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C/ Fernando Poo 5 Madrid (Metro Delicias o Embajadores).
OPCION A
Cuestión 1.
Solución:
a)
La energía cinética sigue la siguiente relación:
𝐸𝑐 =1
2𝑚𝑣2
Ahora, se procede igualando la fuerza gravitatoria a la fuerza centrípeta,
ya que es un movimiento circular:
Fg=Fc
G𝑀∙𝑚
𝑅²= 𝑚 ∙ 𝑎N
Siendo la aceleración normal aN=v²/R , llegamos a la siguiente expresión:
G𝑀∙𝑚
𝑅²= 𝑚 ∙
𝑣²
𝑅
v²=G∙𝑀
𝑅
Con esto, podemos ya deducir la energía cinética del satélite:
𝐸𝑐 =1
2𝑚𝑣2
𝑬𝒄 =𝟏
𝟐𝒎 G∙
𝑴
𝑹
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b)
Por el principio de conservación de la energía mecánica de un
cuerpo, y sin que existan fuerzas no conservativas tenemos:
Em=Ec+Ep
En Gravitatorio, la energía potencial sigue la siguiente formula:
Ep=−𝐺 ∙𝑀𝑚
𝑟
La energía cinética es:
Ec=1
2∙ 𝐺 ∙
𝑀𝑚
𝑟
Ahora sumamos ambos términos:
Em=Ec+Ep
Em=−𝑮𝑴𝒎
𝒓 +
𝟏
𝟐𝑮
𝑴𝒎
𝒓 =
𝟏
𝟐𝑬p
Cuestión 2.
Solución:
a)
Los radios de las orbitas que describen.
Para describir una órbita circular, tiene que haber un equilibrio de
fuerzas, en este caso, fuerza magnética y fuerza centrípeta:
FB=Fc
qv∙B = m∙𝑣2
𝑅
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qv∙B = m∙𝑣
𝑅
R = 𝑚𝑣
𝑞𝐵
Para relacionar los radios de ambas partículas, comparamos la expresión
obtenida anteriormente, teniendo en cuenta lo siguiente:
mp+=1836me-
ve-=8vp+
la carga neta de ambas partículas es la misma, y dividiendo ambos términos:
𝑅𝑝
𝑅𝑒 ==
𝑚𝑝𝑣𝑝
𝑞𝑝𝐵𝑚𝑒𝑣𝑒𝑞𝑒𝐵
qe=qp
mp+=1836me-
ve-=8vp+
𝑹𝒑
𝑹𝒆=
𝟏𝟖𝟑𝟔
𝟖= 𝟐𝟐𝟗, 𝟓
b)
Los periodos orbitales de las mismas.
q·v·B=m·𝑣²
𝑅
v=ωR
q·v·B=m· (𝜔𝑅)²
𝑅
ω=2πf=2𝜋
𝑇
T²=4𝑚𝜋²𝑅
𝑞𝑣𝐵
Comparamos ahora dicha expresión para ambos, teniendo en cuenta:
mp+=1836me-
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ve-=8vp+
𝑇ᴘ²
𝑇ₑ²=
4𝑚ᴩ𝜋²𝑅ᴩ
𝑞ᴩ𝑣ᴩ𝐵
4𝑚ₑ𝜋²𝑅ₑ
𝑞ₑ𝑣ₑ𝐵
=1836𝑚ₑ8𝑉ᴩ𝑅ᴩ
𝑚ₑ𝑣ᴩ𝑅ₑ=
𝑻ᴩ
𝑻ₑ=1836
Cuestión 3.
Solución:
a)
𝜆 =ℎ
𝑚𝑣
𝜆₁
𝜆₂=
ℎ𝑚₁𝑣₁
ℎ𝑚₂𝑣₂
=𝑚₂𝑣₂
𝑚₁𝑣₁
Con la relación que nos da el enunciado de la energía cinética,
obtenemos la relación de ambas velocidades:
Ec₁=Ec₂ 𝑣₂
𝑣₁=√50
m₁=50m₂
Con lo que podemos sacar la relación entre las longitudes de onda:
𝝀₁
𝝀₂=
𝒉
𝒎₁𝒗₁𝒉
𝒎₂𝒗₂
=𝒎₂𝒗₂
𝒎₁𝒗₁=
√𝟓𝟎
𝟓𝟎
b)
Una vez obtenida la relación de las longitudes de onda, podemos
relacionar las masas con las velocidades: 𝝀₁
𝝀₂=
𝒎₂𝒗₂
𝒎₁𝒗₁=500
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𝒗₂
𝒗₁=500
𝒎₁
𝒎₂
Ec₁=Ec₂ 𝑚₁
𝑚₂= (
𝒗₂
𝒗₁)²
Como solución:
𝒗₂
𝒗₁=
𝟏
𝟓𝟎𝟎
Problema 1.
Solución:
a)
f = 1/T=0,5Hz
v=λf
λ=v/f= (60x10⁻²)/0,5= 1,2 m
λ=1,2 m
b)
Una onda sigue la siguiente ecuación:
Y(x,t)=Asen(ωt – kx +ϕ₀)
Donde:
Ω=2πf= π rad/s
K= 2π/λ= (5π)/3
Y(x,t)=Asen(πt –((5π)/3) x +ϕ₀)
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Ahora, metiendo los datos: x=0,3 m t=1 s, sabemos que y=0
Y(x,t)=Asen(π1 –((5π)/3) (0,3) +ϕ₀)=0
Operando llegamos a la expresión:
sen(π1 –((5π)/3) (0,3) +ϕ₀)=0
(π1 –((5π)/3) (0,3) +ϕ₀)=0
ϕ₀=-π/2 rad
Para sacar la amplitud, metemos datos numéricos en x y t
x=0,3 m t=1,5 s
y=-0,05 v=0
-0,05=Asen(3π/2 –(0,3)5π/3 –π/2)
A=-0,05 m
c)
Teniendo en cuenta la ecuación de una onda transversal
Y(x,t)=Asen(ωt – kx +ϕ₀)
Especificando a este problema, tenemos:
Y(x,t)=-0,05sen(πt – (5π/3)x +π/2)
d)
La diferencia de fase entre los dos puntos, se puede hallar de
diferentes formas:
λ = 1,2 m Esta distancia se recorre en T segundos: T= 1/f=
1/0,5=2s
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También, en una longitud de onda, se recorren 2π radianes.
En λ/4 tendremos una distancia de: Δx= 0,3 m
Con una simple relación, podemos ver el desfase entre dichos
puntos:
Δϕ= (0,3∙2π)/1,2 =π radianes.
Problema 2.
Solución:
a)
n=𝑐
𝑣
n=𝑐
𝑣=
𝜆˳∙𝑓
𝜆∙𝑓=
𝜆˳
𝜆
Aplicando los datos numéricos obtenemos:
λ=(650x10‾9)/1,48
λ= 440 nm
b)
La condición para que haya reflexión total es que el ángulo Ɵ2 sea
menor que el ángulo limite.
Angulo límite: n₁sen Ɵ2=n2 sen90
Ɵ2=76,7°
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Ahora, con ayuda de la ley de Snell:
nsen Ɵ= n₁sen Ɵ1
Ɵ1+ Ɵ2=90°
Ɵ=19,9°
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OPCION B
Cuestión 1.
Solución:
a)
T=1/f
Si reducimos la frecuencia a la mitad, el periodo será el doble:
T1= 1/f/2=2T0
Con lo que el periodo se duplica
b)
V= 𝑑𝑦(𝑡)
𝑑𝑡=
𝑑
𝑑𝑡(𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜑˳)) = 𝐴𝜔𝑐𝑜𝑠 (𝜔𝑡 + 𝜑˳)
Para la velocidad máxima, tenemos que cos (𝜔𝑡 + 𝜑˳)=1
Vmax=Aω=A2πf
Vmax˳= A2πf
Vmax1=A2πf/2
Con lo que la velocidad máxima se reducirá a la mitad.
c)
a= 𝑑𝑣(𝑡)
𝑑𝑡=
𝑑
𝑑𝑡(-Aω²sen(𝜔𝑡 + 𝜑˳))
condición para amax : sen(𝜔𝑡 + 𝜑˳)=1
amax = -A(2πf)²= amax˳ /4
d)
Em=(1/2)kA²
K=ω²m
Em=(1/2) ω²m A²
Ω=2πf
Em=(1/2) (2πf) ²m A²
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Al reducir la frecuencia a la mitad, tenemos:
Em1= Em˳/4
Cuestión 2.
Solución:
a)
El teorema de Gauss no dice, que el flujo total que atraviesa una
superficie cerrada, es igual a la suma infinitesimal de cada una de
las cargas encerradas en el interior de dicha superficie, dividida
entre la constante ε˳.
Φ=∮ 𝐸𝑑𝑆 = 𝑄𝑖𝑛/𝜀˳
b)
Φ=∮ 𝐸𝑑𝑆 = 𝑄𝑖𝑛/𝜀˳ = 𝐸 ∮ 𝑑𝑆 = 2𝐸𝑆 = 𝑄𝑖𝑛/𝜀˳𝑆
E=𝜎
2𝜀˳
Cuestión 3.
Solución:
a)
E=hv
V=c/λ
E=h(c/λ) λ = hc/E
E=Wext=2eV∙1,6x10‾19 J/eV =3,2x10‾19 J
λ = hc/E= (6,63 𝑥 10‾34 )3 𝑥 108
3,2𝑥10‾19=6,2x10‾7 nm
b)
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E= Wext-Ecin(e‾)
Ecin(e‾)= Wext- E= 6,63 x 10‾34∙3 𝑥 108
600𝑥10‾9−3,2x10‾19=1,2x10‾20 J
Problema1.
Solución:
a)
p=mv
Para obtener la velocidad del satélite, recurrimos al movimiento
circular y a la atracción gravitatoria:
Fg=Fc
𝐺𝑀𝑚
𝑟²= 𝑚
𝑣²
𝑟
𝑣 = √𝐺𝑀
𝑟
p=mv=m√𝐺𝑀
𝑟=1000√6,67𝑥10‾11 ∙ 5,9𝑥1024/12𝑥10⁶ = 5,76𝑥10⁶
Momento angular: L=mvrsenα; α=90°
L=mvrsenα =1000√6,67𝑥10‾11 ∙ 5,9𝑥1024 ∙ 12𝑥10⁶ = 6,9𝑥10¹ᶟ
Respecto a la direcciones, en el momento lineal cambia al cambiar la
posición, pues es siempre tangente a la trayectoria, y paralelo a la
velocidad. En cambio, en el momento angular, es un vector
perpendicular al plano definido por el satélite y el centro del planeta,
por lo que siempre seguirá la misma dirección.
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b)
Periodo:
Tercera ley de Kepler
T²=4𝜋²
𝐺𝑀rᶟ
T=√4𝜋²
𝐺𝑀𝑟ᶟ = √
4𝜋2
6,67𝑥10‾115,9𝑥1024(12𝑥106)ᶟ = 13165,9 𝑠
Energía:
Em=Ec+Ep
Ep= −𝐺𝑀𝑚
𝑟 ; Ec=
1
2𝒎𝒗²
Ec=1
2𝒎(√𝐺
𝑀
𝑟)²
Sumando ambas expresiones, podemos obtener la Energía mecánica:
Em=Ec+Ep
Em== −𝐺𝑀𝑚
𝑟+
1
2𝒎(√𝐺
𝑀
𝑟)² =−
1
2 𝐺
𝑀𝑚
𝑟=-1,65x10¹° J
Problema2.
Solución:
a)
Ley de Lorentz
F=q(v x B)
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Al ser nula la velocidad, también lo será la fuerza magnética.
F=0, por consiguiente: a=0
b)
Con la regla de la mano derecha, y teniendo en cuenta la expresión
analítica de Biot y Savat, podemos aplicar:
B=𝜇˳𝐼
2𝜋𝑑=
4𝜋𝑥10‾ 7∙12
2𝜋0,2= 1,2 𝑥 10‾5𝑇
F=q(v x B)=qvB|𝑖 𝑗 𝑘0 1 0
−1 0 0| = −1,92 𝑥 10‾²⁴ KN
F=ma
a=−1,92 𝑥 10‾²⁴
9,1 𝑥 10‾ 19=-2,1 x 10⁶ m/s² j
c)
F=q(v x B)= qvB|𝑖 𝑗 𝑘0 0 1
−1 0 0|=1,92 x 10‾²⁴ N
a=F/m=1,92 𝑥 10‾²⁴
9,1 𝑥 10‾ 19=2,1 x 10⁶ m/s² j
d)
F=q(v x B)= qvB|𝑖 𝑗 𝑘1 0 0
−1 0 0|=0
Como la fuerza es cero, la aceleración será nula también.
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