1F í s i c a

2F í s i c a

3© Oxford University Press España, S. A. F í s i c a

ARAGÓN CONVOCATORIA SEPTIEMBRE 2009

S O L U C I Ó N D E L A P R U E B A D E A C C E S OAUTOR: Tomás Caballero Rodríguez

� a) El período de la nota musical mi es:

T � � � 3 � 10–3 s

La expresión que nos proporciona las frecuencias delas ondas estacionarias en una cuerda fija por los dosextremos (cuerda de guitarra) es:

f � , ya que L � y f � � �

En el modo fundamental, n � 1, por lo que despejan-do:

v � � � 494,45 m/s

Es la velocidad de propagación de las ondas en lacuerda.

b) La frecuencia de la nota fa en el modo fundamentales 349,23 Hz, luego la longitud de la cuerda seráahora:

L' � � � 0,70 m

Como L � 0,75 m, hay que presionar a 0,75 m � 0,70m � 0,05 m del extremo para producir dicha nota.

c) La intensidad se deduce de la expresión de la sensa-ción sonora:

S � 10 log ⇒ 40 dB � 10 log ⇒

⇒ I � 10–8 W/m2

Como I � � , entonces 10�8 W/m2 �

Despejando:

r � � 28,2 m (distancia)

� a) 1.ª ley o ley de las órbitas: «todos los planetas des-criben órbitas elípticas alrededor del Sol, estandosituado este en uno de sus focos».

Debido a la pequeña excentricidad de las órbitas,podemos considerar que son circulares sin cometerun grave error.

2.ª ley o ley de las áreas: «trazando una línea quevaya desde el Sol a un planeta determinado, dichalínea barre áreas iguales a tiempos iguales», es decir,la velocidad areolar es constante.

A� t, S1 �S2 �S3

Como consecuencia de esto, los planetas son másrápidos en el perihelio (punto más próximo al Sol)que en el afelio (punto más alejado).

3.ª ley o ley de los períodos: «los cuadrados de losperíodos son directamente proporcionales a los cubosde los semiejes mayores de la elipse».

T 2 �ka3 para órbitas elípticas.

T 2 �kr 3 para órbitas circulares.

Para deducir la tercera ley de Kepler o ley de los perio-dos partimos de que la única fuerza que actúa sobrelos planetas es la fuerza de atracción gravitatoriadel Sol, y como esta es una fuerza perpendicular a la velocidad de los planetas, se trata de una fuerzacentrípeta.

Igualando ambas fuerzas:

Fg � Fc ⇒ �

La velocidad orbital del planeta es constante en órbi-tas circulares:

vo � �

Sustituyendo en la expresión anterior:

� ⇒ GMSolT2 � 4�2r3GMSol

r4�2r 2

T 2

st

2�rT

GMSolmp

r 2

mpvo2

r

� 10�4 W4� � 10�8 W�m2

10�4 W4�r 2

P4�r 2

PS

I10�12 W�m2

II0

1 � 494,45 m�s

2 � 349,23 Hznv2f

2 � 0,75 m � 329,63 Hz

12Lfn

nv2L

v

2Ln

v�

n�

2nv2L

1329,63 Hz

1f

Opción A

Fg

NSol

vo

MT

r

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Despejando:

T 2 � � kr3

O bien:

� � � k

Ya que 4�2, G y MSol tienen el mismo valor para todoslos planetas.

b)

Haciendo uso de la tercera ley de Kepler:

� ⇒ �

Operando:

TCa � 16,65 días

Para hallar la masa de Júpiter podemos utilizar losdatos de Ganímedes o de Calixto. Usemos los deGanímedes:

Fg � Fc ⇒ � �

Simplificando:

GMJT2 � 4�2r 3 ⇒ MJ � �

� �

� 1,9 � 1027 kg

� a) La fuerza de Lorentz es la que aparece sobre cargasen movimiento que penetran en regiones del espa-cio donde hay campos magnéticos. Su valor es:�F �q ( �v � �B) donde el módulo es: F �qvB sen y ladirección y sentido son las del producto vectorial, obien se pueden determinar con la regla de la manoizquierda.

es el ángulo que forman �v y �B. Siempre que esteángulo sea de 90° las partículas describirán una tra-yectoria circular, ya que la fuerza de Lorentz es per-pendicular a la velocidad y, por lo tanto, actúa comouna fuerza centrípeta:

�FM � �Fc ⇒ qvB � ⇒ R �

R es el radio de la trayectoria circular que describe lapartícula.

� Si �0° o 180° no aparece ninguna fuerza sobrela partícula.

� Si no es ni 0° ni 90° la partícula describe una tra-yectoria helicoidal, la velocidad se descomponeen dos componentes: una perpendicular al campoque la obliga a moverse según una circunferenciay otra paralela al campo, que la arrastra en unadirección perpendicular al plano.

La fuerza de Lorentz es una fuerza perpendicular alplano donde están v"y B

", por lo tanto es una fuerza

centrípeta, que forma un ángulo de 90° con el des-plazamiento de la partícula, y no realiza trabajo.

W � Fs cos � 0

b)

El vector campo magnético es:

B"

� 0,3 k"

(T)

vR

X

Z

Y

v

vt

q

T 2Ca

(1,88 � 109 m)3

mv 2

R

mv

qB

T 32

r 33

T 22

r 23

T 12

r 13

4�2

GMSol r 3

4�2 (1,07 � 109 m)3

6,67 � 10�11 N m2

kg2 (7,15 � 24 � 3 600 s)2

4�2r 3

GT 2

mGa4�2r 2

T 2

mGavo2

r

GMJ mGa

r 2

(7,15 días)2

(1,07 � 109 m)3

T 2Ca

r 3Ca

T 2Ga

r 3Ga

vF

90o

r

z

y

xv

FM

+

E

FE

B

q

MJ

Fg

mCa

mGa

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El valor del campo eléctrico es:

E"

� 2 � 105 j"

(N/C)

El valor velocidad es:

v"� v i"

(m/s)

b1) Si el protón no se desvía se debe a que la fuerzatotal que actúa sobre él es nula:

F"

T � F"

E F"

M � 0 ⇒ F"

E � �F"

M

Para ello debe cumplirse que:

FE � FM ⇒ qE � qvB

Sustituyendo y simplificando:

q � 2 � 105 N/C � qv � 0,3 T ⇒ v � 6,6 � 105 m/s

La fuerza eléctrica es:

F"

E � q · 2 · 105 j"

(N)

Y la fuerza magnética es:

F"

M � �(q � 2 � 105) j"

(N)

b2) Si no existiese el campo eléctrico, el protón des-cribiría una trayectoria circular, ya que la fuerzamagnética, que es perpendicular a la velocidad,es realmente una fuerza centrípeta.

Igualando las dos fuerzas:

FM � Fc ⇒ qvB �

Despejando el radio de la trayectoria circular:

R � � �

� � � 0,023 m

� a) La velocidad de desintegración de una sustanciaradiactiva (actividad) en cada instante es proporcio-nal al número de núcleos presentes (N) y a la cons-tante radiactiva (�) característica de cada sustancia:

a � v � � � �N

Donde el signo menos nos indica que el número denúcleos radiactivos va disminuyendo con el tiempo.

Agrupando las variables:

� ��dt

Integrando:

� �� dt ⇒ ln � ��t

Eliminando el logaritmo neperiano:

N � N0e�λt

Esta es la ley exponencial de la desintegraciónradiactiva que nos indica que el número de núcleosradiactivos de una muestra decrece exponencial-mente con el tiempo.

Esto se puede expresar en términos de actividades:

a � a0e��t

O en términos de la masa de sustancia radiactiva:

m � m0e��t

La unidad de actividad es el becquerel: 1 Bq � 1 desin-tegración/s.

T es el período de semidesintegración, que es eltiempo que ha de transcurrir para que el número denúcleos radiactivos se reduzca a la mitad.

T �

b) El período de semidesintegración es:

T � � � 3,3 � 105 s

La constante radiactiva � se ha obtenido como sigue:

a0 � �N0 ⇒ � � � � 2,1 � 10�6 s�1

Cuando transcurran 10 días, t � 10 días � 8,64 � 105 s,el número de núcleos radiactivos que quedarán sindesintegrar será:

N � N0e��t ⇒ N � 1018 � e�2,1 � 10�6 s�1 � 8,64 � 105 s �

� 1,63 � 1017 núcleos

a0

N0

2,1 � 1012 Bq

1018 núcleos

ln 2�

0,693

2,1 � 10�6 s�1

ln 2�

�N

N0

dNN �t

0

NN0

dNN

dNdt

6,6 � 105 m�s

0,3 T

mvqB

1qp

mp

vB

19,6 � 107 C�kg

mv 2

R

z

y

xv

FM

B

N

N0 /8

tT 2T 3T 4T

N0 /4

N0 /2

N0

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� a) La expresión de la elongación del oscilador armóni-co es:

x(t) � A sen (�t �0)

La expresión de la velocidad es:

v � � A� cos (�t �0)

Y la expresión de la aceleración es:

a � � �A�2 sen (�t �0)

Representamos conjuntamente estas tres variables(para �0 � 0):

b) amáx � 2�2 cm/s2 � 0,02�2 m/s2

T � 4 s ⇒ � � � � rad/s

Como amáx � A�2 ⇒ 0,02�2 m/s2 � A ⇒

⇒ A � 0,08 m

La ecuación del MAS toma la forma:

x � 0,08 sen

Para hallar el desfase �0, sabemos que para t � 0,x � 0,04 m, por lo que sustituyendo:

0,04 � 0,08 sen ⇒ �0 � 30° � rad

Por lo tanto, la ecuación final es:

x(t) � 0,08 sen (m)

� a)

El radio de la órbita es r � RT h � 7,135 � 106 m.

Igualando la fuerza gravitatoria con la centrípeta:

Fg � Fc ⇒ � ⇒ vo � �

� �

� 7 470,56 m/s

La energía cinética del satélite en su órbita es:

Ec � mvo2 � 683 kg (7 470,56 m/s)2 � 1,9 � 1010 J

La energía total o mecánica es.

Em � � �

� � � �

��1,9 � 1010 J

b) La energía necesaria para que escape de la atraccióngravitatoria terrestre desde su órbita es:

Em(órbita) Enecesaria � Em(∞) ⇒ �1,9 � 1010 J Enecesaria �

� 0 ⇒ Enecesaria � 1,9 � 1010 J

Y como esta energía ha de suministrarse en forma deenergía cinética:

1,9 � 1010 J � � 683 kg � v2 ⇒ v � 7 470,56 m/s

El momento angular del satélite respecto al centrode la Tierra es L

"� r"� p", donde su módulo L � rmv

sen . Como � 90º, entonces:

L � mvr � 683 kg � 7 470,56 m/s � 7,135 � 106 m �

� 3,64 � 1013 kg m2/s

� a)

F

ur

q

rq’

�

2

12

6,67 � 10�11 N m2

kg2 5,97 � 1024 kg � 683 kg

7,135 � 106 m

12

GMTms

r

12

12

12

�6,67 � 10�11 N m2�kg2 � 5,97 � 1024 kg

7,135 � 106 m

GMTms

r 2

msvo2

r �GMT

r

dvdt

dxdt

�

6��

2� 0 �0�

��

2� t �0�

��

2rad�s�

2

2�

4 s2�

T

��

2� t

�

6 �

0

x/v/a

t(s)4T2

34 T T 5

4T 32 TT

x

v

a

v0Fg

r

MT

ms

Opción B

t �t x v a

0 0 0 A� 0

T4

�

2A 0 �A�2

T2

� 0 �A� 0

T34

�32

�A 0 A�2

T � 0 A� 0

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La fuerza con que interaccionan dos cargas vienedada por la ley de Coulomb: «dos cargas cualesquierase atraen o repelen con una fuerza que es directamen-te proporcional al producto de las cargas e inversa-mente proporcional al cuadrado de la distancia quelos separa».

�F � k �ur

El módulo de �F es:

F � k

La dirección es la de la recta que une las dos cargas,y el sentido depende del signo de las cargas. k esuna constante que recibe el nombre de constante deCoulomb y su valor depende del medio donde seencuentren las cargas y del sistema de unidades. Enel SI:

k � N m2/C2

siendo r la constante dieléctrica de medio (para elvacío, r �1).

Las características principales de esta fuerza eléctricason las siguientes: se trata de una fuerza central(todos los vectores �F pasan por un punto o centro O),es una fuerza conservativa (el trabajo realizado por�F es igual por todas las trayectorias) y es una fuerzanewtoniana (inversamente proporcional al cuadradode la distancia).

El trabajo para trasladar una carga q' desde el infinitohasta un punto A, en presencia de la carga q creado-ra del campo, es:

W∞A � q' (V∞ � VA) � �q'VA

Ya que el potencial en el infinito es cero por defini-ción. El signo menos del trabajo nos indica que hade realizarlo un agente externo al campo.

b)

La expresión del potencial electrostático es:

V � k

El potencial en A es:

VA � 9 � 109 �

� 12 728 V

El potencial en B es:

VB � 9 � 109 �

� 18 000 V

El trabajo para trasladar q3 desde A hasta B es:

WAB � q' (VA � VB) � 4 � 10–6 C (12 728 V � 18 000 V) �

� �0,02 J

� a) Datos: f � � � 4 cm, y por el convenio de

signos, f � �4 cm.

Posición del objeto: s � �12 cm. Altura: y � 2 cm.

Aplicando la fórmula general de los espejos esféri-cos:

� ⇒ � ⇒

⇒ s' � �6 cm

El signo menos nos indica que la imagen se obtienea la izquierda del espejo.

El tamaño:

� → � � ⇒ y' � �1 cm

El signo menos nos indica que la imagen es inverti-da.

b)

Podemos apreciar que la imagen es REAL (se cortanlos propios rayos reflejados), INVERTIDA y de MENORtamaño que el objeto (la mitad).

N m2

C2

9 � 109

r

qq'

r2

qq'

r2

� � 6 cm� 12 cm�y'

2 cm� s'

s

y'

y

1� 4 cm

1� 12 cm

1s'

1f

1s

1s'

8 cm2

R2

�2 � 10�6 C

�8 m

2 � 10�6 C

�8 m �

�2 � 10�6 C2 m

2 � 10�6 C

2 m �

N m2

C2

�i

qi

ri

q1 B(2, 0)

2 m 8 m

A(2, 2)

y

x

8 m

q2

C

y

y’ F O