Cual es laamplitud de la onda resultante de la superposicion de g1 y g2?

12

; × 1 ;√32

Solucion.

Teniendo en cuenta que g(x, t) = g1(x, t) + g2(x, t), calcularemos g en el instante t = 2 en laposicion x:

g(x, 2) = g1(x, 2) + g2(x, 2) = 0,5cos(4x) + g2(x, 2) .

Como g2 se propaga en el sentido positivo del eje OX, con una velocidad v = π/N , tenemos:

g2(x, 2) = g2(x+π

N(3− 2), 3) = g2(x+

π

N, 3) = 0,5cos[4(x+

π

N)].

18

La diferencia de fase entre las dos ondas, en la posicion x y en el instante t = 2, es:

φ = 4x+4π

N− 4x =

4π

N.

La amplitud de la onda resultante sera:

A = 2× 0,5× |cos(φ2)| = |cos(2π

N)|.

Ası, para N = 2 se obtiene A = 1.

SEGUNDA PARTE. OPCION 1

26. Una partıcula cuantica se encuentra en el estado normalizado ψ(x) = c1α1(x) + c2α2(x), siendo|c1| = 1/

√2, donde α1(x) y α2(x) son las funciones propias del operador A, con valores propios 1

y 2 respectivamente. ¿Cual es la dispersion de los resultados de la medida de A en ψ(x)?√34

;√23

; × 12

Solucion.

Como Ψ(x) esta normalizada, entonces

|C1|2 + |C2|2 = 1.

Por otro lado,

Aα1(x) = 1α1(x) ; Aα2(x) = 2α2(x).

La dispersion de los resultados de la medida de A en Ψ(x) es:

∆A =√< A2 > − < A >2 ,

siendo:

< A >= 1P (A = 1) + 2P (A = 2) = |C1|2 + (1− |C1|2)2 = 2− |C1|2,

< A2 >= 12P (A = 1) + 22P (A = 2) = |C1|2 + (1− |C21 |)4 = 4− 3|C1|2.

Por tanto:

∆A =√

4− 3|C1|2 − (2− |C21 |)2 =

√

4− 3|C1|2 − 4− |C1|4 + 4|C1|2 =√

|C1|2 − |C1|4 .

Ası, para |C1| = 1/√2 se tiene ∆A =

√

1/2− 1/4 = 1/2.

19

27. Los autovalores, En, de la energıa cinetica de una partıcula cuantica en un pozo infinito depotencial de anchura L son:

En = π2h2n2

2mL2 ; n = 1, 2, 3, ...

Si la partıcula se encuentra en el autoestado de la energıa correspondiente a n = 2, tiene masam = 2, y el pozo tiene ancho L = 1, ¿cual es el valor medio de su celeridad?

× πh ; 2πh ; 4πh

Solucion.

El valor medio de la energıa cinetica sera Ec = π2h2. Como |v| =√

2Ec/m, entonces |v| = πh.

28. Considerese un gran numero de partıculas, todas en el mismo estado cuantico. Supongase que sise mide la energıa mecanica de cada una de las partıculas, siempre se obtiene el mismo valor E.Supongase tambien que si se mide la cantidad de movimiento, siempre se obtiene el mismo valorP . Ahora nos planteamos la siguiente pregunta: supongase que se mide la energıa mecanica deuna partıcula, y en cualquier instante posterior se mide el modulo de la cantidad de movimientode la misma partıcula, ¿cual es la probabilidad de encontrar P?

0 ; × 1 ; Mayor que 0 pero menor que 1.

Solucion.

Como al medir la energıa mecanica siempre se obtiene el mismo valor, esto significa que el estado dela partıcula es un autoestado de la energıa mecanica. Por la misma razon, la partıcula esta tambienen un autoestado de la cantidad de movimiento.

Ahora bien, por encontrarse la partıcula en un autoestado de la energıa mecanica, al medir esta,la partıcula quedara en el mismo estado que antes de la medida. Como la evolucion en el tiempode un autoestado de la energıa mecanica solo corresponde a multiplicar la funcion de onda porun unico factor imaginario, esto significa que si volviesemos a medir la energıa mecanica, al cabode un cierto tiempo, se obtendrıa el mismo resultado. Como este estado tambien es autoestadode la cantidad de movimiento, entonces tambien volveremos a tener el mismo resultado para lacantidad de movimiento.

29. La funcion de onda de una partıcula cuantica es

ψ1(x) =

√

2

asen(

πx

a) ; x ∈ (0, a),

y vale cero si x esta fuera del intervalo (0, a). ¿Cual es la probabilidad de que al medir la posicionde la partıcula esta se encuentre en el intervalo (0, a/4)?

× 14− 1

2π; 1

4; 1

4+ 1

6π

Solucion.

La probabilidad de que al medir la posicion de la partıcula, esta se encuentre en el intervalo(0, a/4), es

P (0, a/4) =

a/4∫

0

|√

2

asin(

πx

a)|2dx =

2

a

a/4∫

0

sin2(πx

a)dx

20

=2

a[x

2− sin 2π

ax

4πa

]a/4o =1

4− 1

2π.

30. Un gran numero de partıculas se encuentran, cada una de ellas, en un estado descrito por la funcionde onda ψ0(x) = (1/

√15)[3fE1 (x)+2fE2 (x)+fE3 (x)+fE4 (x)], donde fEn (x) son las autofunciones de

la energıa asociadas a los autovalores En = n2π2h2/(2mL2). ¿Cual es el valor medio de la energıaen ψ0(x)?

× 5π2h2

3mL2 ; 37π2h2

6mL2 ; 13π2h2

6mL2

Solucion.

El valor medio de la energıa sera

〈E〉 = P (E1)E1 + P (E2)E2 + P (E3)E3 + P (E4)E4.

Estas probabilidades se obtienen con los respectivos coeficientes (modulo cuadrado):

P (E1) = |3/√15|2 = 9/15 , P (E2) = |2/

√15|2 = 4/15,

P (E3) = |1/√15|2 = 1/15 , P (E4) = |1/

√15|2 = 1/15.

Por otra parte:

E1 =π2h2

2mL2; E2 =

4π2h2

2mL2; E3 =

9π2h2

2mL2; E4 =

16π2h2

2mL2.

De modo que, sustituyendo estos valores, se obtiene 〈E〉 = 5π2h2/(3mL2).

SEGUNDA PARTE. OPCION 2

26.Una partıcula de masa unidad se puede mover sobre el eje OX de un sistema inercial, sometidaa una fuerza tal que su energıa potencial es U(x) = x4/2− x2 + 1. Su energıa mecanica vale E = 3. Encierto instante la fuerza vale cero. Sabiendo que en dicho instante la celeridad no es maxima, ¿cuantovale dicha celeridad?

1 ; × 2 ; 4

Solucion.La fuerza que actua sobre la partıcula es:

~F = −∂U(x)∂x

~ı = (−2x3 + 2x)~ı .

Las posiciones en las que ~F = ~0 son:

~F = ~0⇒ 2x(−x2 + 1) = 0⇒

x1 = 0 ,x2 = 1 ,x3 = −1 .

Teniendo en cuenta la conservacion de la energıa mecanica, y que su valor es E = 3, se tiene:

21

3 =x4

2− x2 + 1 +

v2

2⇒ v2(x) = 4 + 2x2 − x4.

La celeridad sera maxima en los puntos en los que v2(x) sea maxima:

dv2

dx= 0 = 4x− 4x3 →

x1 = 0 ,x2 = +1 ,x3 = −1 .

Ahora comprobamos la derivada segunda:

∂2v2

dx2= 4− 12x2 ,

que es positiva en x1 = 0, lo que quiere decir que x1 = 0 corresponde a un mınimo. Como es negativaen x2 = +1 y x3 = −1, quiere decir que x2 y x3 corresponden a maximos en la celeridad.

Como en el instante en que la fuerza vale cero la celeridad no es maxima, el valor de dicha celeridades:

v(x1 = 0) =√4 + 2× 02 − 04 = 2 .

27.Dos partıculas identicas, de masa m = 1, pueden moverse libremente por el eje OX de un sistemainercial, siendo x1 y x2 sus coordenadas respectivas, y estan unidas entre sı por un resorte de rigidezk = 1 y longitud natural L0. Sea z = x2 − x1. ¿Con que frecuencia angular oscila z?

1 ; ×√2 ; 2

Solucion.

X2

1 2X1

0X

La segunda ley de Newton aplicada a la partıcula 1, nos da:

m1x1 = +k(x2 − x1 − L0),

y para la partıcula 2, se tiene:

m2x2 = −k(x2 − x1 − L0) .

Restando ambas ecuaciones:

m1x1 −m2x2 = 2k(x2 − x1 − L0) .

Como m1 = m2, y k = 1, tenemos:

x1 − x2 = 2k(x2 − x1 − L0),

y teniendo en cuenta que z = x2 − x1, entonces z = x2 − x1, por lo que

−z = 2(z − L0)⇒ z + 2(z − L0) = 0,

ecuacion que corresponde a un m.a.s de frecuencia angular w =√2.

22

28.Una fuente sonora, la cual emite sonido a una frecuencia fija, se mueve con celeridad constantehacia una pared fija, la cual refleja el sonido procedente de la fuente. Sabiendo que la longitud de ondadel sonido reflejado por la pared es la mitad de la correspondiente a la situacion en que la fuente seencontrase en reposo, ¿cual es la celeridad con que se mueve la fuente? Nota: Tomese la velocidad delsonido igual a 350.

× 175 ; ≈ 233 ; ≈ 263

Solucion.

F u

n0

O

Pared

La frecuencia que recibe la pared es:

ν = ν0v

v − u,

y corresponde a la frecuencia con la que emite. La longitud de onda del sonido emitido por la paredes:

λpared =v

ν=v − u

ν0.

Segun el enunciado, λpared = v/2ν0. Por tanto:

1

2

v

ν0=v − u

ν0⇒ v = 2v − 2u⇒ u =

v

2.

Sustituyendo el valor de v se obtiene u = 350/2 = 175.

29.S y S ′ estan en la configuracion estandar con v = 0,6 c. S ′ emite desde su origen O′ pulsos de luza intervalos de 1 segundo (segun S ′). ¿Con que intervalo de tiempo (medido en S) reciben en O (origende S) los pulsos procedentes de O′?

× 2 ; 4 ; 6

Solucion.

V=0’6c

S’

Y’

Y

O’

O X

X’

Llamaremos A al suceso correspondiente a la emision de un pulso de luz en S ′. Las coordenadas deeste suceso en S ′, son X ′

A = 0, t′A = 0, por lo que las coordenadas en S seran xA = 0 y tA = 0. Portanto, en tA = 0 recibe S el primer pulso de luz emitido por S ′.

23

Sea B el suceso correspondiente a la emision del segundo pulso de luz. Las coordenadas de estesuceso, en S ′, son x′B = 0, t′B = T0. Aplicando las transformaciones de Lorentz obtendremos xB y tB:

xB = γ(x′B + vt′B) = γvT0 ,

tB = γ(t′B +vx′Bc2

) = γT0 .

El tiempo, medido por S, que tarda el segundo pulso de luz en llegar a x = 0, desde que llego el primero,es:

T = γT0 +xBc

= γT0 + γv

cT0 = T0γ(1 +

v

c) = T0

1 + vc

√

1− v2

c2

= T0

√

1 + vc

√

1− vc

.

Sustituyendo valores, obtenemos

T = 1

√

1 + 610

√

1− 610

=4

2= 2.

30.S y S ′ estan en la configuracion estandar con v = 0,6 c. Observada desde S ′, una partıcula Ase mueve con aceleracion constante, de magnitud 1, en el sentido positivo del eje O′X ′, partiendo delreposo desde O′. ¿Cuanto vale la coordenada xA (medida desde S) en el instante t′ = 1?

× 58+ 3c

4; 5

16+ 3c

8; 5

4+ 3c

2

Solucion.

V=0’6c

S’

Y’

Y

O’

O XX’

S

X’ (t’)=(1/2)at’A2 A

xA = γ(x′A + vt′) = γ(1

2at′2 + vt′) .

Como A se mueve con aceleracion constante respecto a S ′ su posicion vendra dada, teniendo encuenta que la velocidad inicial desde S ′ es cero, por:

x′A =1

2at′2 .

Teniendo en cuenta que t′ = 1, a = 1, y v = 0,6c, tenemos:

xA =1

√

1− 36100

(1

2× 1× 12 +

6

10c× 1) =

10

8(1

2+

6c

10) =

5

8+

3

4c.

24