📄 Fisica · 2023-2024 · Extraordinaria

a) El trabajo efectuado por la atracción gravitatoria vendrá dado por el cambio de energía potencial
experimentado por el satélite, invirtiendo su signo:
(cid:18) (cid:19)
1 1
W = −∆E = −GM M − =
P N H
r r
p a
(cid:18) (cid:19)
1 1
=−6,67·10−11·1,02·1026·1,6·1015 − ·10−9 = −3,89·1020J
12 21
b) Lamáximaenergíacinética,yporlotantolamáximavelocidad,sealcanzaráenelpuntodemenor
energía potencial de la órbita, que es el más próximo al planeta. En consecuencia, y utilizando el
valor de energía mecánica proporcionado:
(cid:115)
(cid:18) (cid:19)
GM M 1 GM E
E = E +E = − N H + M v2 ⇒ v = 2 N + M
M P C r 2 H max max r M
p p H
(cid:115)
(cid:18) 6,67·10−11·1,02·1026 2,5·1020(cid:19)
v = 2 − = 9,06·102m s−1
max 12·109 1,6·1015

a) El número de onda se obtiene de la longitud de onda proporcionada a partir de la siguiente rela-
ción:
2π 2π
k = = = 5π rad m−1
λ 0,4
Lafrecuenciadelaondapuedecalcularseconlosdatosdevelocidaddepropagaciónydelongitud
de onda facilitados:
v 200
p
f = = = 500 Hz
λ 0,4
b) Para determinar la fase inicial, utilizaremos la información de que la velocidad de oscilación es
positiva e igual a la mitad del valor máximo en el origen de coordenadas en el instante inicial;
tomando la función coseno para describir la elongación, tendremos:
y(x, t) = A cos(ωt−kx+ϕ ),
0
cuya derivada con respecto del tiempo nos da la velocidad de oscilación:
v(x, t) = −ωA sen(ωt−kx+ϕ ) = −v sen(ωt−kx+ϕ )
0 max 0
Particularizando para el origen de coordenadas e instante inicial, y con los datos suministrados,
tenemos:
1 1 π 7π
v(0, 0) = −v sen(ϕ ) = v → sen(ϕ ) = − = → ϕ = − ,
max 0 max 0 0
2 2 6 6
π
y(0, 0) = A cos(ϕ ) > 0 → ϕ = − rad
0 0
6
π
En caso de adoptar la función seno para describir la elongación, la fase inicial sería ϕ = rad.
0
3

a) Dado que los hilos se repelen, sus corrientes deben tener sentidos opuestos. También podemos
llegar a esta conclusión utilizando el hecho de que el campo magnético se anula en la recta
x = 10 cm.
Podemos determinar la intensidad utilizando el dato concerniente a los puntos en los que se
anula el campo magnético total, resultante de la superposición de las contribuciones de los hilos.
En dichos puntos, esas contribuciones tienen el mismo módulo:
µ I µ I d
0 1 0 2 1
B = B ⇒ = ⇒ I = I = 2I
1 2 1 2 2
2πd 2πd d
1 2 2
Llevandoestacondiciónalaexpresiónquenosproporcionaelmódulodelafuerzaporunidadde
longitud entre los hilos, encontramos:
(cid:115) (cid:114)
µ I I µ I2 πd 5·10−2
F = 0 1 2 = 0 2 ⇒ I = F = 5·10−5 = 2,5 A ⇒ I = 2I = 5 A
12 2π d π d 2 µ 12 4·10−7 1 2
0
b) Comoilustralafigura,enelpunto(−5,0,0)cmloscamposdebidosacadaunodeloshilostienen
sentidos opuestos, dominando la contribución del hilo situado en el eje z, más cercano y con una
Probin. tAe3n s(isdoalducdieónc)orriente de mayor magnitud. El módulo del campo resultante será:
(cid:12) (cid:12) µ (cid:18) |I | |I | (cid:19) (cid:18) 5 2,5 (cid:19)
(cid:12)B⃗(cid:12) = 0 1 − 2 = 2·10−7 − = 1,5·10−5 T
(cid:12) (cid:12) 2π d d 0,05 0,1
1 2
𝑦𝑦
2
𝐵𝐵
𝐼𝐼 1 𝐼𝐼 2
𝑥𝑥
5 cm 5 cm
1
𝐵𝐵

a) Para calcular la potencia, empleamos la ecuación de las lentes delgadas:
1 1 1
P = = −
f′ s′ s
A partir de los tamaños que se nos facilitan para el objeto y la imagen, encontramos que:
y′ 2 1 s′ s
= = = ⇒ s′ =
y 4 2 s 2
Llevando esto a la ecuación previa, obtenemos:
2 1 1 1
P = − = = = −5 m−1 = −5 dioptrías
s s s −0,2
Prob. AE4l (ssiognluocinóeng)ativo en la potencia indica que la lente en cuestión es divergente, carácter que po-
dríamos haber anticipado a partir de las propiedades de la imagen (virtual, derecha y menor).
b) El trazado de rayos se muestra en la siguiente figura:
𝐹𝐹𝐹 𝑠𝑠𝐹 𝐹𝐹
𝑠𝑠

a) De la expresión que gobierna el efecto fotoeléctrico, tenemos:
hf = W +E = W +eV
ext c ext
Para cada una de las frecuencias señaladas en el enunciado, tenemos:

hf = W +eV
1 ext 1 
⇒ h(f −f ) = e(V −V )
2 1 2 1
hf = W +eV 
2 ext 2
Con los datos proporcionados y recordando la relación entre frecuencia umbral y trabajo de ex-
tracción
W = hf ,
ext 0
llegamos a:
e(6 V)
h(f −f ) = hf = 1,2hf = 1,2W = e(V −V ) ⇒ W = = 5 eV = 8·10−19 J
2 1 1 0 ext 2 1 ext
1,2
La frecuencia umbral vendría dada por:
W 8·10−19
f = ext = = 1,21·1015 Hz
0 h 6,63·10−35
b) La energía cinética máxima de los fotoelectrones emitidos, y por lo tanto el potencial de frenado,
no dependen de la intensidad de la luz incidente, sino exclusivamente de su frecuencia y, en
consecuencia, el potencial de frenado en este caso continuaría siendo V .
1

FÍSICA -SOLUCIONES
OPCIÓN B
(Documento de trabajo orientativo)

a) Comparemos la velocidad dada con la de una órbita circular del radio proporcionado; en dicha
órbita circular, la segunda ley de Newton exige que:
(cid:114) (cid:114)
v2 GM GM 6,67·10−11·5,97·1024
m = ⇒ v = = = 7,54 km s−1
R R2 R 7·106
La velocidad dada excede de la correspondiente a la órbita circular de ese radio, con lo que
concluimos que la órbita del satélite no es circular. Y, al ser cerrada, será elíptica.
b) En el instante dado, la velocidad es perpendicular a la dirección radial, con lo que el modulo del
momento angular del satélite, referido al centro de la Tierra, se calcula como:
L = mrv = 200·7·106·9,92·103 = 1,39·1013 kg m2 s−1
La aceleración experimentada por el satélite es la determinada por la fuerza gravitatoria a esa
altura:
GM 6,67·10−11·5,97·1024
a = = = 8,13 m s−2
R2 49·1012

a) La intensidad y el nivel de intensidad sonora a una distancia de 35 m se calculan como:
P I
I = = 6,50·10−7 W m−2 ⇒ β = 10 log = 58,1 dB
4πd2 I
0
b) La distancia mínima d del campanario a la población es:
(cid:112)
d = H2+D2 = 105,95 m
A esta distancia, la intensidad y el nivel de intensidad sonora cuando las cuatro campanas tañen
a la vez son:
4P I
I = = 2,84·10−7 W m−2 ⇒ β = 10 log = 54,5 dB
4πd2 I
0
Por tanto, no se sobrepasaría el límite establecido de contaminación acústica de 55 dB.

Problema A3.- Dos partículas situadas en los puntos (-6, 0) mm y (6, 0) mm del plano xy poseen
cargas iguales de +9 nC. Obtenga el potencial eléctrico y el campo eléctrico en:
a) El origen de coordenadas.
b) El punto (0, 3) mm.
Dato: Constante de la ley de Coulomb, K = 9⋅109 N m2 C-2.

cargas iguales de +9 nC. Obtenga el potencial eléctrico y el campo eléctrico en:
a) En el oari)gEelnor idgeen cdeoocorodrdeennaaddaas.s el potencial eléctrico será:
b) El punto (0, 3) mm.
Q
VDat=o:VCons+taVnted=ela2leKydeCou=lom2b,,7K0=⋅91·010 49 NVm2 C−2.
1 2
d
Solución:
donde se ha utilizado que V = V , Q = 9⋅10-9 C y d = 6⋅10-3 m.
1 2
a) En el origen de coordenadas el potencial eléctrico será:
Por otra parte, el campo eléctrico en (0,0) será nulo, pues los campos producidos por ambas cargas
son de igual magnitud y sentidos opuesto V s: = V +V = 2K Q = 2,70·104V
   1 2
d
E = E + E = 0
do1nde se2ha utilizado que V = V , Q = 9·10−9C y d = 6·10−3m.
1 2
Por otra parte, el campo eléctrico en (0, 0) será nulo, pues los campos producidos por ambas
b) La distanccaiarg adseslo npduenitgoua (l0m,a3g)n imtudmy sae nltaidsos coaprugesatoss :es:
d = 62 +32 = 6,71 mm =6,71⋅10E⃗−3= mE⃗ 1 +E⃗ 2 = 0
b) La distancia del pQunto (0, 3) mm a las cargas es:
V =V +V = 2K = 2,41⋅104 V
1 2 (cid:112)
d d = 62+32 = 6,71 mm = 6,71·10−3 m
El módulo del campo eléctrico en (0,3) mm debido a cualquiera de las dos cargas será:
Q
V = V +V = 2K = 2,41·104 V
Q 1 2 d
E = K =1,80⋅106 N⋅C −1
El módulo del campo eléctrico en (0, 3) mm debido a cualquiera de las dos cargas será:
d2
Q
La superposición de los dos campos
E
a
=
n
K
ula l
=
as
1, 8
c
0
o
·
m
10
p6
N
on
C
e−1ntes horizontales:
d2
E = 0
x La superposición de los dos campos anula las componentes horizontales:
La componente vertical del campo total será dos veces la componente y del campo debido a una de
E = 0
las cargas: x
La comQponente vertical del campo total será dos veces la componente y del campo debido a una
E = 2K senθ=1,61⋅106 N⋅C −1
de las cargas:
y d2
Q
E = 2K senθ = 1,61·106 N C−1
3
y d2
donde θ= arctan = 26,56º. 3
donde θ = arctan = 26,56◦
6
6

y (mm)
E

Total 
E
E
1
2
d (0,3)
+9 nC +9 nC
θ
+ +
x (mm)
(0,0)
(-6,0) (6,0)

Prob. B4 (enunciado)

a) El ángulo límite para la reflexión total es aquél ángulo de incidencia en la
cara interna del prisma para el que el ángulo de refracción al aire vale 90◦.
Aplicando la ley de Snell en esas condiciones, tenemos:
sen90◦
n sen45,58◦ = n sen90◦ ⇒ n = n = 1,40
p p sen45,58◦
b) El rayo con incidencia normal en el punto P avanza sin desviarse hasta la
cara opuesta al ángulo de 30◦. Su ángulo de incidencia, 60◦, es superior al
ángulolímitedadoenelenunciado,porloqueescompletamentereflejado
y alcanza la cara vertical del prisma con un ángulo de incidencia de 30◦.
Aplicando la ley de Snell, podemos calcular el ángulo de refracción θ a la
r
salida del prisma:
n
n sen30◦ = n senθ ⇒ senθ = p = 0,7 ⇒ θ = 44,43◦
p r r r
2n
Prob. B4 (solución)
30°
𝜃𝜃𝑟𝑟
P
30°