📄 Fisica · 2021-2022 · Extraordinaria

a) El campo gravitatorio que la partícula de 20 kg genera en el punto
(8, 6) m será:
 GM  20 (   )
g(8,6)=− u =−6,67⋅10−11 cosθi +senθj
d2 r 102
 20  8  6 
g(8,6)=−6,67⋅10−11  i + j
102 10 10 
 (   )
g(8,6)= −1,07⋅10−11i −8,0⋅10−12 j N kg-1
Una vez conocido el campo gravitatorio, calculamos la fuerza que la actúa sobre la segunda
carga
 GMm   (   )
F =− u =mg(8,6)= −3,21⋅10−11i −2,40⋅10−11 j N
d2
b) Calculamos la energía total que tiene la partícula de 3 kg cuando le suministramos la velocidad
1,2·10-5 m s-1
E =−G Mm + 1 mv2 =−6,67⋅10−11 20⋅3 + 1 3⋅ ( 1,2⋅10−5 )2 =−1,84⋅10−10J
r 2 10 2
El punto de máxima distancia a la que llegará la partícula será aquel en el que toda su
energía mecánica inicial sea energía potencial. Calculamos la distancia al origen en el que se
cumple la condición anterior
Mm 20⋅3
E =−1,842⋅10−10 =−G =−6,67⋅10−11 →r =21,73m
r r max
max max
Conocida la distancia al origen, calculamos el punto que nos preguntan
 8 6 
(
x ,y
)=21,73
, 
=(
17,38, 13,04
)
m
max max 10 10

a) Si esos elementos pasan por el eje x cada 4 s, el período de la onda es T = 8 s. Puesto que
A y B son los dos puntos más próximos entre sí que oscilan en fase, entre ellos media una
distancia igual a una longitud de onda, de modo que esta es λ = 2 m. Se obtiene así la
velocidad de propagación:
λ 2
v= = = 0,25 m s−1
T 8
b) Consideremos la expresión general para una onda armónica que viaja en el sentido negativo
del eje x, escribiéndola en términos de su período y de su longitud de onda:
2π 2π 
y(x,t)= A cos t+ x+φ 
0  T λ 0
Aquí,A y φ denotan respectivamente la amplitud y la fase inicial de la onda.
0 0
Ya que la velocidad inicial de los elementos A y B es nula, su desplazamiento inicial
corresponde al máximo y proporciona, por tanto, la amplitud de la onda, resultando A = 0,1 m.
0
Para el elemento A, ubicado en x = 0, debe cumplirse en particular que:
y(0,0)=0,1cos(φ)=0,1 m→φ =0
0 0
Recopilando todos los valores obtenidos y trasladándolos a la expresión de la onda, esta
adopta la forma final:
π 
y(x,t)=0,1mcos t+πx (unidades SI)
 4 

a) Denotemos con L la longitud de la varilla; la superficie del circuito formado por ella, la
resistencia y los raíles, tomándola orientada según el sentido positivo del eje z (resulta
indiferente adoptar la orientación opuesta para la resolución del ejercicio), queda
caracterizada por el vector:
 
S = xLk
El flujo magnético en el circuito, denotando con B el módulo del campo magnético dado en la
región, se obtiene a partir de:
 
Φ = B⋅S =−BxL
Puesto que la superficie del circuito varía con el tiempo, este flujo magnético también lo hace,
y aparece una fuerza electromotriz, dada por la siguiente expresión:
dΦ dx
ε=− = BL = BLv
dt dt
La intensidad de la corriente en el circuito es:
ε BLv 0,4⋅0,2⋅2
I = = = =0,32 A
R R 0,5
Con la orientación adoptada para la superficie, el signo positivo de la corriente corresponde a
un recorrido antihorario, desde la perspectiva de la figura dada en el ejercicio.

b) La fuerza ejercida por un campo magnético uniformeB sobre un tramo rectilíneo de conductor
de longitud L por el que circula una corriente de intensidad I se obtiene como:
  
F = IL×B,

donde L representa un vector de módulo dado por la longitud L, y dirección y sentido
determinados por la corriente en el conductor. En el caso de la varilla del ejercicio, conforme
al sentido de la corriente hallado en el apartado anterior (o que puede justificarse aquí mediante
aplicación, por ejemplo, de la ley de Lenz), este vector toma la forma:
 
L =0,2j
Utilizando la expresión de la fuerza, con los valores de la corriente y del campo magnético,
llegamos a:
     
F = IL×B =0,32⋅0,2⋅0,4  j× ( −k ) = −2,56⋅10−2i N
 
El sentido de la fuerza, opuesto al movimiento de la varilla, podría justificarse directamente a
partir de la ley de Lenz.

a) La ecuación de las lentes establece que:
1 1 1
= −
f ' s' s
De la condición dada para el aumento de cada lente, se tiene que en ambas se cumple:
s'
m= =−1 → s'=−s
s
Llevado esto a la ecuación de las lentes, se encuentra que:
s =−s'=2f
Puesto que la imagen de la primera constituye el objeto de la siguiente, se concluye que la
distancia que las separa equivale al cuádruple de la distancia focal:
16 cm 1
f '= =4 cm → P= =25 dioptrías.
4 f '
b) Para que la imagen del sistema se forme en el infinito, la segunda lente debería desplazarse
4 cm a la izquierda, lo que situaría la imagen de la primera lente en el foco de la segunda.

a) La vida media del isótopo y la actividad inicial de la muestra.
Para hallar la vida media aplicamos la relación entre vida media y período de
semidesintegración:
t
τ= 1/2 =199,64días=1,72⋅107 s
ln2
La actividad inicial será:
A =λN
0 0
siendo λ la constante de desintegración, 1/τ y N es número inicial de núcleos.
0
Para hallar el número inicial de núcleos contamos con la masa molecular y el número de
Avogadro.
m 30⋅10−3 g
N = N = 6,02⋅1023 mol−1 =8,6⋅1019 núcleos
0 M A 210g mol−1
De manera que la actividad inicial será:
N
A =λN = 0 =4,99⋅1012 Bq
0 0 τ
b) El tiempo que debe transcurrir para que el contenido de 210Po de la muestra se reduzca a 5 mg.
La masa en función del tiempo sigue una ley exponencial:
m(t)=m e−λt ⇒5mg =30mge−λt
0
Despejando, nos queda:
5  5  1  5 
e−λt = ⇒−λt =ln  ⇒ t =− ln  =3,08⋅107 s=356,7días
30 30 λ 30

a) La condición de escape desde la superficie de un planeta de radio R y masa M exige que la
velocidad de partida cumpla:
1 GMm GM
mv2 − =0→v = 2
2 e R e R
Utilizando la relación entre masas y diámetros de Marte y la Tierra, se obtiene la que existe
entre las correspondientes velocidades de escape:
GM
2 M
v R M R 2 1
eM = M = M T = =
v GM M R 10 5
eT 2 T T M
R
T
b) Despreciando el rozamiento, la energía mecánica se conserva desde el lanzamiento en la
superficie hasta el punto más alto alcanzado, en el que la energía cinética se anula; utilizando
además la relación entre la velocidad de escape de Marte y la de la Tierra, se obtiene:
1 GM m GM m 
mv2 − T =− T
 2 eM R r   4 GM m GM m
T máx
  → − T =− T →
 2GM 1 2GM  5 R r
v = M = T T máx
  eM R 5 R  
M T
5 R
r = R → h = T =1592,5 km
máx 4 T máx 4

a) Conocido el nivel de intensidad en el punto A a una distancia R de 100 m del foco, podemos
determinar su potencia a partir de la siguiente relación:
I P β A−12 60 −12
β =10log A =10log → P=4πR2⋅1010 =4π⋅1002⋅1010 =4π⋅10−2 W =125,7 mW
A I 4πR2I
0 0
De un modo semejante podemos encontrar la altura h, dado el nivel de intensidad que se recibe
en el punto B del suelo en la vertical del foco:
I P P 12− β B 4π⋅10−2 12− 80
β =10log B =10log → h= ⋅10 10 = ⋅10 10 =10 m
B I 4πh2I 4π 4π
0 0
b) En caso de añadir ese nuevo foco, en el punto B tendríamos:
I'  P 4P  P
β' =10log B =10log +  =10log ( 1+4 )=β +10log ( 5 )=87 dB
B I 4πh2I 4πh2I  4πh2I B
0 0 0 0

a) Denotemos con A el punto (3, 4) m y con B el punto en que se coloca la segunda carga. El
campo eléctrico creado por esta en el origen de coordenadas debe poseer el mismo módulo
que el campo generado allí por la primera, su misma dirección y sentido opuesto. Puesto
que la segunda carga tiene el cuádruple de magnitud, conforme a la ley de Coulomb debe
encontrarse al doble de distancia del origen para que el módulo del campo sea igual al de
la primera carga; la distancia de B al origen es, en consecuencia, de 10 m. Para que la
dirección sea la misma, el punto B debe encontrarse en la recta que une a A con el origen,
y para que el sentido sea el contrario, B debe situarse en el tercer cuadrante; así, a 10 m
del origen a lo largo de la recta anterior, en el tercer cuadrante, se halla el punto B, con
coordenadas (-6, -8) m.
En términos matemáticos, tenemos que la superposición de los dos campos en el origen
de coordenadas debe anularse:
    
E(0,0)= E (0,0)+E (0,0)=0 → E (0,0)=−E (0,0)
1 2 2 1
 
Seanr y r los vectores de posición de cada una de las cargas, y r y r sus respectivos
1 2 1 2
módulos. Los campos anteriores pueden entonces escribirse como:

 q  r 
E (0,0)= K 1  − 1
1 r2  r 
1 1

 q  r 
E (0,0)= K 2  − 2 
2 r2  r 
2 2
La igualdad de módulos requiere que:
q q q
K 1 = K 2 → r = 2r =2r
r2 r2 2 q 1 1
1 2 1
Para que los sentidos sean opuestos, debe verificarse que:
 
 r   r   r  
− 1=−− 2  → r =− 2 r =−2r
 r   r  2 r 1 1
1 2 1
La posición de la segunda carga es, por lo tanto, (-6, -8) m.
b) El potencial en el origen de coordenadas es la suma de los correspondientes a cada carga,
y cumpliría:
q q  1 4  5 10,8⋅103
V(0,0)= K 1 + 2 = Kq +  =1,08⋅104 V → q = ⋅ =2⋅10−6 C
 r r  5 10 3 9⋅109
1 2
q =2⋅10−6 C
1
q =8⋅10−6 C
2

a) De la relación entre las longitudes de onda se obtiene:
n λ n
λ = aire aire =0,7λ → n = aire =1,43
vidrio n vidrio vidrio 0,7
vidrio
b) A partir de 30º de ángulo de incidencia del líquido al vidrio, los rayos que alcanzan la cara superior
del vidrio sufren reflexión total y no se refractan al aire; por lo tanto:
n
n sen 30 =n sen α =n sen 90 → n = aire =2
líquido vidrio l aire líquido sen 30