📄 Fisica · 2022-2023 · Extraordinaria

a) La energía potencial que tiene el satélite en su órbita es
M ⋅m 5,97⋅1024⋅150
E =−G T S =−6,67⋅10−11 =−7,89⋅109J
P R +h 6,37⋅106 +1200⋅103
T
Para calcular la energía cinética debemos determinar la velocidad con la que está orbitando el
satélite
v2 M ·m M
m =G T S ; v2 =G T
S R +h ( R +h )2 R +h
T T T
1 1 M 1 5,97⋅1024
E = m v2 = m G T = 150⋅6,67⋅10−11 =3,95⋅109J
C 2 S 2 S R +h 2 6,37⋅106 +1200⋅103
T
Nota: este apartado también puede resolverse teniendo en cuenta que
M ⋅m 1 M ⋅m
E = E +E =−G T s +E ; E =− G T s
mec P C R +h C mec 2 R +h
T T
1 M ⋅m 1 7,89⋅109
E = G T s =− E = =3,95⋅109J
C 2 R +h 2 P 2
T
Pero en ese caso deberán demostrar la expresión de la energía mecánica.
b) La energía mínima necesaria para poner en órbita al satélite vendrá dada por la variación de
energía mecánica de éste entre la órbita y la superficie
E =∆E = Eórbita −Esuperficie =( E +E )órbita +( E +E )superficie =
satelización M M M C P C P
= ( 3,95⋅109 −7,89⋅109 ) −  0−G M T ·m S   =−3,94⋅109 +6,67⋅10−11 5,97·1024·150 =5,44⋅109J
 R  6,37·106
T

a) De acuerdo con los datos que se proporcionan
2π 2π λ 0,25
ω= = =500πrads-1 ;λ=0,25m ; v=λ⋅ f = = =62,5ms-1
T 4·10−3 T 4·10−3
b) La expresión matemática que describe a la onda es
y(x,t)= Asen (ω·t−k·x+φ)
Donde
2π 2π
A=3mm=3⋅10−3m;k = = =8πm−1
λ 0,25
y(x,t)= Asen (ω⋅t−k·x+φ)=3⋅10−3sen ( 500π⋅t−8π⋅x+φ)
El desfase φ, lo calcularemos a partir de las condiciones en el punto situado a 0,5 m
y ( 0,5,2⋅10−3 ) =3⋅10−3sen ( 500π⋅2⋅10−3−8π⋅0,5+φ ) =−1,5⋅10−3
3⋅10−3sen (π−4π+φ)=−1,5⋅10−3 ; sen (−3π+φ)=−0,5
π 7π 17π 25π
φ−3π=arcsen ( -0,5 ) ; φ−3π=− ó ;φ= ó rad
6 6 6 6
La velocidad de oscilación será
dy(x,t)
=3⋅10−3⋅500π⋅cos(500πt−8πx+φ)
dt
dy(0,5,2⋅10−3)
=3⋅10−3⋅500π⋅cos ( 500π⋅2⋅10−3−8π⋅0,5+φ )
dt
Evaluando para cada valor del desfase
17π dy(0,5,2⋅10−3)  17π
φ= ; =3⋅10−3⋅500π⋅cos500π⋅2⋅10−3−8π⋅0,5+  >0
6 dt  6 
25π dy(0,5,2⋅10−3)  25π
φ= ; =3⋅10−3⋅500π⋅cos500π⋅2⋅10−3−8π⋅0,5+  <0
6 dt  6 
El desfase correcto es por tanto
φ=17π ≡5π
+2nπn=0,1,2...
6 6
La ecuación de la onda será, por tanto
 5π
y(x,t)=3⋅10−3sen500πt−8πx+  m
 6 
Donde x está expresado en m y t en s.

En el caso de que se utilice la expresión del coseno la ecuación que describiría a la onda sería
 π
y(x,t)=3⋅10−3cos500πt−8πx+  m
 3

a) Las fuerzas que ejercen las cargas -q y +2q sobre la carga situada en (a, a) serán
 q2  q2 
F = K i =K i
−q→−q
(
2a
)2 4a2
 2q2  2q2  q2 2(   )
F =−K sen45ºi−K cos45º j = K −i− j
+2q→−q
2a2 2a2 a2 2
La fuerza neta sobre la carga -q valdrá
 q2 1 2  2  q2 (   )
F −q = K a2     4 − 2    i− 2 j  = K a2 −0,46 i−0,71j
El trabajo que realiza la fuerza electrostática para traer la carga -q desde el infinito hasta el
punto (a, a) es la variación de su energía potencial entre el infinito y el punto (a, a)
W =−∆E =− ( E (a,a) −E∞ ) =−E (a,a) =−  K (−q )(−q ) +K ( 2q )(−q ) =
p p p p  2a a 2 
 q2 2q2  q2 1 2  q2
=−K −K =−K

−

=0,91⋅K
 2a a 2  a 2 2  a
b) De acuerdo con la Ley de Gauss del campo eléctrico
q
Φ = neta
E ε
0
Donde q neta es la carga encerrada por la superficie y
ε
o la permitividad dieléctrica del vacío.
Por tanto
+2q−q q +2q−q−q
ΦS1 = = =4πKq ; ΦS2 = =0
E ε ε E ε
0 0 0

a) Aplicando la Ecuación de Gauss para las lentes delgadas
18 cm
1 1 1
− = ; f '=3cm
18−14,2 −14,2 f '
El aumento lateral que proporciona la lente será
s' 3,8 14,2cm
m= ; s'=3,8cm ; m= =−0,27
s −14,2
s’
Y el tamaño de la imagen que se forma es
y'=−0,27⋅2=−0,54cm
b) El foco objeto de la segunda lente coincide con la posición de la imagen creada por la primera
lente y por tanto la imagen creada por la segunda lente se formará en el infinito.
1 1 1 1
− = ; =0⇒s'=∞
s' −( 5−3,8 ) 1,2 s'
F
F ’
2
1
F F ’
1 2

a) Sin ningún aporte de radón, la actividad esperada al cabo de una semana sería la
correspondiente al decaimiento exponencial de la actividad anterior; para una muestra de un
litro:
t t
− ln2 − 7
T T −
A= Ae−λt = Ae 1 2 = A 2 1 2 =14⋅2 3,8 =3,90 Bq
0 0 0
b) El incremento de concentración supondría al final de la semana un aumento de la actividad,
con respecto a la esperada en las condiciones del apartado a), que, de nuevo para una muestra
de un litro, vendría dado por:
t'
 N  ln2 N  − T
∆A=λ∆C A e−λt' = ∆C A 2 1 2 =
 M  T  M 
Rn 1
2
Rn
ln2  6,02⋅1023  − 3
= 2⋅10−16 2 3,8 =0,66 Bq
3,8⋅8,64⋅104  222 
La actividad registrada en la medida semanal que sigue a la de 14 Bq se elevaría así a:
A'= A+∆A=3,90+0,66=4,56 Bq

SOLUCIONES
(Documento de trabajo Orientativo)

a) En la órbita del satélite se verifica que
v2 M ⋅m M
m =G T ; v= G T
R +1,6⋅106 ( R +1,6⋅106 )2 R +1,6⋅106
T T
T
5,97⋅1024
v= 6,67⋅10−11 =7,07 km s-1
6,37⋅106 +1,6⋅106
El tiempo que tardará el satélite en dar una vuelta completa a la Tierra será
( ) ( )
2π R +1,6⋅103 2π 6,37⋅103 +1,6⋅103
T = T = =7083s=1,97 h
v 7,07
b) Para que las fuerzas gravitatorias de la Tierra y de la Luna se igualen, se debería
cumplir:
M ⋅m M ⋅m M x2
G T =G L ; T =
x2 ( d −x )2 M ( d −x )2
L
x M x 5,97⋅1024
= T ; = ; x=3,46⋅105 km
d −x M 3,84⋅105 −x 7,35⋅1022
L

a) La intensidad sonora correspondiente a un nivel de intensidad sonora de 53 dB es
I I
β=10log ; 53=10log 1 ; I =10−12⋅105,3 =1,99⋅10−7 Wm-2
I 10−12 1
0
La potencia con la que está emitiendo la fuente puntual será
P
I = ; P= I ⋅4πr2 =1,99⋅10−7⋅4π32 =2,25⋅10−5 W
4πr2 1
b) Un nivel de intensidad sonora de 53/4 dB se corresponde con una intensidad de
53 I
β = =13,25dB ; 13,25=10log 2 ; I =10−12⋅101,325 =2,11⋅10−11Wm-2
2 4 10−12 2
La distancia a la que se percibirá una intensidad I será
2
I r2 1,99⋅10−7
1 = 2 ; r = 32 =291,3 m
I r2 2 2,11⋅10−11
2 1

a) El campo eléctrico ejerce una fuerza sobre el ion que será
   
F =q⋅E =1,6⋅10−19⋅103i =1,6⋅10−16i N
La aceleración que experimenta el ion en el instante inicial es
 
 F 1,6⋅10−16i 
a = = =2,41⋅1010i ms-2
m 4⋅10−3 6,02⋅1023
ion
b) Al aplicar un campo magnético y estar moviéndose el ion con una cierta velocidad actuará
sobre él una fuerza magnética. La velocidad que llevará el ion a los 20 µs será
   
v =a⋅t =2,41⋅1010⋅20⋅10−6i =4,82⋅105i m s-1
La fuerza magnética que actuará sobre el ion valdrá
F  =q ( v  ×B  ) =1,6⋅10−19 ( 4,82⋅105i  ×0,6  j ) =4,63⋅10−14k  N
La fuerza total sobre el ion es
 (   )
F = 1,6⋅10−16i +4,63⋅10−14k N
Total

a) Aplicando la Ley de Snell a la cara de entrada
del rayo de luz
n ⋅sen50º=1,66⋅senα 50o
0
β
1 α
senα= sen50º=0,461 ; α=27,48º γ
1,66
60o
Teniendo en cuenta la geometría del prisma
γ=60º−α=32,52º
Aplicando la Ley de Snell a la cara de salida del haz de luz
1,66⋅sen32,52º=n ⋅senβ ; senβ=0,892 ; β=63,18º
0
b) El haz de luz no emergerá del prisma cuando el
ángulo de refracción β sea igual a 90º.
Aplicando la Ley de Snell para el ángulo β = 90º
1,66⋅senγ'=n ⋅sen90º
0
1
senγ'= =0,602;γ'=37,04º
1,66
α'=60º−γ'=22,96º
Aplicando la Ley de Snell a la cara de entrada del
prisma
n ⋅senθ =1,66⋅sen22,96º
0 i
senθ =0,648 ; θ =40,39º
i i