📄 Fisica · 2020-2021 · Extraordinaria

a) En primer lugar calculamos la distancia d y el ángulo θ según la figura adjunta.
y

g
x
(0,6)
 
g g
y d
50 g
θ
x
(8,0)
La distancia d es:
d = 82 +62 =10m
En la figura, el ángulo θ se puede calcular como:
6
tanθ= , de donde θ=36,87º
8
El potencial gravitatorio en el punto (0, 6) m es:
M
V =−G =-3,33⋅10−13 J kg−1
grav d
Por otro lado, el módulo del campo gravitatorio será:
 M
g =G =3,33⋅10−14 N kg-1
d2
En función de sus componentes cartesianas el campo queda expresado como:
    
g = gcosθi −gsinθj =(2,67⋅10−14 i −2,00⋅10−14 j) N kg-1
b) Para calcular el trabajo realizado por el campo falta calcular el potencial gravitatorio en el
origen:
M
V (0,0)=−G =−4,17⋅10−13 J kg−1
grav d'
De donde el trabajo será:
W =−m ( V (0,0)−V (0,6) ) =1,67⋅10−15 J
(0,6)→(0,0) grav grav

a) Sabiendo la velocidad del propagación del sonido en el aire, la distancia a la que explota el
cohete es:
d =v t =510 m
s
Una vez conocida la distancia, la intensidad sonora en la posición del espectador será:
P
I = =6,12⋅10−9 W m−2
4πd2
b) La potencia de 10 explosiones es: P =10P =200 mW
total
La intensidad sonora será por tanto:
P
I = total =6,12⋅10−8 W m−2
total 4πd2
Por lo que el nivel de intensidad sonora será:
I 
β(dB)=10log  total =47,87 dB
10  I 
0

a) Aplicando el teorema de Gauss, el flujo del campo eléctrico es:
  Q
Φ =∫∫ E⋅dS = encerrada =2,26⋅105 N m2 C−1
ε
Sup 0
Este resultado no depende de la superficie, siempre que sea una superficie cerrada que incluya a la
carga en su interior.
b) El flujo para una superficie esférica centrada en la carga es:
 
Φ =∫∫ E⋅dS = E 4πr2
Sup
 
donde se ha utilizado el hecho de que E y dS son paralelos, y el módulo del campo es igual en todos los
puntos de la superficie. De ahí:
Φ
E = =7,20⋅108 N C−1
4πr2

a) Aplicando la ley para lentes delgadas:
1 1 1
= −
f ' s' s
donde, para f' = 1/P = 0,025 m = 2,5 cm, y s = -0,15 m = -15 cm, se obtiene:
1
s'= =3 cm
1 1
+
f ' s
El tamaño de la imagen se puede obtener mediante:
y' s' s'
M = = y'= y =−0,4 mm
y s s
y
y’
s
F
F’
b) Para que la imagen final se forme en el infinito, la imagen proporcionada por la primera
lente debe situarse en el foco de la segunda lente, por lo cual
d =s'+ f '=9 cm
lentes 2

a) La secuencia de transiciones propuesta entre esos tres niveles se esquematiza según:
(2)
Absorción
(1)
600 nm
450 nm
Emisión
(0)
La frecuencia de la radiación absorbida o emitida entre dos niveles energéticos viene dada por:
c
∆E =hν =h
fotón λ
fotón
Para el caso de la absorción, transición (0)→(2):
c
∆E = E −E =hν =h =4,42⋅10−19 J =2,76 eV
2 0 fotón λ
fotón
Para el caso de la emisión, transición (1)→(0):
c
∆E = E −E =hν =h =3,31⋅10−19 J =2,07 eV
1 0 fotón λ
fotón
b) La energía emitida por unidad de tiempo (potencia emitida) se calcula como el flujo de fotones por
la energía de cada fotón emitido:
P= N E =1,33⋅10−3 W
fotones/s fotón emitido

a) Al ser una órbita circular, se cumple:
Mm v2 M
F = F ⇒ G =m ⇒ v2 =G
grav centrípeta r2 r r
Por otro lado, la velocidad orbital se relaciona con el radio de la órbita y su periodo mediante:
2πr
v=
T
Combinando ambas expresiones, se obtiene:
2πr 2 M GMT2
v2 =   =G ⇒ r3 =
 T  r 4π2
de donde se calcula el radio de la órbita:
1/3
GMT2 
r =  =2,53⋅108 m = 253.000 km

4π2

2πr
La velocidad orbital es ahora: v= =12246,62 m⋅s−1 ≈1,22⋅104 m s−1
T
Para una órbita circular, la energía mecánica es:
1 Mm 1 Mm
E = E +E = mv2 −G =− G =−2,62⋅1011 J
mec cin pot 2 r 2 r
b) Para que la sonda abandone el campo gravitatorio del planeta, la velocidad que debe poseer
en el infinito debe ser nula, y así lo será su energía potencial también, por lo que la energía
mecánica debe ser cero:
E =0= E +E ⇒ E =−E =2,62⋅1011 J
mec mecánica en órbita suministrada suministrada mecánica en órbita

a) De la expresión del campo eléctrico, se deduce inmediatamente su frecuencia angular y su
número de onda:
ω=3,43⋅1015 rad s−1
k =1,52⋅107 rad m−1
De donde la frecuencia y su longitud de onda se obtienen mediante las relaciones:
ω
ω=2πf ⇒ f = =5,46⋅1014 Hz
2π
2π 2π
k = ⇒ λ= =4,13⋅10−7 m
λ k
b) La velocidad de propagación se obtiene mediante:
ω
v= =λf =2,26⋅108 m s−1
k
El índice de refracción se define como la relación entre las velocidades de propagación en el
vacío y en un medio material:
c
n= =1,33
v

a) Los vectores involucrados se muestran en la figura adjunta:

z
B

F

y
v
I
x
El módulo del campo magnético en el punto (0, 5, 0) cm se calcula mediante la expresión
(derivada de la aplicación de la Ley de Ampère):
µI
B= 0 =10−4 T, cuya dirección y sentido se muestra en la figura. Por tanto:
2πr
 
B=10−4 k T
b) Para calcular la fuerza magnética utilizamos la expresión:
  
i j k
   
F =qv×B=q 0 v 0 =−1,6⋅10−20 i N
0 0 B

a) La frecuencia de la luz no cambia con el medio de propagación, y su relación con la longitud
de onda y la velocidad de propagación viene dada por:
v=λf
Para el vacío (o el aire), la velocidad de propagación es c:
c
f = =6,15⋅1014 Hz
λ
0

La longitud de onda en el medio material será:
c v c λ
v= =λf ⇒ λ= = = 0 =3,15⋅10−7 m=315 nm
n f nf n
b) Teniendo en cuenta que el ángulo reflejado y el incidente son iguales:
θ =θ ⇒ θ +θ =2θ =60º ⇒ θ =30º
inc ref inc ref inc inc
θ
θ
r
i
n
aire
θ
n
θ
t
Aplicando la ley de Snell:
n senθ 
n senθ =nsenθ ⇒ θ =asen aire inc =18,82º
aire inc trans trans   n  
El ángulo formado por el rayo reflejado y el transmitido será:
θ=180º−(θ +θ )=131,18º
ref trans
Desde el aire hacia el material no existe ángulo crítico (no puede dar lugar a reflexión total),
pues:
nsen90
n senθ =nsen 90 ⇒ θ =asen  =asen [ 1,55 ] , que no existe.
aire c c  n 
aire