📄 Fisica · 2023-2024 · Ordinaria

a) El semieje mayor de la elipse vendrá dado por
r +r 1,1·108+7,6·106
r = a p = = 5,9·107km
2 2
L
EltiempoquetardalasondaendarunavueltacompletaalSol,elperiodo,lopodemosdeterminar
a partir de la Tercera Ley de Kepler A
N
T2 =
4π2
r3 ; T2 =
4π2
· (cid:0) 5,9·1010(cid:1)3 = 6,11·1013s2
GM 6,67·10−11·1,99·1030
S O
T = 7,82·106s = 90,5 días
I
b) En toda la trayectoria se conservan elSmomento angular y la energía mecánica. En particular
IL⃗
a
= L⃗
p
; E
a
= E
p
V
Como⃗r y⃗v son perpendiculares en el afelio y en el perihelio:
O(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
(cid:12)L⃗ (cid:12) = r m v ; (cid:12)L⃗ (cid:12) = r m v
(cid:12) a(cid:12) a a (cid:12) p(cid:12) p p
R
r
p
r m v = r m v ; r v = r v ; v = v [1]
a a p p a a p p a p
P r a
1 M m 1 M m
E = mv2−G S ; E = mv2−G S
a 2 a r p 2 p r
a p
1 M 1 M
v2−G S = v2−G S [2]
2 a r 2 p r
a p
Sustituyendo [1] en [2]
1 1 1 1
− −
v2 = 2GM
r
a
r
p = 2·6,67·10−11·1,99·1030
1,1·1011 7,6·109
= 3,27·1010m2 s−2
p S (cid:18) r (cid:19)2 (cid:18) 7,6·109 (cid:19)2
p
−1 −1
r 1,1·1011
a
v = 1,81·105 ms−1 = 6,52·105 kmh−1
p
7,6·109
v = 1,81·105 = 1,25·104ms−1 = 4,5·104 kmh−1
a 1,1·1011

a) Parahallarlaamplituddelaonda,utilizamossurelaciónconlaenergíadelmovimientoarmónico
simple:
(cid:114)
1 2E
E = KA2 ⇒ A = = 0,052 m = 5,2 cm
2 K
La masa la podemos hallar con la frecuencia angular del movimiento:
L
(cid:114)
K K A
ω = ⇒ m = = 2,11 kg
m ω2
N
b) La expresión general de la onda es:
O
y(x,t) = A sen(ωt−kx+ϕ)
La amplitud es: I
S
A = 5,2 cm
La frecuencia angular será: I
V ω = 2 π 3 rad s−1 = 6 π rad s−1
El número de onda será:O
ω 6π
k = = rad m−1
v 5
R
Para hallar la fase inicial, imponemos la condición inicial en el origen:
P
y(x,t) = Asen(ωt−kx+ϕ) ⇒ y(0,0) = 0 = senϕ
Por lo tanto, ϕ = 0 ó π
Para poder determinar el valor de ϕ, acudimos a la velocidad:
v(x,t) = Aω cos(ωt−kx+ϕ) ⇒ v(0,0) = Aωcosϕ < 0 ⇒ ϕ = π
De manera que la expresión matemática de la onda será:
(cid:18) (cid:19)
6π
y(x,t) = 5,2 sen 6πt− x+π cm
5
donde x está en m y t en s.

a) El trabajo que realiza el campo para traer una carga Q desde el infinito al punto P (2, 2) m es:
Qq Qq
1 2
W = −E (2,2)+E (∞) = −E (2,2) = −QV(2,2) = −K −K
P P P
r r
1 2
Dondeq yq sonlascargasde2nCsituadasenlospuntos(0,0)my(4,0)m,respectivamente.
1 2
Se cumple que:
√ √
(cid:112)
r = 22+22 = 8 = 2 2 = r
1 2
Luego:
Qq Qq Qq Wr
1 2 1
W = −K −K = −2K ⇒ QL= −
r r r 2Kq
1 2 1
Por tanto: √ A
1,27·10−7·2 2
Q = − = −9,98·10−9C
2·9·109·2·10−9N
Luego Q = −9,98nC
b) La fuerza neta sobre la carga Q situada en e O l punto P (2, 2) m será nula si el campo eléctrico
creadoenPporlascargasq ,q yq escero.Elcampoeléctricocreadoporlascargasq yq en
1 2 3 1 2
el punto P es, según la figura: I
S √
q 2·9·109·2·10−9 2
E⃗ = E⃗ +E⃗ = 2K 1 sen(45◦)⃗j = ⃗j = 3,18⃗j N C−1
1 2 r2 I 8 2
1
V
Oy
E + E
1 2
R
E E
P 2 1
E
3
q 1 q x
2
q
3
Paraquelacargaq = −10nCpuedacrearuncampoopuesto,éstadebeestarenlarectax = 2m,
3
e y < 0. Debe cumplirse:
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) |q |
(cid:12)E⃗ (cid:12) = (cid:12)E⃗ +E⃗ (cid:12) ⇒ K 3 = 3,18 N C−1
(cid:12) 3(cid:12) (cid:12) 1 2(cid:12) r2
(cid:115)3
(cid:114) |q | 9·109·10·10−9
3
⇒ r = K = = 5,32 m
3
3,18198 3,18198
La componente y de la posición de la carga debe ser:
y = −(5,32−2) = −3,32 m
Por tanto, la carga q = −10nC debe estar en el punto (2, -3,32) m.
3

a) Unrayoquesalgaparaleloalejeópticosereflejaráenelespejoypasaráporelfoco,situadoala
mitaddedistanciadelcentrodecurvatura delespejo.Elrayoquepaseporelcentrodecurvatura
se reflejará y seguirá por el mismo camino pero en sentido contrario.
L
C F
A
N
O
b) Tomamos como positivas las magnitudes situadas a la derecha del centro o arriba del eje óptico,
de manera que tendremos:
I
s = −80cm, R = −60cm, f = R/2 = −30cm, y = 5cm.
S
I
V
Oy
C y’ F
R
s’
P
s
Aplicando la ecuación de los espejos esféricos:
1 1 1 1
+ = ⇒ s′ = = −48 cm
s s′ f 1 1
−
f s
El tamaño de la imagen es:
s′ s′
m = − ⇒ y′ = − y = −3 cm
s s
(imagen de menor tamaño e invertida).

a) Obtendremos la constante de desintegración λ a partir de la ley exponencial de desintegración,
sustituyendo en ella los datos proporcionados:
A 1 ln6 ln6
A = 6 0 = A 0 e−λt 1/6 → −λt 1/6 = −ln 6 → λ = t = 7 = 0,26 días−1 = 3,0·10−6s−1
1/6
Conocida la constante de desintegración, hallaremos el semiperíodo utilizando la relación exis-
tente entre ellos:
ln2 ln2
T = = 7 = 2,7 díasL
1/2 λ ln6
A
b) La actividad inicial puede obtenerse aplicando de nuevo la ley exponencial:
A = A eλt = 10·103·e N0,26 = 13·103 Bq
0 f
El número inicial de núcleos es proporcional aOesta actividad:
A 13·103
N = 0 = I= 4,3·109 núcleos
0 λ S3·10−6
I
V
O
R
P

OPCIÓN B
(Documento de trabajo orientativo)

a) La aceleración de la gravedad la podemos obtener a partir de las ecuaciones de la caída libre de
los cuerpos
1 1 4
s = g t2 ; 2 = g 1,52 ; g = = 1,78ms−2
2 2 1,52 L
Por otra parte
A
g = G
M
; M =
g R2
=
1,78·
(cid:0) N1,8·106(cid:1)2
= 8,65·1022kg
R2 G 6,67·10−11
O
b) La velocidad de escape del planeta se puede deducir de la conservación de la energía:
1 Mm 1 M M
mv2 −G = 0 ; Iv2 = G ; v2 = 2G
2 escape R S2 escape R escape R
De manera que la velocidad de escape será:
I
(cid:114)
(cid:115)V
GM 6,67·10−11·8,65·1022
v = 2 = 2 = 2,53·103ms−1 = 2,53kms−1
escape R O 1,8·106
Puestoquelavelocidaddelcoheteessuperioralavelocidaddeescapedelplaneta,elastronauta
R
podrá abandonar el planeta.
La energía mecánica del cohete se conserva en toda su trayectoria. Lejos del planeta la energía
P
mecánica del cohete será exclusivamente cinética y, por tanto:
E = E
superficie lejos
1 M m
E = m v2 −G
superficie 2 superficie R
1
E = m v2
lejos 2 lejos
1 M m 1 1 M 1
m v2 −G = m v2 ; v2 −G = v2
2 superficie R 2 lejos 2 superficie R 2 lejos
v2 = v2 −2G M = (cid:0) 3·103(cid:1)2 −2·6,67·10−11 8,65·1022 = 2,59·106m2 s−2
lejos superficie R 1,8·105
v = 1,61 km s−1
lejos

a) En primer lugar, hallaremos la intensidad emitida por el foco F a la distancia de 3 m:
1
I
60 dB = 10 log 3m ⇒ I = 1,0·10−6 W m−2
3m
I
0
Para hallar la potencia, despejamos de la expresión de la intensidad:
P
I = ⇒ P = 4π·9 I = 1,13L·10−4 W
3m 4π32 3m
A
b) Ahora emiten ambos focos simultáneamente:
N
I
70 dB = 10log 1+2 ⇒ I = 1,0·10−5 W m−2
1+2
I
0
O
Esta intensidad será la suma de las intensidades emitidas por cada foco:
I
P 2P
I = 1,0 S ·10−5 W m−2 = +
1+2 4π9 4πx2
I
Sustituyendo el valor de la potencia P y despejando la x, nos queda:
V
√
x = 2 m = 1,41 m
O
R
P

1 4
1 2
1 0
8
6
4
2
0
0 2 4 6 8 1 0 1 2 1 4
)
s
oir
e
p
m
A(
d
a di
s n
et
nI

a) El campo magnético creado por un solenoide en el interior es:
B⃗ = µ nI⃗k
0
Donden,eselnúmerodeespirasporunidaddelongitudy ⃗k es L ladireccióndelejedelsolenoide,
el eje z. Según la gráfica, en t = 3s la intensidad es I = 6A y en t = 8s la intensidad es I = 10A.
A
Luego:
Para t = 3s: N
B⃗ = µ nI⃗k = 4π·10−7·250·6⃗k = 1,88·10−3T⃗k
0
O
Para t = 8s:
B⃗ = µ nI⃗k = 4π·10−7·250·10⃗k = 3,14·10−3T⃗k
0
I
b) Para obtener la intensidad de corrientSe inducida en la espira calculamos la fuerza electromotriz
inducida. Según la ley de Faraday:
I dϕ
ε = −
V dt
El flujo del campo magnético a través de la superficie de la espira que está en el interior del
O
solenoide es:
R
(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)
ϕ = B⃗ ·S⃗ = µ nI⃗k · a2⃗k = µ nIa2 ⇒
0 0
P
dϕ dI
ε = − = −µ na2
0
dt dt
Según la ley de Ohm, la intensidad de corriente inducida en la espira es:
µ na2dI
0
RI = ε ⇒ I = −
in in
R dt
dI
eslapendientedelacurvarepresentadaenlafigura.Parat=3s,lapendientedelacurvaes:
dt
dI 10
= = 2 A s−1
dt 5
Luego para t = 3 s:
4π·10−7 ·250·0,032·2
|I | = = 1,11·10−7A
in
5
Para t = 8 s, la pendiente de la curva es cero, pues la intensidad de corriente no varía con el
tiempo en el intervalo 5s < t < 10s. Por tanto, para t = 8s, I = 0.
ind

a) Aplicando la ley de Snell a la cara de entrada:
(cid:20) (cid:21)
n senθ
n senθ = n senθ ⇒ θ = arcsen 1 1 = 40,26◦
1 1 2 2 2
n
2
L
A
N
O
I
Por trigonometría: S
H/2 H
senθ = ⇒ L = = 3,09 cm
2
IL 2 senθ
2
V
Ahora el tiempo invertido en recorrer esa distancia será:
OL Ln
t = = 2 = 1,38·10−10 s
c/n c
2
R
b) El ángulo crítico en la frontera paralelepípedo-aire es:
P (cid:20) (cid:21)
n
ϕ = arcsen 1 = 48,27◦
c
n
2
Este ángulo implica que el ángulo de refracción θ es:
2
θ = 90◦−ϕ = 41,73◦
2 c
Ahora, este ángulo de refracción corresponde a un ángulo de incidencia θ de:
1
(cid:20) (cid:21)
n senθ
n senθ = n senθ ⇒ θ = arcsen 2 2 = 63,12◦.
1 1 2 2 1
n
1
Por tanto, para que se refleje totalmente el rayo en la cara superior debe poseer un ángulo de
incidencia desde el aire que sea menor de 63,12◦.

8
7
6
5
4
3
2
1
100 120 140 160 180 200
Longitud de onda (nm)
)V(
odanerf
ed
laicnetoP

a) El potencial de frenado representado en la gráfica viene dado por la expresión:
(cid:18) (cid:19)
1 hc L
V = −W ,
frenado ext
e λ
A
Podemos así obtener la constante de Planck, h, recurriendo a los datos de la gráfica, calculando
N
la diferencia entre los potenciales de frenado del cobre para dos longitudes de onda diferentes
(tomaremos 100 y 200 nm):
O
(cid:18) (cid:19) 
1 hc
V frenado (λ 1 ) = 1 e (cid:18) λ hc 1 −W ex S t (cid:19)    I h = e cλ λ 1 − λ 2 λ (V frenado (λ 1 )−V frenado (λ 2 ))
V frenado (λ 2 ) = e λ −W ext    2 1
2
I
Con ello llegamos a: V
O1,6·10−19 2·10−14
h = (7,75−1,5) = 6,67·10−34 J s
3·108 10−7
R
Encontraremos ahora el trabajo de extracción para el cobre con los datos suministrados por la
gráfica para una de las longitudes de onda (tomemos, por ejemplo, la de 200 nm):
P
hc 6,67·10−34·3·108
W = −eV (λ) = −1,6·10−19·1,5 = 7,60·10−19 J = 4,75 eV
ext λ frenado 2·10−7
b) Una vez alcanzada la velocidad 0,8 c, el electrón tiene la siguiente energía cinética:
 
 
E c2 = m e c2 

(cid:114) 1
(cid:16)v(cid:17)2
−1  

= 9,1·10−31(cid:0) 3·108(cid:1)2 (cid:113)
1−
1
(0,8)2
−1 = 5,5·10−14 J = 0,34 MeV
1−
c
Esta energía supera en cuatro órdenes de magnitud a la adquirida en la emisión:
E = 7,75 eV = 1,24·10−18 J,
c1
de modo que el incremento de energía cinética que obtenemos es:
∆E = E −E = 5,5·10−14 J = 0,34 MeV
c c2 c1

DOCUMENTO DE ORIENTACIONES PARA LA EvAU
Física. Curso 2023/24
ESTRUCTURA DEL EXAMEN Y CONTENIDOS
El examen constará de diez problemas, de entre los cuales cada estudiante deberá
contestar a cinco cualesquiera de su elección, teniendo la evaluación de cada uno de
los cinco problemas la misma ponderación.
Los problemas estarán diseñados para evaluar las competencias específicas que
figuran en el Real Decreto 243/2022, de 5 de abril, por el que se establecen la
ordenación y las enseñanzas mínimas del Bachillerato, y en el Decreto 64/2022 (BOCM
de 26 de Julio) por el que se establecen para la Comunidad de Madrid la ordenación y
el currículo del Bachillerato.
Se podrá pedir en los problemas la realización de tareas acerca de los contenidos
correspondientes a la materia Física, tal y como aparecen en el Decreto 64/2022. Entre
los diez problemas propuestos habrá dos problemas relativos a los contenidos de los
saberes básicos A (Campo Gravitatorio), B (Campo Electromagnético) y D (Física
relativista, cuántica, nuclear y de partículas) y cuatro problemas relativos a los
contenidos del saber básico C (Vibraciones y Ondas), dos relacionados con las
vibraciones y las ondas en sí y dos con la Óptica Geométrica.
Esta distribución de ejercicios se corresponde con la matriz de contenidos del curso
pasado, en el que el Bloque de Ondas tenía un 40% del peso.
La extensión y nivel de dificultad de los problemas propuestos serán similares a los de
cursos anteriores.