FisicaGravitación: Problemas Cuestións Vibracións e Ondas: Problemas Cuestións Electromagnetismo: Problemas Cuestións Luz: Problemas Cuestións Física moderna: Problemas Cuestións TRABALLO VERÁN 2013: OS PROBLEMAS E CUESTIÓNS ESTÁN CONTIDOS NA SEGUINTE RELACIÓN GRAVITACIÓN * PROBLEMAS 1.- Un cometa de masa 1012kg achégase ó Sol dende un punto moi afastado do sistema solar, podéndose considerar que a súa velocidade inicial é nula. a. Calcula-la súa velocidade no perihelio (situado a unha distancia aproximada de cen millóns de quilómetros do Sol). b. Calcula-la enerxía potencial cando cruce a órbita da Terra (a unha distacia r=1'5.108km). Datos: masa do Sol: 2.1030kg; G=6'67.10-11Nm2kg-2 SOLUCIÓN a) Se o lugar de onde provén o cometa está moi afastado do sistema solar, podemos considerar que a distancia é infinita, e, polo tanto, a enerxía potencial será nula, o mesmo que a enerxía total, pois a velocidade inicial era cero. No perihelio, ten unha enerxía potencial negativa que imos calcular, e que ten que ser contrarrestada, en base ó principio de conservación da enerxía, pola enerxía cinética, positiva. A partir desta, calculámo-la velocidade: Ep=-GMm/r Ec= (1/2)mv2 Ep+ Ec=0; -GMm/r + (1/2)mv2 =0 GMr-1=(1/2)v2 v=(2GM/r)2 v=(2.6'67.10-11.2.1030/1011)2 = 5'2. 104 ms-1 b) Para a enerxía potencial ó cruzar a órbita da terra, é indiferente de onde proceda o cometa, tendo que restablecer só a ecuación correspondente: Ep=-GMm/r Entón, só nos resta substituí-los datos da masa do Sol, a do cometa e a distancia ó Sol cando cruza a órbita da terra, xunto coa constante de gravitación universal: Ep=-GMm/r= - 6'67.10-11.2.1030.1012/1'5.1011 Ep= - 8'9.1020 J 2.- Nun planeta cun radio que é a metade do radio terrestre, a aceleración da gravidade na súa superficie vale 5 ms-2. Calcular: a. A relación entre as masas do planeta e da Terra. b. A altura a que é necesario deixar caer un obxecto no planeta, para que chegue a súa superficie coa mesma velocidade coa que o fai na Terra, cando cae dende unha altura de 100 m. (Na Terra: g =10 ms-2) SOLUCIÓN a. A intensidade do campo gravitatorio vén dada pola expresión: g = G M/r2 a gravidade na superficie do planeta é : gp = G Mp / rp2 = 5 ms-2 a gravidade na superficie da Terra é: gT = G MT / rT2 = 10 ms-2 Despexando as masas do planeta e a Terra nestas expresións queda: Mp = 5 rp2 / G.MT = 10 rT2 / G Mp /MT = 0'5 rp2 / rT2 como rp = rT / 2 Mp /MT = 0'5.0'52.rT2 / rT2 = 0'125 MT = 8 Mp b) A velocidade coa que chega ó chan un corpo que cae dende una altura " h", sen velocidade inicial, na que a intensidade do campo gravitatorio poida considerarse constante, vén dada pola expresión v2 = 2gh A velocidade que alcanza un corpo ó caer dende una altura de 100 m ata a Terra é v = ( 2gThT )1/2 = ( 2.10.100) 1/2 = (2000) 1/2 m/s No planeta para que chegue con esa velocidade terá que caer dende a altura seguinte v2 = 2gphp 2000 =2.5.hp hp = 200 m. 3.- Un satélite de comunicacións de 1 Tm describe órbitas circulares arredor da Terra cun período de 90 minutos. Calcular: a. A altura a que se atopa sobre a Terra. b. A enerxía total. Datos: RT=6400 km; MT=5'96.1024 kg; G=6'67.10-11 Nm2kg-2 SOLUCION a) A forza centrípeta que fai varia-la dirección da velocidade do satélite é a forza gravitatoria que exerce a Terra sobre o satélite a esa distancia do seu centro: mv2 /r = GMTm /r2 Sendo m = masa do satélite v = velocidade do satélite na órbita r = RT+h G= constante universal MT = masa da Terra simplificando queda v2 = GMT /r Por outro lado sabemos que o período é o tempo que tarda en dar unha volta completa T = 2pr /v de onde v = 2pr /T (2pr /T)2 = GMT /r de onde r3 = GMTT2 / (4p2) Substituíndo nesta expresión os datos que temos en unidades do Sistema Internacional obtémolo valor de r = 6'647.106 m r = RT + h h = r - RT = 6'647.106 - 6'400.106 = 2'47.105 m b) A enerxía total do satélite é a suma das súas enerxías cinética e potencial ET = Em = EC + Ep EC = (1/2)mv2 = (1/2)mGMT /r Ep = - GMTm/r Entón: ET = EC + Ep = - ½ GMTm/r ET = - 6'67.10-11.5'96.1024.103/2.6'647.106 = - 2'99.1010 J 4.- Un corpo de masa 1000 kg atópase , xirando, a 200 km por enriba da superficie da Terra. a. ¿Cal é a aceleración da gravidade a esa altura?. b. ¿Cal é o valor da enerxía total?. Datos: g0= 9'81 m/s2; RT= 6370 km SOLUCIÓN. a) Aplicando a segunda lei de Newton pódese obte-lo valor da aceleración a que está sometido na órbita. O descoñece-los valores de G e da masa da Terra, deberemos utiliza-lo valor de g0 e RT no cálculo. F=ma; a= F/m Neste caso a forza responsable desta aceleración é a forza gravitatoria: FG= G MT m/r2 Polo tanto: a= G MT /r2 Multiplicando e dividindo por RT2 obtemos: a= G MT /r2 (RT2 /RT2) = g0RT2/r2 Substituíndo polos datos do problema (r= 6570 km) a aceleración da gravidade a esa altura é de : 9'22 ms-2 b) A enerxía total será a suma de EC+EP Para calcula-la enerxía cinética: Por atoparse en órbita: FC = FG ; mv2 /r = G MT m/r2 de onde v2 = GMT /r Entón: EC= (1/2) mv2 = (1/2) mGMT /r Para calcula-la enerxía potencial : EP= - GMTm/r Así , a Enerxía total, suma de ambas será: EM = EC + EP = (1/2)mGMT /r - GMTm/r = - (1/2)GMTm/r que posta en función de g0 quedará EM = - (1/2)g0 m (R2T /r) A enerxía total será negativa por tratarse dun campo atractivo e considera-lo valor de referencia 0 para a enerxía no infinito. Tras substituír polos datos do problema, o valor da enerxía total é de: -3'03.1010 J 5.-En tres dos catro vértices dun cadrado de 10 m de lado colócanse outras tantas masas de 10 kg. Calcular: a. O campo gravitatorio no cuarto vértice do cadrado. b. O traballo realizado polo campo para levar unha masa de 10 kg dende dito vértice ata o centro do cadrado. Dato: G= 6'67.10-11 Nm2kg-2 SOLUCIÓN a) Supondo as masas situadas nos vértices (0,0), (10,0), (0,10) o vector g no (10,10) obteráse a partir da suma vectorial das intensidades creadas por cada unha das masas situadas nos outros vértices g = GMr0 /r2 A masa do vértice (0,0) crea g1 = - 6'67.10-11 (10/2.102)(10i +10j)/14'14 =-2'36.10-12i - 2'36.10-12j Nkg-1 debido a masa de (10,0) teremos: g2 = -6'67.10-11 (10/100)(10j/10) = - 6'67.10-12j Nkg-1 debido a masa do (0,10) teremos g3 = - 6'67.10-11 (10/100)(10i/10) = - 6'67.10-12i Nkg-1 A intensidade no vértice (10,10) será: g = - 9'03.10-12 i - 9'03.10-12 j Nkg-1 b) O traballo para leva-la masa de 10 kg dende o vértice (10,10) deica o punto (5,5) calcularase pola variación da enerxía potencial que posúe a masa de 10 kg neses dous puntos W =-DEP= EP0 - EPf como a enerxía potencial é : EP = - GMm/r teremos Ep0 = - 6'67.10-11 (100/2001/2 + 100/10 +100/10 ) = -1'81.10-9 J Epf = - 6'67.10-11 ( 100/501/2 + 100/501/2 + 100/501/2 ) = - 2'83.10-9 J W = -1'81.10-9 - ( - 2'83.10-9 ) = 1'02.10-9 J ; traballo realizado polo campo. 6.- Sabendo que o planeta Venus tarda 224'7 días en dar unha volta completa arredor do Sol e que a distancia de Neptuno ó Sol é 4501.106 km así como que a Terra invirte 365'256 días en dar unha volta completa arredor do Sol e que a súa distancia a este é 149'5.106 km. Calcular: a. Distancia de Venus ó Sol. b. Duración dunha revolución completa de Neptuno arredor do Sol. SOLUCIÓN a) A 3ª lei de Kepler dinos que T2 = KR 3 sendo T o período de revolución do planeta e R o radio da súa órbita. Aplicando esto á Terra e a Venus teremos T2T = KR3T T2V = KR3V de onde: T2T /T2V = R3T / R3v R3v = R3T T2V /T2T e ó substituí-los datos do problema obtemos RV = 108'138·106 km b) Facendo o mesmo coa Terra e Neptuno obteremos T2T = KR3T T2N = KR3N T2N = T2T R3N /R3T TN = 5'21.109 s = 165'2 anos 7.- Un satélite artificial de 200 kg describe unha órbita circular a 400 km de altura sobre a superficie terrestre. Calcula: a. Enerxía mecánica. b. A velocidade que se lle comunicou na superficie da Terra para colocalo nesa órbita. Datos: G = 6'67·10-11 Nm2kg-2 ; MT = 5'96·1024 kg ; RT = 6370 km SOLUCIÓN a. A enerxía mecánica é a suma da enerxía cinética e a potencial EM = Ec + Ep que no caso do satélite orbitando terá a seguinte expresión EM = (1/2) mv2+(-GMTm/r) = (1/2) mGMT /r - GMTm/r = -(1/2) GMTm/r EM= - (1/2) 6'67·10-11·5'96·1024·200/6770·103 = - 5'53·109 J b. Aplicando o concepto de conservación da enerxía mecánica ó momento do lanzamento EM = -GMTm /RT + (1/2) mv2saída substituíndo e resolvendo obtemos vsaída = 7,9·103 m/s 8.- Un satélite cunha masa de 300 kg móvese nunha órbita circular a 5.10 7 m por enriba da superficie terrestre. a. ¿Cal é a forza da gravidade sobre o satélite?. b. ¿Cal é o período do satélite?. Datos: g0= 9'81 ms-2; RT= 6370 km SOLUCIÓN a. Como sabémo-lo módulo da forza de atracción gravitatoria é: FG= GMTm/r2 se multiplicamos e dividimos esta expresión por R2T transfórmase en: FG = mg0 (R2T / r2 ) onde r = RT + h = 6370.103 + 5.107 = 5'637.107 m Agora xa dispoñemos de tódolos datos precisos para substituír na expresión da forza, resultando: F= 37'58 N b) Para o satélite que orbita a forza centrípeta Fc = mv2 /r , é igual á forza gravitatoria antes calculada. mv2 /r = 37'58 N ; v 2= ( 37'58.5'637.107 / 300 )2 = 2657'3 m/s como o período é T = 2pr / v T = 2.p. 5'637.107 / 2657'3 = 13'33.104 s = 37 horas 9.- Nos vértices dun cadrado de lado l= 3m hai masas de 10 kg cada una. Calcular: a. A intensidade da gravidade no cuarto vértice creada polas tres masas. b. O potencial gravitatorio en dito punto. Datos: G= 6'67. 10-11 Nm2kg-2 SOLUCIÓN a) A intensidade da gravidade no 41 vértice é a suma vectorial da que crean nese punto as masas situadas nos outros tres: gtotal = g1 + g2 + g3 sendo g = - G Mr0 /r2 Tomamos como coordenadas dos puntos 1,2,3 e 4 as seguintes: 1(0,0); 2(3,0); 3(0,3); 4(3,3) g1 = -6'67.10-11.(10/18).(3i + 3j)/4'24 = - 2'62.10-11 i - 2'62.10-11 j N/kg g2 = - 6'67.10-11.(10/9).(3j/3) = -7'41.10-11 j N/kg g3 = - 6'67.10-11.(10/9).(3 i/3) = -7'41.10-11 i N/kg g = -10'03.10-11 i - 10'03.10-11 j Nkg-1 e o seu módulo será g = 1,42. 10-10 Nkg-1 b) O potencial gravitacional será a suma alxébrica dos potenciais gravitacionais creados nese punto polas masas que se atopan nos outros tres vértices: Vtotal = V1 + V2 + V3 sendo V = - G M/r V= -6'67.10-11 [(10/181/2) + (10/3) + (10/3)] = -6,02. 10-10 Jkg-1 10.- Un astronauta de 75 kg xira nun satélite artificial onde a súa órbita dista h da superficie da Terra. Calcular: a. O período de dito satélite. b. O peso de dito astronauta. Datos: g0= 9'81 m/s2; h= RT= 6370 km SOLUCIÓN a) O período do satélite é: T = 2pr /v sendo r o radio da órbita e v a velocidade do satélite na órbita. r = RT + h = RT + RT = 2 RT = 2.6370.103 m Como FC = FG teremos mv2 /r = G MT m/r2 de onde v2 = GMT /r como nos datos non témo-los valores de G e MT , multiplicaremos e dividirémo-la expresión anterior por R2T para deixala en función de g0, e queda v2 = g0 (R2T /r) = 31244850 v = 5589'7 m/s Para calcula-lo período: T = 2 .p.2 .6370.103 /5589'7 = 14321 s = 4 h b) Como o Peso = FG e FC = FG podemos emprega-la expresión Peso = mv2 /r P= 75.31244850 / 2.6370.103 = 183,75 N 11.- Quérese poñer nunha órbita de radio r= 5R/3 un satélite artificial de masa 10 kg, sendo R=6400 km. Calcular: a. A velocidade de lanzamento. b. A enerxía total do mesmo. Datos: g0= 9'81 ms-2 SOLUCIÓN a) A enerxía mecánica é a suma da enerxía cinética e a potencial EM = EC + EP que no caso do orbitando satélite terá a seguinte expresión EM = (1/2) mv2+(-GMTm/r) = (1/2)mGMT/r -GMTm/r=-(1/2) GMTm/r que posta en función de g0 quedará EM = - (1/2) g0m (R2T /r) Aplicando o principio de conservación da enerxía, esta será a mesma que no momento de ser lanzado: EM [na órbita]= EC + EP [no lanzamento] -(1/2)g0 m (R2T /r)=-GMT m/RT+(1/2)mv2saída =-g0mRT +(1/2) mv2saída de aquí teremos v = [g0RT (2r- RT )/r ]2 = (g07RT/5)1/2 substituíndo os datos e operando queda v= 9'37. 103 m/s b) A enerxía total será como xa vimos Em = - (1/2) g0 m (R2T /r) =- (1/2) g0 m (3RT /5) = -188'35. 106 J 12.- Se o radio da Lúa é unha cuarta parte do da Terra, a. Calcula a súa masa. b. Calcula o radio da órbita arredor da terra. Datos: gL = 1'7 ms-2; gT= 9'8 ms-2 ; Masa da Terra = 5'9.1024kg. Período da lúa arredor da terra = 2'36.106s SOLUCIÓN a) A intensidade do campo gravitatorio nas superficies da Lúa e a Terra é: gL = 1'7 = GML/R2L = GML/(RT/4)2 = 16GML/R2T gT = 9'8 = GMT/R2T dividindo unha pola outra e substituíndo a masa da Terra teremos 1'7/9'8 = 16.ML/5'9.1024 de onde: ML = 6'40.1022 kg b) O período de revolución é: T = 2pr/v ; v = 2pr/T A partir da relación entre forza centrípeta e forza gravitatoria, temos: FC = FG MLv2 /r = GMTML/r2 v2 = GMT/r (2pr/T)2 = GMT/r despexando r r = [ GMTT2 /4p2 ]1/3 substituíndo os datos e operando teremos r = 3'81.108 m 13.- Calcular: a. A enerxía cinética que debería ter unha persoa de 70kg para orbitar arredor da Terra a unha altura 0. b. ¿Canta enerxía sería necesaria para elevala a unha órbita estable a 6.370km de altura? c. Datos:Raio da terra: 6.370km;G=6'67. 10-11 Nm2Kg-2;MT=5'96.1024 kg. SOLUCIÓN a) Para que dera voltas sen caer tería que suceder que a súa forza centrípeta fose igual á gravitatoria mv2/RT = G.MTm/R2T de onde sacaremos que mv2 = GMTm/RT entón a enerxía cinética é: Ec = (2) mv2 = (2) GMTm/RT substituíndo os datos nesa expresión obtemos Ec = 2'18.109 J b) Cando está na órbita a 6370 km da superficie da Terra terá unha enerxía total: EM = (1/2) mv2 +(-GMTm/r) = (1/2)mGMT/r -GMTm/r=-(1/2) GMTm/r EM = - 1/2 GMTm/r = - 1'09.109 J esta enerxía será igual á suma da enerxía potencial na superficie da Terra e da enerxía cinética que lle temos que comunicar para poñela en órbita EP sup = - 1/2 GMTm/RT = - 2'18.109 J logo a enerxía cinetica que hai que comunicarlle será EC = EM - EP sup = - 1'09.109 - (- 2'18.109) = 1'09.109 J 14.- Calcular: a. A velocidade que leva na súa órbita un satélite xeoestacionario. b. Se fora lanzado cun canon dende a Terra, desprezando o rozamento atmosférico, calcula-la velocidade de lanzamento necesaria. Datos: G = 6'67.10-11 Nm2kg-2 ; MT = 5'96.1024 kg ; RT = 6370 km SOLUCIÓN a) Xeoestacionario, significa que está sempre sobre o mesmo punto, o cal implica que o seu período de rotación ten que ser igual ó da Terra e a súa órbita perpendicular ó Ecuador. Como sabemos que T = 2pr/v = 86400s ; r = 86400.v/2p Por outro lado temos que FC =FG ; mv2 /r = GMTm/r2 ; r = GMT /v2 Igualando e despexando v teremos v = (2p GMT /T)1/3 = (2p.6'67.10-11.5'96.1024 /86400)1/3 v = 3'07.103 m/s b) A enerxía cinética dun corpo que orbita ó arredor a Terra é: EC= (1/2)mv2 = (1/2) GMTm/r e a enerxía mecánica é : EM = - (1/2) GMTm/r Polo tanto a enerxía mecánica do satélite xeoestacionario é: EM = - (1/2).m.30592 J A enerxía mecánica expresada en función da EP na superficie da Terra e da EC de lanzamento será: EM = - GMTm/RT + (1/2)mv2lanz. - (1/2).m.30592 = - 6'67.10-11.5'96.1024.m /6370.103 + (1/2) mv2lanz. de onde vlanz. = 1'07.104 m/s CUESTIONS GRAVITACIÓN 1.- A velocidade que se debe comunicar a un corpo na superficie da Terra para que escape da gravidade terrestre e se afaste para sempre debe ser: a. Maior que (2g0RT)1/2. b. Menor que (2g0RT)1/2. c. Igual que (g0RT)1/2. SOL. a Para conseguir que un corpo "escape" da atracción gravitatoria, deberemos comunicarlle unha enerxía que permita situalo nun punto no que non estea sometido a dita atracción. Esto ocorre a unha distancia "infinita" do centro da Terra e na que se cumpre que ET=0. Aplicando o principio de conservación da enerxía mecánica a ambos puntos (cortiza terrestre e infinito) resultará: EM = Ec + Ep EM = (1/2) mvescape2 + ( -GMTm/r ) =0 vescape2=(2g0RT); vescape= (2g0.RT)1/2 Para conseguir que se afaste, deberemos comunicarlle unha velocidade superior a (2g0RT)1/2 2.- ¿Como varía g o profundizar cara o interior da Terra? a. Aumenta. b. Diminúe. c. Non varía. SOL. b Se supoñemos que a Terra é unha esfera maciza de densidade constante, podemos calculala masa (M') que nun punto do seu interior é causante da atracción gravitatoria: d= M/V; d= d' MT/(4/3)pRT3= M'/(4/3)pr3 M'=(r3/RT3) MT Como g'= GM'/r2, quedará: g= G(r3/RT3) MT=g0r/RT Obtense unha variación lineal de g con r. A medida que r diminúe (ó ir cara o interior da Terra) g tamén diminúe. O valor máximo de g obtense cando r= RT. 3.- A forza gravitatoria é proporcional á masa do corpo. En ausencia de rozamento, ¿que corpos caen máis rápido?: a. Os de maior masa. b. Os de menor masa. c. Todos igual. SOL. c Todos caerían igual, porque aínda que a forza gravitatoria depende da atracción das masas, a intensidade do campo gravitatorio (g) medida como F/m, depende unicamente da masa creadora do campo sendo independente da masa do obxecto que cae. g= GM/r2 Esta intensidade de campo gravitatorio é a que determina a aceleración de caída do corpo. 4.- Se por unha causa interna, a Terra sufrira un colapso gravitatorio e reducira o seu radio a metade, mantendo constante a masa. ¿Como sería o período de revolución arredor do Sol?. a. Igual. b. 2 anos. c. 4 anos. SOL. a Dacordo coa terceira lei de Kepler, T2 e proporcional a R3, resultando independente da distribución das masas durante a rotación, polo que dito período non se verá modificado. Dito doutro xeito, o campo gravitatorio é un campo de forzas centrais, no que se mantén constante o momento cinético, polo que de non modificarse o centro de masas das partículas, non se modifica o momento de inercia , e polo tanto a velocidade angular permanecería tamén constante. FC = FG ; mv2 /r = G MTm/r2 de onde v2 = GMT /r Como v=wr= (2p/T)r; quedará: T2= 4p2r3/GMT 5.-Unha partícula móvese dentro dun campo de forzas centrais. O seu momento angular respecto do centro de forzas: a. Aumenta indefinidadamente. b. É cero. c. Permanece constante. SOL. c Nun campo de forzas centrais, a forza é de tipo radial, é dicir F e r teñen a mesma dirección, polo que o seu producto vectorial será nulo (vectores paralelos). Estamos, pois, en condicións de aplica-lo principio de conservación do momento angular ó cinético. Se o momento da forza é nulo, o momento angular permanecerá constante. MF= r x F= 0 MF= dL/dt = 0 Polo tanto L= constante 6.- Sexan tres corpos iguais de gran masa, A, B, e C, e un de pequena masa, X. Se os dispoñemos A e B por unha beira e C e X por outra, cos centros igualmente separados: a. Achegáranse máis rápido A e B. b. Achegáranse máis rápido C e X. c. Achegáranse ambas parellas cunha mesma aceleración. SOL.: a Segundo a lei de gravitación universal, a forza gravitatoria establécese entre dous corpos cunha intensidade proporcional ó producto das súas masas. En cambio, a aceleración que sofre cada un dos corpos é proporcional á masa do outro. É dicir, a aceleración é proporcional á masa do outro corpo, polo tanto a aceleración de achegamento (suma das aceleracións de cada corpo independente) será maior se algunha das masas é maior, e o achegamento é máis rápido. 7.- G e g son: a. g maior que G. b. Unha maior cá outra dependendo do lugar e campo dos que se parta. c. Non ten sentido facer unha comparación entre g e G. SOL.: c Non ten sentido a comparación xa que "g" representa a intensidade de campo gravitatorio (F/m), sendo unha constante non universal que depende da distancia (g= GMm/r); mentres que "G" é unha constante universal que non depende da natureza dos corpos que interaccionan e que toma o valor de 6'67.10-11 Nm2kg-2. Representa a forza gravitatoria con que se atraen dous corpos de 1 kg de masa cada un, situados a 1 m de distancia. 8.- Se nun corpo situado nun campo gravitatorio, a súa EC é igual á súa EP (en valor absoluto), eso significa: a. Que o corpo pode escapar ó infinito. b. Que o corpo rematará caendo sobre a masa que crea o campo. c. Que seguirá unha órbita circular. SOL.: a Tendo en conta o balance enerxético global: EC+EP= -1/2 (GMm/r); este valor será nulo cando r à ¥ . 9.- As órbitas planetarias son planas porque: a. Os planetas teñen inercia. b. Non varía o momento angular ó ser unha forza central. c. Non varía o momento de inercia dos planetas no seu percorrido. SOL.: b Se temos en conta que o campo gravitatorio é un campo de forzas centrais no que F e r son paralelos, esto suporá que o momento da forza será 0 e polo tanto: dL/dt =0. Esto representa o principio de conservación do momento cinético. O momento cinético L debe ser constante en módulo (L=I.w=constante), e en dirección e sentido o que implica a existencia de órbitas planas. 10.- Un mesmo planeta, describindo circunferencias arredor do sol, irá máis rápido: a. Canto maior sexa o raio da órbita. b. Canto menor sexa o raio da órbita. c. A velocidade non depende do tamaño da órbita. SOL.: b Para que un obxecto se atope en órbita: FG= FC => Se r diminúe a forza gravitatoria aumenta, por ser esta inversamente proporcional a r2; aumentando así a aceleración centrípeta a que está sometida e polo tanto a velocidade. 11.- Coméntese a frase "Tódolos puntos dun mesmo paralelo terrestre e a mesma altura non teñen igual valor da intensidade da gravidade" a. Falso. b. Verdadeiro. c. Depende de que paralelo sexa SOL.: a O valor da intensidade da gravidade "g" na codia terrestre depende do radio da terra, que vai ser distinto en función do punto do meridiano no que nos atopemos. Polo tanto, se o valor do radio é distinto (pois a terra non é unha esfera perfecta), tamén o será o valor de "g", que aumentará na proximidade dos polos e diminuirá na proximidade do ecuador. 12.- No movemento da Terra arredor do Sol a. Consérvanse o momento angular e o momento lineal. b. Consérvanse o momento lineal e o momento da forza que os une. c. Varía o momento lineal e consérvase o angular. SOL.: c O campo gravitatorio é un campo de forzas centrais no que F e r son paralelos, esto suporá que o momento da forza será 0 e polo tanto: dL/dt =0. Esto representa o principio de conservación do momento cinético. O momento lineal: p= mv non será constante, xa que o vector v cambia continuamente en dirección e sentido. 13.- ¿A que distancia do centro da Terra g é igual ó seu valor nun punto do interior da Terra equidistante do centro e da superficie?. RT = 6400 km a. 6400 km. b. 9051 km. c. 18100 km. SOL.:b Calculando "g" nun punto equidistante entre o centro da Terra e a superficie (r= 3200 km); e comparando co valor pedido no exterior resultará: No exterior: g= g0R2/r2 No interior: g= g0r/RT (ver cuestión 2) Onde r= 3200 km e R= 6400 km. Polo tanto r=9051 km 14.- Cando un obxecto xira en torno a Terra cúmprese : a. Que a enerxía mecánica do obxecto na súa órbita é positiva. b. Que a súa velocidade na órbita será v=(2gRT)½. c. Que a forza centrípeta e a forza gravitatoria son iguais. SOL.: c A condición dinámica para a existencia dunha órbita implica a existencia dunha forza que garante a existencia dun movemento circular e polo tanto dunha aceleración centrípeta. A responsabilidade desta forza centrípeta recae no caso do campo gravitatorio na forza gravitatoria. Polo tanto a forza gravitatoria será a forza centrípeta. 15.- A aceleración de caída dos corpos cara a Terra é: a. Proporcional ó seu peso. b. Proporcional á forza de atracción entre ambos. c. Independente da súa masa. SOL..c A aceleración de caída dos corpos "g" é a intensidade de campo gravitatorio, representa a Forza exercida por unidade de masa, sendo independente da masa. g= G(M/r2) VIBRACIÓNS E ONDAS * PROBLEMAS 1.-Un sistema cun resorte horizontal estirado 3 cm sóltase en t=0 deixándoo oscilar libremente, co resultado dunha oscilación cada 0'2 s. Calcula: a. A velocidade do extremo libre ó cabo de 19 s b. A aceleración do extremo libre ó cabo de 19 s (Considérase que o amortecemento é desprezable) SOLUCIÓN a) O resorte deixado libre describe un MHS, polo tanto, correspóndelle unha ecuación para a elongación: x =Asen(wt+f0) No instante inicial, a elongación é máxima e sen(wt+f0)=1, e como t=0 f0=(p/2)rad, quedando a ecuación : x =Asen(wt+p/2) Do mesmo xeito podemos razoar para a velocidade, que resulta v=Awcos(wt+p/2) A=3 cm ; w=2p/T=2p/0'2 =31'416rads-1 Substituíndo os datos anteriores e o tempo transcorrido: v = 3. 31'416.cos(31'416.19+p/2) = 0 ms-1 b) Os mesmos razoamentos son aplicables neste caso, quedando: a= - Aw2sen(wt+p/2) A=3 cm w=2p/T=2p/0'2 =31'416 rad s-1 ; a = - 3. 31'4162.sen(31'416.19+p/2) = - 29,6 ms-2. A velocidade é nula e a aceleración máxima (pero negativa), atopándonos na situación inicial, xa que transcorreu un número enteiro de períodos. Por erros de redondeo na calculadora ou ordenador, pode darse o caso de que o resultado da velocidade non resulte 0 exactamente. 2.- Un corpo sometido a un movemento harmónico simple realiza 10 oscilacións por segundo. Calcula: a. A aceleración no centro de oscilación. b. A aceleración nun dos seus extremos, sabendo que a amplitude do movemento é de 9 cm. SOLUCIÓN a) A ecuación do movemento harmónico simple é: x = A sen (wt + f0) onde A é a amplitude do movemento, f0 un desfase constante ó longo do tempo, e w a pulsación. Sabemos que a velocidade, no movemento harmónico simple, é a derivada da elongación con respecto ó tempo: v = A w cos (wt +f0) E que a aceleración é a derivada da velocidade con respecto ó tempo: a = - A w2sen (wt+f0) No centro de oscilación, a elongación é cero, logo : 0 = Asen (w t +f0) É dicir: sen (wt +f0) = 0; Logo a aceleración será: a0 = 0 b) Nos extremos da oscilación, a elongación é máxima, x=A ou ben x=-A. É dicir: sen (w t + f0) = 1 ou ben sen (wt) = -1 Logo o valor absoluto da aceleración será a = A w2 A = 9 cm = 0'09 m ; n = 10 osc.s-1 = 10 Hertzios ; w = 2p/T = 2.p.n = 62'83 rads-1 substituíndo, obtemos: a = 0'09 . 3947'61 = 3'5.102 ms-2 3.- Un corpo de 10 g de masa desprázase cun movemento harmónico simple de 80 Hz de frecuencia e de 1 m de amplitude. Acha: a. A enerxía potencial cando a elongación é igual a 70 cm. b. O módulo da velocidade cando se atopa nesa posición SOLUCIÓN a) A enerxía potencial dun corpo sometido a movemento harmónico simple é: Ep = (1/2)mw2 x2 m =10 g = 0'01 kg, x= 70 cm = 0'7 m ,n = 80 Hz w = 2p/T = 2.p.n = 2 . 3'14. 80 = 502'65 rad.s-1 Substituíndo e operando, obtemos: Ep = 0'5.0'01.252661'87.0'49 = 6'2.102 J b) Como sabémo-la enerxía mecánica é a suma da enerxía cinética e da enerxía potencial e, como a forza causante do movemento vibratorio harmónico é unha forza conservativa, permanecerá constante ó longo de todo o percorrido, de xeito que na posición de equilibrio atoparíase totalmente en forma de enerxía cinética e nos extremos en forma de enerxía potencial. Polo tanto Emecánica = EPmáx = (1/2)mw2 A2 Substituíndo Em = (1/2)0'01.502'652 .12 = 1263'29 J Calculamos agora a enerxía cinética nese punto como diferencia entre a enerxía mecánica e a enerxía potencial nese punto Ec = Em - EP = (1/2)mv2 Ec = 1263'29 - 619'02 = 644'27 J = (1/2) .0'01.v2 de onde resolvendo obtémo-la velocidade v = [( 644'27.2)/0'01]1/2 = 3'6.102 ms-1 4.- Un péndulo eléctrico está formado por unha esfera metálica de 1 g colgada dun fio moi fino de 1'5 m. Faise oscilar nunha rexión na que existe un campo eléctrico uniforme vertical e cárgase a esfera con 1'3. 10-8 C. Cando o campo é vertical de abaixo arriba, a esfera efectúa 100 oscilacións en 314 s e se o campo está dirixido de arriba abaixo, tarda 207 s en dar 100 oscilacións. Calcular: a) Intensidade do campo eléctrico. b) Valor de "g" no lugar da experiencia. SOLUCIÓN a) Aplicando consideracións derivadas da dinámica do péndulo simple poderemos deducí-la dependencia do período do mesmo coa Ft responsable de dito movemento harmónico, que debe cumprí-las condicions de forza elástica derivadas da lei de Hooke. Suporémo-las habituais consideracións de oscilacións pequenas para chegar ó cumprimento de M.H.S.(senf @ f= x/l) Ft= -(P-Fe)senf= - (P-Fe) f=- (P-Fe)x/l Para o caso 1: Ft= -kx => k= (P-Fe)/l K= mw2 => mw2= (P-Fe)/l => m(2p/T)2 = (P-Fe)/l => T= 2p[ml/(P-Fe)]1/2 Para o caso 2 resulta: T= 2p[ml/(P+Fe)]1/2 Tendo en conta que Fe= E. q resulta un sistema de 2 ecuacións con 2 incognitas: g e E. T1=3'14 = 2p[1.10-3.1'5/(1.10-3.g- 1'3.10-6.E)]1/2 T2=2'07 = 2p[1.10-3.1'5/(1.10-3.g+ 1'3.10-6.E)]1/2 Calculamos E = 3. 105 N/C b) Por resolución derivada do apartado anterior obtense g= 9,9 ms-2 5.- Un resorte mide 22'86 cm cando se lle colga unha masa de 70 gramos e 19'92 cm cando se lle colga unha masa de 40 g. Acha: a. A constante do resorte. b. A frecuencia das oscilacións se se lle colga unha masa de 80 g SOLUCIÓN a) Pola lei de Hooke sabemos que o alongamento do resorte é directamente proporcional á forza aplicada F = Kx sendo x = l - l0 o alongamento e K constante do resorte F1 = Kx1 => 0'07.9'8 = K. (0'2286 - l0 ) F2 = Kx2 => 0'04.9'8 = K. (0'1992 - l0 ) Resolvendo obtemos: l0 = 0'16 m; K = 10 Nm-1 b) A forza recuperadora do resorte é a causante da oscilación e polo tanto temos Kx = mw2x => K = mw2 => w = (K/m)1/2 Ó pendurarlle a masa de 80 g w = (10/0'8)1/2 = 11'18 rads-1 Como n = w/2p = 1'78 Hz 6.- Un punto material oscila cun M.H.S de amplitude 2 cm e frecuencia 10 osc/s. Calcular: a) A velocidade e aceleración máximas. b) A velocidade e aceleración no instante t = 1/120 s SOLUCIÓN a) Como non poñen condición para o inicio do movemento, consideramos que iniciámo-lo estudio partindo da orixe de coordenadas e o móvil diríxese cara os valores positivos de X, e polo tanto tomamos como ecuación do movemento: x = Asen wt A ecuación da velocidade será: v = A w cos wt e a velocidade será máxima cando o valor absoluto de cos wt = 1, é dicir cando pasa pola orixe Como n = w /2p => w = 2p.n = 20p rads-1 Entón substitúese e acádamo-lo módulo da velocidade máxima: vmáx = 1'26 ms-1; Ó deriva-la velocidade obtémo-la aceleración a = - Aw2.sen wt e terá o seu máximo valor cando sen wt = 1 é dicir ó pasar polos extremos, sendo o seu valor en módulo a = Aw2 amáx = 78'96 m.s-2 b) Unha vez vistas as ecuacións en función do tempo, só queda substituír. No instante t = 1/120 s serán v = 0'02.20p.cos (20p.1/120) = 1'09 ms-1 a = -39'5 ms-2 7.- Un péndulo está constituído por unha pequena esfera, de dimensións que consideramos desprezables, de masa 200 g, suspendida dun fío inextensible, e sen peso aprezable, de 2 m de longo. Calcular: a. O período para pequenas amplitudes. b. Supoñamos que no momento de máxima elongación a esfera elévase 15 cm por encima do plano horizontal que pasa pola posición de equilibrio. Calcula-la velocidade e enerxía cinética cando pase pola vertical. SOLUCIÓN a) Ó período do péndulo simple é T = 2p(l/g)1/2 ; T = 2p.(2/9'8)1/2 = 2'84 m.s-1 b) Ó despreza-las perdas de enerxía por rozamento aplícase o principio de conservación da enerxía mecánica de xeito que no punto máis alto estará toda en forma de Ep e no máis baixo en forma de Ec. No punto máis alto: Ep = mgh = 0'2.9'8.0'15 = 0'294 J No máis baixo: Ec = 0'294 J (1/2)mv2 = mgh => v = (2gh)1/2 ; v = 1'71 ms-1 8.- Unha masa de 2 kg suxeita a un resorte de constante recuperadora k= 5. 103 N/m sepárase 10 cm da posición de equilibrio e déixase en liberdade. Calcular: a. A ecuación do movemento. b. A enerxía potencial os 0'1 s de iniciado o movemento. SOLUCIÓN a) A ecuación xeral do movemento harmónico simple é: x = Asen (wt + f0) como nos din que o movemento comeza dende unha posición afastada 10 cm da posición de equilibrio, quere dicir que x0 = A = 0'1 m e como t0 = 0, ó substituír, f 0 = p/2 rad Por outra banda, como nos dan a constante do resorte e esta é K = m.w2, ó substituír obtemos w = 50 rad.s-1 . A ecuación queda x= 0'1.sen(50t+p/2) m b) Ep = (1/2) Kx2 Substituíndo t polo seu valor de 0'1s na ecuación do movemento obtemos x = 0'028 m, e logo Ep =2J 9- Un punto material de 500 g describe un MHS de 10 cm de amplitude realizando dúas oscilacións completas cada segundo.. Calcular: a) A elongación de dito punto no instante 0'5 s despois de alcanza-la máxima separación. b) A enerxía cinética que terá o punto móbil ó pasar pola posición inicial de equilibrio. SOLUCIÓN a) A partir da frecuencia n = w/2p obtémo-la pulsación w = 4p rad s-1 e tamén o período T = 1/n = 0'5 s Como o período é tempo que tarda o móbil en repetir tódalas características do movemento coincide co tempo indicado no enunciado, quere dicir entón que se atopará na posición da que partiu x0 = A = 0'1 m => xt = 0'5 = 0'1 m Podemos obtelo asemade directamente a partir da ecuación do movemento xt = 0'5 = 0'1.sen (4p.0'5 + p/2) = 0'1 m b) A enerxía cinética expresada en función da posición do móbil ten a expresión Ec = (1/2).m.w2 .(A2 - x2). Como na posición de equilibrio x = 0, substituíndo obteremos Ec = 0'40 J 10.- Unha onda unidimensional propágase de acordo coa ecuación: y= 2 cos 2p [(t/4) - (x/1'6)]; onde as distancias "x" e "y" mídense en metros e o tempo en segundos. Determinar: a. O módulo da velocidade de propagación. b. A diferencia de fase, nun instante dado, de dúas partículas separadas 120 cm na dirección de avance da onda. SOLUCIÓN a) Da ecuación da onda sacámo-los seguintes datos: A = 2 m; T = 4 s; l = 1'6 m como a velocidade de propagación da onda é: v = l/T = 1'6/4 = 0'4 m.s-1 b) Considerando que cando hai unha distancia x = l, a diferencia de fase é 2p. A diferencia de fase vén dada por 2p(x/l) = 2p(1'2/1'6) = (3p/2) rad 11.- No sistema da figura, un corpo de 2 kg móvese a 3 ms-1 sobre un plano horizontal. a. Determina-la velocidade do corpo ó comprimirse 1cm de resorte, de cte. k=1000Nm-1. Non se ten en conta a fricción. b. Compresión máxima do resorte. SOLUCIÓN a) No momento do contacto do corpo co resorte, toda a enerxía do conxunto atópase na forma de enerxía cinética. Ó irse comprimindo o resorte esta enerxía cinética vaise transformando en enerxía potencial de xeito que cando estea no máximo de compresión toda a enerxía estará en forma potencial. Em = Ecmax = Epmax Ecmax = (1/2)mv2max = (1/2).2.32 = 9 J Nas posicións intermedias:Em = Ec + Ep = mv2/2 + kx2/2 Logo, cando se ten comprimido 1 cm teremos 9 = (1/2).2.v2 + (1/2).1000.0'012 v = 2'992 m.s-1 b) No momento da máxima compresión, a en. Cinética é 0, e 9 = (1/2).1000.A2 ; A = 0'134 m 12.- Un péndulo ten unha lonxitude de 1 m e un corpo colgado no seu extremo de 1 kg é desviado da súa posición de equilibrio quedando solto a medio metro de altura. Calcula-la súa velocidade no punto máis baixo: a. Por enerxías. b. Valora-la aplicación das ecuacións do M.H.S. SOLUCIÓN a) Como a enerxía mecánica consérvase DEp + DEc = 0. Polo tanto, en valor absoluto, m g D h = (1/2)m v2 de onde v = (2gh)1/2 ; v = (2.9'8.0'5) = 3'13 m.s-1 b) Nun M.H.S., a ecuación correspondente para a velocidade é v=Awcos(wt), sen ter en conta o desfase inicial. A amplitude é A=1.sen [ arcos(L-h)] =1.sen [arcos(0'5)] =1.sen60º = 0'866m Por outra banda, w=2p/T=(g/l)1/2=3,13 rad.s-1 Como para a v máxima o coseno é 1 (en valor absoluto), temos vmax = Aw = 2,7ms-1 Comentario: Vemos unha diferencia aprezable no cálculo por ambos métodos. O método das enerxías sempre é aplicable, mentres que o amplo ángulo (60º) fai desaconsellable o uso das ecuacións do MHS. O movemento non é un MHS. VIBRACIÓNS E ONDAS * CUESTIÓNS 1.- Nun péndulo simple, indica cal das seguintes gráficas se axusta correctamente á relación enerxía/elongación: SOL. c Un péndulo sinxelo pode asimilarse a un oscilador harmónico. Nun oscilador harmónico a enerxía total do mesmo permanece constante e independente da elongación, sendo o seu valor E= (1/2) K A2. A gráfica a) sería incorrecta pois o máximo valor da enerxía potencial sería cando x=A. Cando x=0 a Enerxía potencial sería nula. A gráfica b) tamén é incorrecta pois a enerxía cinética máxima sería para x=0 ó pasar polo punto central do movemento. 2.- De dous resortes elásticos con idéntica constante cólgase a mesma masa. Un dos resortes ten dobre lonxitude que o outro, entón, o corpo vibrará: a. Coa mesma frecuencia. b. O de dobre lonxitude con frecuencia dobre. c. O de dobre lonxitude coa metade da frecuencia. SOL. a. O período de vibración dun resorte elástico vén dado por: T= 2p(m/k)1/2 Se a masa e as constantes son iguais, o período de ambos, e polo tanto, a súa frecuencia serán iguais, ó non influí-la lonxitude do resorte. Pola mesma razón, a non influencia da lonxitude do resorte, as outras dúas opcións son falsas. 3.- Cando un movemento ondulatorio se reflicte, a súa velocidade de propagación: a. Aumenta. b. Depende da superficie de reflexión. c. Non varía. SOL. c. A reflexión é un fenómeno ondulatorio polo que as ondas modifican a dirección na velocidade de propagación ó chocar contra unha superficie. Polo tanto, sen producirse cambio no módulo da súa velocidade de propagación, ó non cambiar o medio de propagación. 4.-Se se cambian á vez o ton e a intensidade dun son procedente dunha trompeta, ¿cales das seguintes magnitudes teñen que cambiar necesariamente?. a. Frecuencia e lonxitude de onda. b. Só a frecuencia. c. Amplitude, frecuencia e lonxitude de onda. SOL. c. As cualidades do son as que se refiren, intensidade e ton, están directamente relacionadas coa amplitude (intensidade) e coa frecuencia(ton). Por outra banda, frecuencia e lonxitude de onda para unha velocidade de propagación determinada, tamén están relacionadas entre si (v= ln). Por isto, unha modificacion de ton e intensidade supoñen unha modificación de amplitude, frecuencia e lonxitude de onda. 5.- A enerxía que transporta unha onda é proporcional a: a. A frecuencia. b. A amplitude. c. Os cadrados da frecuencia e da amplitude. SOL. c. Un mov. Ondulatorio é un movemento vibratorio que se propaga. De acordo coa ecuación que determina a enerxía do movemento vibratorio dunha partícula: E =(1/2)kA2= (1/2)mw2. A2 = (1/2)m4p2n2A2, proporcional ó cadrado de frecuencia e amplitude 6.- Un movemento harmónico sinxelo determinado é a proxección doutro movemento circular uniforme. A aceleración centrípeta no movemento circular é: a. Maior ou igual á aceleración no MHS. b. Sempre menor. c. Menor ou igual á aceleración no MHS. SOL.: a A aceleración no MHS é unha función sinusoidal, máxima no punto de elongación máxima (a= w2.A) e nula no punto de equilibrio (onde a velocidade é máxima). A aceleración centrípeta do movemento circular uniforme correspondente, a=w2r será igual á devandita aceleración do MHS cando r= A, e sera sempre maior para valores r<A. 7.- Unha onda sen rozamentos amortécese de tal xeito que a amplitude é proporcional á inversa da raíz cadrada da distancia á orixe. Esto débese a que é unha onda: a. Esférica. b. Cilíndrica. c. Lineal. SOL.: b Tendo en conta que a intensidade do movemento ondulatorio é a relación entre a potencia (ou enerxía por unidade de tempo) e a superficie normal á dirección de propagación, teremos para ondas cilíndricas: I= P/2pR.h A intensidade é proporcional á enerxía e esta é directamente proporcional á amplitude de oscilación (E= 1/2 k.A2), resultará que I será directamente proporcional a A2 e inversamente proporcional a R. Polo tanto, A será inversamente proporcional a R1/2. 8.- Escoitando un coro, atopamos nunha nota mantida que se producen altibaixos de sonoridade. Popularmente dise que é debido a que alguén "desentoa". Na realidade, o que pasa é que alguén: a. Está dando unha frecuencia sonora diferente ó resto. b. Está producindo unha intensidade diferente. c. A composición das frecuencias que constitúen a súa voz nese momento é diferente á dos seus compañeiros. SOL.: a Unha das cualidades do son, o ton, que nos permite distinguí-los sons agudos dos graves, depende da súa frecuencia fundamental. Cando as frecuencias fundamentais das ondas que se compoñen son diferentes, a composición das ondas pasa por intervalos de tempo nas que se producen interferencias constructivas e outros nas que se producen destructivas, interpretadas como altibaixos de sonoridade. Polo tanto "desentoar" supón modificar esta frecuencia fundamental. 9.- A velocidade dunha onda: a. Varía coa fase na que se atope o punto. b. Varía coa distancia do punto á orixe. c. Varía, se mantémo-la lonxitude de onda, coa frecuencia. SOL.: c A velocidade dunha onda é o resultado do producto da lonxitude de onda pola frecuencia, de aí que mantendo constante a lonxitude de onda, só se verá modificada por un cambio de frecuencia. 10- Na composición de dúas ondas luminosas das mesmas características prodúcense lugares onde non hai iluminación aprezable. a. Esto é unha reflexión. b. Prodúcese unha interferencia. c. Non é certo, non se produce nunca. SOL.: b As interferencias prodúcense por superposición de dous movementos ondulatorios. Neste caso estamos a considera-lo comportamento ondulatorio da luz. Cando dúas ondas luminosas estacionarias producidas por focos distintos que se propagan polo mesmo medio se atopan nun mesmo punto, prodúcese o fenómeno das interferencias. Posto que a luz ten natureza electromagnética, as perturbacións mutuas preséntanse como reforzos ou debilitamentos dos campos eléctricos e magnéticos, equivalentes á composición constructiva ou destructiva das mesmas. 11.- As condicions iniciais dun oscilador harmónico son: tempo (t=0), elongación (x=0) e velocidade (v¹ 0). ¿Que perfil representa correctamente a variación da Ec co tempo nun período?. SOL.:a A enerxía cinética: EC= (1/2)mv2 = (1/2)mw2(A2-x2), ten o máximo valor cando x=0 que neste caso coincide con t=0' e para un período completo a gráfica correcta é a 1(t=T). 12.-Dúas partículas teñen un MHS coa mesma frecuencia e amplitude e móvense na mesma traxectoria. Se se cruzan no centro da traxectoria, a diferencia de fase será: a. p/2 radiáns. b. p radiáns. c. 3p/2 radiáns. SOL.:b Cando coinciden no centro de oscilación dous MHS coa mesma frecuencia, para ambos se cumpre que A sen(wt+f)=0' co que sen(wt+f)=0 e wt+f=np, polo que ambas partículas teñen movementos que, nese momento (e polo tanto en tódolos momentos, pois a frecuencia é a mesma para ambos) só se poden diferenciar nun múltiplo de p radiáns. Se a diferencia fora múltiplo de 2p radiáns estarían en fase, polo que a diferencia de fases ten que ser dun número impar de veces p radiáns. 13.-A enerxía mecánica dun oscilador harmónico: a. Duplícase cando se duplica a amplitude da oscilación. b. Duplícase cando se duplica a frecuencia da oscilación. c. Cuadriplícase cando se duplica a amplitude da oscilación. SOL.:c Como a enerxía mecánica dun oscilador harmónico é E= (1/2)kA2, resulta que se duplicamos A, cuadriplícase E. 14.- Unha corda colga do alto dunha torre alta de xeito que o extremo superior é invisible e inaccesible, pero o extremo inferior si se ve. ¿Como averiguaría-la lonxitude da corda? a. É imposible. b. Medindo a amplitude da oscilación. c. Medindo o período da oscilación. SOL.:c Considerando un comportamento de péndulo simple, se medímo-lo período T= 2p (l/g)1/2, coñecido g, poderemos calcula-lo valor de l. Nota: se a densidade lineal da corda non é desprezable, teriamos que aplica-la relación que nos dá o período nun péndulo físico, o que tornaría máis complicada a solución polo cálculo de I en función da densidade e lonxitude ELECTROMAGNETISMO * PROBLEMAS 1.- Un televisor ten un canón de electróns de 10000V. A presentación en pantalla de dous puntos diferentes está separada 3 mm, e o canón está separado da pantalla 20cm. Supoñemos que a guía dos electróns prodúcese por un campo eléctrico transversal ó longo dos 20 cm de separación entre canón e pantalla. a. Calcula-lo campo eléctrico necesario para pasar dun punto a outro. b. Calcula-la velocidade coa que os electróns chegan á pantalla. Datos: masa do electrón: 9.10-31kg; carga do electrón: -1'6.10-19C SOLUCIÓN a) Os electróns saen impulsados por unha diferencia de potencial de 10000V, adquirindo entón unha velocidade de: qV =1/2(mv2) => 1'6.10-19.10000 = 9.10-31.v2/2 v = 5'96.107ms-1, que é a velocidade inicial coa que atravesan os 20 cm de separación á pantalla. O tempo que tardan en atravesalos (movemento rectilíneo horizontal e uniforme) é: t= e/v; t= 0'2/5'96.107= 3'53.10-9 s. Nese tempo, débese lograr unha desviación en pantalla de 3 mm, a partir dun movemento acelerado debido ó campo entre as placas: e =1/2 (at2 )= 1/2 (qE/m)t2 Despexando o campo, obtemos: E = 2em/qt2 substituíndo, E = 2.3.10-3.09.10-30/[1'6.10-19.(3'53.10-9)2] = 2989 Vm-1 b) O segundo apartado soluciónase do mesmo xeito que se tivo que facer para acha-la velocidade inicial dous electróns... en rigor, habería que acha-la velocidade de desviación lateral e aplica-lo teorema de Pitágoras, nembargantes, a desviación lateral é demasiado pequena respecto á lonxitude percorrida como para introducir máis que unha pequena corrección na velocidade xa calculada ó comenzo: 5'96.107ms-1 Comprobamos: Fe= Fg => E.q= ma => a= 5'31. 10 14 ms-2 vy = at = 1'8.106 m/s => vtotal = 5'96.107 ms-1 2.- Dúas cargas eléctricas de 2.10-5 C e - 1'7.10-4 C distan entre si 10 cm. a. ¿Qué traballo haberá que realizar sobre a segunda carga para afastala da primeira outros 40 cm na mesma dirección?. b. ¿Qué forza se exercerán mutuamente a esa distancia?. SOLUCIÓN a) O traballo, realizado pola forza do campo, para mover unha carga Q dende un punto de potencial V1 a outro de potencial V2 vale: W = Q (V1 - V2) Polo tanto, temos que calcula-lo potencial xerado pola primeira carga nos dous puntos onde se atopa a segunda, que é a que se move. O potencial xerado por unha carga Q a unha distancia r vale: V = K Q/r dánnos Q = 2.10-5 C, r1 = 10 cm = 0.1 m , r2 = 50 cm = 0.5 m Substituíndo e operando, obtemos: V1 = 1'8.106 V , V2 = 3'6.105 V Agora podemos calcula-lo traballo necesario para move-la carga Q' = - 1'7.10-4 C WFcampo1-2=-WFext.1-2 ; W Fext.1-2 = - 1'7.10-4 . (1'8.106 - 3'6.105 ) = -2'45.102 J O traballo é negativo, o que quere dicir que teñen que realizalo forzas exteriores ó campo, xa que as forzas existentes entre esas dúas cargas, por ser de distinto signo, son atractivas. b) Para determina-la forza que se exercen mutuamente dúas cargas eléctricas situadas a unha certa distancia unha da outra empregaremos a Lei de Coulomb, a que nos di que o módulo de dita forza é directamente proporcional ó producto das cargas e inversamente proporcional ó cadrado da distancia que as separa F = K Q1.Q2/ d2 Substituíndo os datos que temos quedanos F = 122'4 N (onde a forza existente entre as dúas cargas é de tipo atractivo) 3.- No punto A de coordenadas (0,15) hai unha carga de -6.10-5 C. Na orixe de coordenadas hai outra de 1'5.10-4 C. Calcula: a. A intensidade do campo eléctrico resultante no punto P de coordenadas (36,0). b. O potencial resultante nese punto. (As coordenadas exprésanse en metros). SOLUCIÓN a) A intensidade do campo creado por unha carga Q a distancia d é unha magnitude vectorial que calcularemos a partir da expresión: E = K (Q/d2 ).r0 onde E e r0 están escritas en negriña para indica-lo seu carácter vectorial. K = 9.109 N.m2 /C2 Q = carga creadora do campo d = módulo do vector de posición r, que marcaría a posición do punto, no que buscámo-la intensidade do campo, respecto ó punto en que se atopa a carga creadora do campo. As compoñentes deste vector de posición obtémolas restándolle ás coordenadas do extremo do vector (punto no que buscámo-la intensidade do campo), as da orixe (punto no que se atopa a carga creadora do campo). r0 = vectores unitarios do vector de posición que se determinan dividindo cada un dos vectores de posición polo seu módulo = r/d As cargas q1 e q2 crean cada unha delas un campo no punto P e a intensidade total do campo creado polo conxunto das dúas cargas obterémolo como a suma vectorial das intensidades dos campos creados por cada unha delas. Acharemos entón as intensidades dos campos creados polas cargas q1 e q2 : En primeiro lugar, determinarémo-los vectores de posición r1 e r2 do punto P respecto a cada unha das cargas: r1 = r1x + r1y r1x = coordenada X do punto P - coordenada X do punto A =36-0 = 36 r1y = coordenada Y do punto P - coordenada Y do punto A=0-15 = -15 de maneira que o vector r1 será, r1 = 36 i - 15 j m o seu módulo d1 = ( 362 + 152 )1/2 = 39 m o seu vector unitario r01 = (36 i - 15 j)/39 O vector de posición de P respecto á orixe será, r2 = r2x + r2y r2x = 36 - 0 = 36, r2y = 0 - 0 = 0, r2 = 36 i o seu módulo , d2 = ( 362 )1/2 = 36 m o seu vector unitario, r02 = 36 i /36 = i Entón o vector intensidade de campo creado pola carga q1 = - 6.10-5 C no punto P obterémolo substituíndo tódolos datos na expresión E = K (Q/d2 ).r0 , e quedará E1 = - 327'72 i + 136'55 j N/C Facendo o mesmo para a carga q2 = 1'5.10-4 C obteremos E2 = 1041'67 i N/C O campo total será a suma vectorial de E1 e E2 E = (- 327'72 i + 136'55 j) + (1041'67 i) = 713'95 i + 136'55 j N/C o seu módulo será E = (713'952 + 136'552 )1/2 = 726'89 NC-1 b) O potencial eléctrico creado por unha carga nun punto do seu campo é unha magnitude escalar directamente proporcional á carga creadora e inversamente proporcional á distancia do punto a carga e vén dado pola expresión: V = KQ/d Cando sobre ese punto actúan dúas cargas cada unha crea o seu propio potencial e en consecuencia o potencial total será a suma dos potenciais, é dicir coma no caso das forzas aplícase o principio de superposición, coa diferencia de que, como neste caso os potenciais son magnitudes escalares, a suma será alxebraica. O potencial creado pola carga q1=- 6.10-5 C será V1= 9.109.(- 6.10-5)/39=-13846'15 V e o creado pola carga q2 = 1'5.10-4 C será V2 = 9.109. 1'5.10-4 /36 = 37500 V de maneira que o potencial total será V = V1 + V2 = -13846'15 + 37500 = 23653'85 V 4.- Calcula: a) O radio da órbita que describe un electrón nun campo magnético de intensidade B = 3 weber/m2. que forma un ángulo de 90º co plano da súa traxectoria. b) O tempo que tarda en dar unha volta se se move a unha velocidade de 9000 km/s. Datos: Carga do electrón = 1'6.10-19 C ; Masa do electrón = 9.10-31 kg SOLUCIÓN a) Primeiro teremos que acha-la forza exercida polo campo magnético sobre o electrón. A forza que actúa sobre unha carga eléctrica de Q culombios, que se move cunha velocidade de v m/s, a través dun campo magnético de B weber/m2, cando o ángulo que forman a dirección de movemento da carga e o campo magnético é igual a a , vale: F = Q v B sen a neste caso: Q = carga do electrón = 1'6.10-19 C ; v = 9000 km/s = 9.106 m/s B = 3 weber/m2 ; a = 90 º ; sen a = 1 Substituíndo, obtemos: F = 1'6.10-19 C. 9.106 m/s. 3 weber/m2.1 = 4'32.10-12 N Esta forza será a forza centrípeta causante do movemento circular do electrón, que vale F = (mv2)/r F = 4'32.10-12 N ; m = masa do electrón = 9 . 10-31 kg ; v = 9000 km/s = 9.106 m/s Substituíndo e despexando r, obtemos: r = m.v2/F = 9.10-31.(9.106)2/(4'32.10-12) =16'875.10-6 m=16'875 mm b) Sabemos, ademáis, que v = espacio/tempo O tempo necesario para dar unha volta será t = 2pr/v Substituíndo os valores de v e r, obtemos t = 11'775.10-12 segundos 5.- Tres cargas puntuais iguais de 5 m C cada unha están situadas nos vértices dun triángulo equilátero de 1'5 m de lado. a. ¿Onde debe colocarse unha cuarta carga e cal debe se-lo seu valor para que o sistema formado polas catro cargas estea en equilibrio?. b. Calcula-lo traballo necesario para levar esa carga Q dende o centro do triángulo ata o centro dun lado. Datos : K= 9.109 Nm2C-2 SOLUCION a) Por simetría debe estar no centro do triángulo. A carga debe ser negativa para producir unha forza de tipo atractivo que iguale as forzas das outras cargas en cada un dos vértices. Para que haxa equilibrio debe cumprirse que, nos tres vértices do triángulo: F1 + F2 + F3 = 0 F= 9.109. (q1q2/r2) F1= F2= 9.109. 5.10-6. 5.10-6/1,52= 0'1 N F1= 0'1.cos60 i + 0'1.sen60 j F2= - 0'1.cos60 i + 0'1.sen60 j F1+F2= 0'2. sen60 j = 0,17 N j F3 = -0,17 N j => 0,17= 9.109. Q. q3/r32 Como r3= 0,75/cos30 => 0,17= 9.109. Q. 5.10-6/(0,872) Q= 2'83.10-6 C De onde: F3 = -0,17 j (N) (a carga debe ser negativa para que a forza resulte negativa e sexa de tipo atractivo). Por iso: Q3= - 2,83. 10-6 C. b) O traballo realizado pola forza do campo para levar unha carga dende un punto A ata outro B vén definido, nun campo conservativo por : WAB= - DEP= EPA-EPB= Q(VA-VB) V= Kq/r Haberá que calcula-lo valor do potencial para cada un dos puntos debido as cargas q1, q2 e q3. VA= 9.109[(5.10-6/0,87)+ (5.10-6/0,87)+ (5.10-6/0,87)]= 155884 V VB= 9.109[(5.10-6/0,75)+ (5.10-6/0,75)+ (5.10-6/1,30)]= 154615 V VA-VB= 1'27.103 V O valor do traballo realizado é WFext.AB= Q(VA-VB)= -2'83.10-6 . 1269 = - 3'6.10-2J O signo negativo indica que é un traballo realizado por unha forza exterior, en contra do campo, que provoca un incremento da enerxía potencial. 6.- Un protón ten unha enerxía cinética de 10-14 J. Segue unha traxectoria circular nun campo magnético B= 0'5 T. Calcular: a) O radio da traxectoria. b) A frecuencia coa que xira. mprotón = 1'67.10-27kg; qprotón = 1'6.10-19 C SOLUCION a) Unha partícula cargada que penetra perpendicularmente a un campo magnético describe unha traxectoria circular. Por isto a forza magnética (Lei de Lorentz) será a forza centrípeta que producirá o movemento circular. F = Q v B sen a Fc = mv2/R Q v B= m v2/R => R = (mv)/(Q B) Como Ec= (1/2)mv2=> v = (2Ec/m)1/2 => V = 3'46.108 ms-1 R = (1'67.10-27.3'46.108)/(1'6.10-19.0,5) = 0'072 m. Radio de xiro = 0'072 m. b) Aplicando as ecuacións propias do movemento circular poderemos calcula-la frecuencia coa que xira: v = wR =2pnR => n= v/(2pR) => n = 7'65.108 Hz A frecuencia é de 7'65.108 Hz 7.- Unha carga eléctrica de 2'5.10-8C colócase nun campo eléctrico uniforme de intensidade 5.104 N/C dirixido cara arriba. ¿Cal é o traballo que o campo eléctrico efectúa sobre a carga cando esta se move: a. ¿45 cm cara a dereita?. b. ¿80 cm cara abaixo?. SOLUCIÓN a) Como sabemos W = F r = F r cos a e F = Eq W = 5.104.2'5.10-8.0'45.cos 90º = 0 b) W = 5.104.2'5.10-8.0'8.cos 1801 = - 0'001 J 8.- Dúas cargas de +1 mC e -2 mC están situadas en dous puntos, A e B, separados entre si 1 m. Considerando a recta de unión entre as cargas, a. Determina-lo punto en que se anula o campo eléctrico. b. Determina-lo punto ou os puntos nos que se anula o potencial eléctrico. Datos : K= 9.109 Nm2C-2. SOLUCIÓN a) A cargas eléctricas de distinto signo producen campos eléctricos de sentidos contrarios, logo o campo eléctrico nunca poderá ser nulo nun punto intermedio a elas. Como a intensidade do campo é: E = KQ/r2 Para que os dous campos poidan te-lo mesmo módulo será preciso que o punto estea máis afastado da carga maior. d = distancia de A (carga de 1 mC) 9.109.10-3 /d2 + 9.109.(-2.10-3) /(1+d)2 = 0 d = 2'41 m á esquerda de A b) Como o potencial é unha magnitude escalar V = K.Q/r só temo-la suma escalar, polo tanto terá que estar máis preto da carga menor, pero pode estar entre elas ou non, así que temos dúas posibilidades 1º) a esquerda de A: 9.109.10-3 /d + 9.109.(-2.10-3) /(1+d) = 0 d = 0'5 m 2º) no medio delas: 9.109.10-3 /d + 9.109.(-2.10-3) /(1- d) = 0 d = 0'33 m a dereita de A 9.- Dúas cargas negativas iguais, de 1 m C, atópanse sobre o eixe de abscisas, separadas unha distancia de 20 cm. A unha distancia de 50 cm sobre a vertical que pasa polo punto medio da liña que as une, abandónase unha carga de 1 m C, de masa 1g, inicialmente en repouso. Determinar : a. A velocidade que terá ó pasar polo punto medio da liña de unión. b. O valor do potencial eléctrico en dito punto medio. Datos : K= 9.109 Nm2C-2. SOLUCIÓN a) As dúas cargas eléctricas negativas crean un potencial no punto onde se atopa a carga positiva, e outro no punto medio da recta que as une, de maneira que o deixar ceibe a carga positiva, esta se moverá adquirindo unha enerxía cinética que será igual o traballo que realizan as cargas negativas para trasladala. O traballo eléctrico realizado pola forza do campo é: W = (Vinic - Vfinal)q Calculámo-los potenciais nos puntos inicial e final como a suma alxebraica dos potenciais creados en eses puntos por cada unha das cargas negativas Vinicial = V1inicial + V2inicial = 9.109.[-10-6 /(0'12 +0'52)1/2 ].2 = -35301 V Vfinal = V1final + V2final = 9.109.(-10-6 /0'1).2 = - 180000 V W = [ -35301 - ( -180000)].10-6 = 0'145 J Como a enerxía cinética é Ec = (1/2)mv2 (1/2).10-3.v2 = 0'145 v = 17 m/s. b) Vfinal = - 180000 V 10.- Un electrón penetra perpendicularmente nun campo magnético de 0'5 T cunha velocidade de 2000 km/s. a. Calcula-lo radio da órbita que describe. b. Acha-lo número de voltas que dá en 0,01 s. Datos : qe= 1'6.10-19 C, me= 9'1.10-31 kg. SOLUCIÓN a) A forza magnética que actúa sobre o electrón Fm = q (v x B) de módulo Fm = q v B xa que v e B son perpendiculares. O electrón describirá un movemento circular no cal a forza centrípeta é a magnética q v B = mv2 /r => r = (m.v)/(q.B) r = 2'25 .10-5 m. b) O espacio que percorrerá nese tempo será x = v t = 2.106.0'01 = 2.10-4 m dividindo pola lonxitude da circunferencia obterémo-lo número de voltas nº de voltas = 2.10-4 / (2.p.2'25.10-5) = 14'1 .107 rev 11.- Un ciclotrón para acelerar protóns ten un campo magnético de intensidade 0'4 teslas, e o seu radio é 0'8 m. Calcular: a. Velocidade coa que saen os protóns do ciclotrón. b. Que voltaxe faría falta para que os protóns adquirisen esa velocidade partindo do repouso. Datos: mprotón = 1'67.10-27kg; qprotón = 1'6.10-19 C SOLUCIÓN a) Como a forza centrípeta no ciclotrón é a forza magnética m v2/r = q v B => v = q B r/m ; v = 3.107 m/s b) A enerxía cinética sería igual ó traballo eléctrico realizado (1/2) m v2 = DV q DV =0'5.1'67.10-27.(3.107)2 /1'6.10-19 = 4'7.106 V 12.- Unha carga de 10-5C crea un campo onde metemos outra carga de 10-6 C a. Calcula-la distancia a que se atoparán se o potencial desta resulta ser 1500 V b. Calcula-lo traballo necesario para que unha toque a outra, se teñen un radio, respectivamente, de 0'1 m e 0'01 m Datos : K= 9.109 Nm2C-2 SOLUCIÓN a) Como o potencial creado por unha carga nun punto é: V = K q/r e nos din que o que crea a primeira carga no lugar que se atopa a outra é 1500 V temos 1500 = 9.109.10-5 /r r = 60 m b) Para que cheguen a tocarse teñen que queda-los centros das cargas a: d = 0'1+0'01 = 0'11 m calculando logo o potencial que crea a esa distancia do seu centro, podemos logo calcula-lo traballo preciso Vd = 9.109.10-5 /0'11 = 818'18.103 V W = (1500 - 818'18.103).10-6 = -0'82 J O signo negativo significa que ese traballo teñen que realizalo forzas exteriores 13.- Un electrón lanzado a 10000 kms-1 atravesa un campo magnético de 1 T a. Calcula-lo radio da desviación máxima. b. Calcula-lo radio da desviación mínima que pode exercer. Datos: masa do electrón: 9.10-31kg; carga do electrón: -1'6.10-19C SOLUCIÓN a) O electrón describirá unha traxectoria circular na que a forza centrípeta é a forza magnética Fc = Fm como o módulo da forza magnética é: Fm = q.v.B.sen a; sendo a o ángulo que forman os vectores velocidade e campo magnético, o valor da Fm será máximo cando a =90 e mínimo cando a = 0 m v2/r = q v B (sen a) r = m v /(q B sen a) cando o sen a=1 terá máximo valor , entón o radio será mínimo rmin = 9.10-31.107/(1'6.10-19.1) = 5'625.10-5 m b) O radio máximo será para o mínimo valor do sen a, e dicir ó aproximarse a 0 rmax = 4 seguiría logo sen desviarse xa que v e B teñen a mesma dirección 14.- Un electrón (carga eléctrica = 1'6.10-19C) a unha velocidade de 1000 ms-1 entra nunha zona perpendicular a un campo magnético de 10 T a. Calcula-lo radio de xiro da súa órbita. b. Calcula-la intensidade dun campo eléctrico que anule o efecto do campo magnético. Datos: qe = -1'6.10-19 C; me = 0'9.10-30 kg SOLUCIÓN a) Xa que Fc = Fm ; e como v e B son perpendiculares: r = m v/(q B) = 5'625.10-10 m b) Se Fe = Fm => E.q = q v B E = v B = 103.10 = 104 N/C ELECTROMAGNETISMO * CUESTIÓNS 1.-¿Que gráfica representa correctamente a enerxía potencial eléctrica dunha carga puntual negativa situada nun campo creado por unha carga puntual positiva, cando varía a distancia que as separa?. SOL. c. Trátase dunha situación de tipo atractivo. Tendo en conta a ecuación que representa a enerxía potencial: EP= k q+q-/r Resulta unha función na que a enerxía potencial varía de forma inversamente proporcional coa distancia, pero con carácter negativo. A enerxía potencial representa o traballo por unha forza exterior para achegar unha carga dende o infinito (valor 0 de EP) ata un punto do campo. A medida que a distancia diminue, a Enerxía potencial é cada vez menor. 2.- Un positrón de carga 1'6.10-19 C entra nun campo magnético B=0'1 j (T). Se a velocidade do positrón é v= 105 i (m/s), a forza que sofre, en Newton, é: 1,6. 10-15 i 1,6.10-15j 1,6.10-15k. SOL. c. A partir da aplicación da lei de Lorentz: F = q (v x B) Como resultado de aplica-lo producto vectorial entre os vectores v e B, obténse que a forza magnética resultante debe ser: 1,6. 10-15 k. 3.- Por dous conductores paralelos e próximos entre si circulan correntes eléctricas do mesmo sentido. ¿Que lle ocorrerá ós conductores?. Atráense. Repélense. Non exercen forzas mutuas se as correntes son da mesma magnitude. SOL. a. A partir da aplicación da 2ª lei de Laplace: F = I (I x B) e da lei de Biot-Savart: B= I m0/(2p d), poderemos coñece-las características das forzas debidas a acción mutua entre correntes. F= I1 I2 l m0/(2p d) A partir da aplicación dos correspondentes productos vectoriais de I x B, obténse unha acción mutua de tipo atractivo entre correntes do mesmo sentido. 4.- Cando unha partícula cargada se move dentro dun campo magnético, a forza magnética que actúa sobre ela realiza un traballo que sempre é: Positivo, se a carga é positiva. Positivo, sexa como sexa a carga. Cero. SOL. c. Unha partícula cargada en movemento dentro dun campo magnético está sometida a acción dunha forza magnética, que segundo a lei de Lorentz F = q (v x B), resultará perpendicular ó campo e á velocidade da partícula. Por isto o traballo realizado será nulo: dW= F dr (F e dr son dous vectores perpendiculares). 5.- Para que unha carga eléctrica non se desvíe ó pasar por unha zona de campo magnético non nulo, as liñas de campo han ser: Perpendiculares ó desprazamento da carga. Paralelas ó desprazamento da carga. De calquera xeito que sexan, a carga desvíase sempre. SOL.: b A forza que sofre unha carga en movemento no seo dun campo magnético é F=q(vxB), polo que, en caso de haber movemento (v¹ 0) dunha carga (q¹ 0) nun campo magnético (B¹ 0) a forma de que dita forza sexa nula é que a velocidade e o campo sexan paralelos. 6.- No interior dun conductor cargado, en xeral: O potencial non é nulo. A carga non é nula. O campo non é nulo. SOL.: a No interior dun conductor cargado o potencial non é nulo, pois para levar carga ata o seu interior necesitamos dun traballo. En casos particulares, o potencial pode ser nulo, pero en cambio, se a carga non fora nula, afastaríase ata a superficie (o que ocorre normalmente) deixando no interior un campo nulo. 7.- Se un corpo cargado entra perpendicularmente nun campo magnético uniforme, para diminuí-lo seu radio de xiro, debemos: Aumenta-la súa velocidade. Poñe-lo campo o máis paralelo posible á traxectoria inicial. Aumenta-la carga. SOL.: c Xa que a forza de desviación vén dada por F=q(vxB) , e o radio podémolo achar a partir da forza centrípeta, F=mv2/r, resulta que este é r=mv2/[q(vxB)], polo que poderemos face-lo que se nos pide (reducir r ) aumentando a carga ou o campo, ou poñendo o campo máis perpendicular á traxectoria. 8.- Un conductor leva unha corrente de 1 A. Produce un campo magnético máis intenso: Canto máis groso sexa o conductor. Canto maior sexa a velocidade de cada electrón individual. Canto máis próximo estea ó punto exterior. SOL.: c Tendo en conta B= I m0/(2p r), canto menor sexa r, maior será o campo magnético. 9.- Nunha habitación existe un campo magnético que apunta verticalmente para abaixo. De pronto lánzanse dous electróns coa mesma velocidade en dirección perpendicular ó campo, pero en sentidos contrarios. ¿Como se moverán? En círculos tanxentes e sentido horario No mesmo círculo En círculos tanxentes e sentido antihorario SOL.: a De acordo coa lei de Lorentz : F=qvxB, que vai orixinar un movemento circular no electrón (carga q negativa), resultará: F=(-e) vxB Móvense en sentido horario describindo círculos tanxentes. 10.- ¿Que conclusións se poden sacar do feito de que o fluxo neto a través dunha superficie gaussiana sexa cero?, O campo eléctrico é cero en culquera punto da superficie. Non hai cargas eléctricas no interior. A suma alxebraica das cargas (carga neta) no interior é cero. SOL.: c A partir do teorema de Gauss, o fluxo neto implica o fluxo de entrada e o fluxo de saída, de aí que se o fluxo é 0, non deba haber carga neta no interior da superficie. 11.- As interaccións entre correntes maniféstanse porque dous conductores rectilíneos e indefinidos, paralelos, polos que circulan correntes eléctricas no mesmo sentido: Repélense. Atráense. Xiran ata poñerse perpendiculares. SOL.: b Facendo a representación gráfica correspondente obsérvase que dous conductores rectilíneos indefinidos e paralelos polos que circulan correntes eléctricas do mesmo sentido producen forzas de tipo atractivo entre si. 14.- Se se move unha espira paralelamente ó seu eixe na mesma dirección dun campo magnético uniforme, indica-lo que é correcto: Prodúcese corrente inducida ó empeza-lo movemiento. Non se produce ningunha corrente inducida. Aparece unha corrente inducida no sentido antihorario. SOL.: b A aparición dunha corrrente inducida, de acordo coa lei de Lenz implica a existencia dun fluxo magnético variable, algo que non ocorre se a espira non modifica a súa dirección de movemento no seo do campo magnético. 12.-As liñas de campo eléctrico: Nacen e cargas positivas e morren en cargas negativas. Nacen en morren en cargas negativas. Son pechadas sobre si mesmas. SOL.:a As liñas de campo electrostático nacen en cargas positivas (fontes) e morren en cargas negativas (sumidoiros). 13.-Unha esfera conductora de radio R e carga de Q Culombios en equilibrio electrostático. O potencial exterior é nulo e o interior constante. O campo exterior e función inversa do cadrado da distancia e o interior nulo. O potencial exterior é constante e o interior nulo. SOL.:b Aplicando o teorema de Gauss obténse ó campo exterior e interior : Eext= KQur/r2; Eint= 0 A partir do campo obtense o potencial función inversa da distancia no exterior e constante (e igual o da superficie) no interior. 14.- Os campos magnétostáticos son creados por: Cargas eléctricas en repouso. Por correntes eléctricas estacionarias. Por cargas magnéticas. SOL.:b Os campos magnetostáticos son creados por cargas eléctricas en movemento. Non son creados por cargas en repouso nin por cargas magnéticas que non existen. 15.- O campo magnético creado por un fio infinito e recto con corrente de I A en sentido ascendente nun punto a distancia de r m do fio. Depende da inversa do cuadrado da distancia. Ten a dirección de liñas solenoidais. Depende do cadrado da Intensidade de corrrente. SOL.: b Este tipo de campo magnético vén dado por B=4p.10-7.I/(2pr) E función inversa da distancia ó fio e función directa da intensidade. As súas liñas son solenoidais entorno ó fío seguindo a regra da man dereita. 16.-O fluxo do campo magnético creado por unha bobina a través de si mesma: Depende do número de espiras. Depende da inversa do coeficiente de autoinducción. É función inversa da intensidade de corrente. SOL.:a O Fluxo magnético a través dunha bobina debido a súa propia corrente vén dado por Fluxo= NSB e o campo B depende do número de espiras e da corrente. 17.- O coeficiente de autoinducción dunha bobina toroidal é a relación: Entre o fluxo e a intensidade. Entre a intensidade e o campo magnético. Entre o campo eléctrico e o campo magnético. SOL.: a O coeficiente de autoinducción dunha bobina é unha característica xeométrica que se pode obter como relación entre o fluxo e a intensidade, e mídese en Henrios. LUZ * PROBLEMAS 1.- Un raio luminoso incide na superficie dun bloque de vidrio cun ángulo de incidencia de 50º. Calcular as direccións dos raios: a) reflectido b) refractado DATO: O índice de refracción do vidrio é 1’50 SOLUCIÓN a) O raio reflectido forma coa normal un ángulo de 50º, igual ó de incidencia i . b) O raio refractado formará coa normal un ángulo r Como o índice de refracción respecto do aire n = nvidro/naire= sen i /sen r 1’5 = sen 50º/ sen r sen r = 0’511 è r = 30’7º 2.- Un espello esférico cóncavo ten un radio de curvatura de 1’5 m. Determinar: a) a posición da imaxe dun obxeto situado diante do espello a unha distancia de 1 m. b) a altura da imaxe, dun obxeto real de 10 cm de altura. SOLUCIÓN A distancia focal é igual a mitade do radio de curvatura do espello f = R/2 ; como o espello é cóncavo, o seu radio de curvatura é negativo f = - 1’5 m/2 = - 0’75 m a) A posición da imaxe obtémola a partir da ecuación fundamental dos espellos esféricos: 1/s’ + 1/s = 1/f ; 1/s’ + 1/(-1) = 1/( - 0’75) è s’ = - 3 m a imaxe é real xa que s’ é negativa e está a 3 metros diante do espello b) O tamaño da imaxe obtémolo a partir da ecuación do aumento lateral: ML = y’ / y = - s’ / s ; y’ / 0’1 = - (- 3) / (- 1) è y’ = - 0’3 m Como y’ é negativa, a imaxe é invertida e, neste caso de maior tamaño que o obxecto. 3.- Un obxecto de 6 cm de altura está situada a unha distancia de 30 cm dun espello esférico convexo de 40 cm de radio. Determinar: a) a posición da imaxe. b) o tamaño da imaxe. SOLUCIÓN 0’4 /2 = 0’2 m = f a) 1/ s’ + 1/(-0’3) = 1 / 0’2 è s’ = 0’12 m è a imaxe é virtual xa que s’ é positivo b) y’ / 0’06 = - (0’12) / (- 0’3) = 0’024 m è a imaxe é dereita, xa que y’ é positivo, é de menor tamaño 4.- Un obxecto de 4 cm de altura, está situado 20 cm diante dunha lente delgada converxente de distancia focal 12 cm. Determinar: a) a posición da imaxe. b) o tamaño da imaxe. SOLUCIÓN a) A posición da imaxe calculámola a partir da ecuación fundamental das lentes delgadas 1/s’ - 1/s = 1/f’ è 1/s’ – 1/(-0’2) = 1/0’12 è s’ = 0’3 m a imaxe é real xa que s’ é positiva b) O tamaño da imaxe obténse aplicando a ecuación do aumento lateral da lente ML = y’ / y = s’ / s y’ / 0’04 = 0’3 / (- 0’2) è y’ = - 0’06 m O signo negativo indícanos que a imaxe é invertida. 5.- En qué posicións se poderá colocar unha lente converxente de + 15 cm de distancia focal imaxe, para obte-la imaxe dun obxecto sobre unha pantalla situada a 80 cm de él. SOLUCIÓN A suma dos valores absolutos de s e s’ será 80 cm; tendo en conta que s’ e positivo s negativo, teremos que s’ = 0’8 + s Aplicando a ecuación das lentes 1/(0’8 + s) - 1/s = 1/ 0’15 è s2 + 0’8 s + 0’12 = 0 s = - 0’2 m y s = - 0’6 m As dúas posicións son a 20 cm e 60 cm do obxecto 6.- a) ¿Cal é a potencia dun sistema formado por unha lente converxente de 2 dioptrìas e outra diverxente de 4’5 dioptrías? b) ¿Cal é a distancia focal do sistema? SOLUCIÓN a) P = P1 + P2 = 2 + (- 4’5) = - 2’5 dioptrías b) P = 1/ f’ è f’ = 1/ (- 2’5) = - 0’4 m LUZ * CUESTIÓNS 1.- A teoría ondulatoria de Huygens sobre a natureza da luz vén confirmada polos fenómenos: Reflexión e formación de sombras. Refracción e interferencias. Efecto fotoeléctrico e efecto Compton. SOL.: b Huygens explicou a reflexión e a refracción da luz a partir da consideración de que no foco luminoso se orixina unha fronte de ondas que se propaga polo espacio. A enerxía estaría distribuída uniformemente por todo o frente de ondas. 2.- Cando un raio de luz pasa do aire a auga, non cambia a: Velocidade de propagación. Frecuencia. Lonxitude de onda. SOL.: b Cando un raio de luz cambia de medio, está a modifica-la súa velocidade de propagación xa que se altera a súa lonxitude de onda. A frecuencia non cambia porque o foco emisor é o mesmo, e a frecuencia depende dese foco emisor. No paso do aire á auga prodúcese un cambio nas características do medio de propagación, polo tanto, do espacio e nas características espaciais da onda, pero non nas temporais. As características exclusivamente temporais dunha onda son frecuencia e período. 3.- Para afeitarse, unha persoa precisa ve-la súa imaxe dereita e do maior tamaño posible.¿Que clase de espello debe usar? Plano. Cóncavo. Convexo SOL.: b Deberá empregar un espello que permita a obtención de imaxes aumentadas, de aí que o espello deba ser cóncavo, colocándose entre o foco e o punto O. Dita construcción corresponde a unha distancia entre obxecto e espello inferior á distancia focal 4.- Cando a luz pasa dun medio a outro de distinto índice de refracción, o ángulo de refracción é: Sempre maior que o de incidencia. Sempre menor que o de incidencia. Depende dos índices de refracción. SOL.: c Aplicando a 2ª lei de Snell: n1.sene1= n2sene2 => n1/ n2= sene2 /sene1 A relación entre os ángulos dependerá da relación dos índices de refracción. 5.- Nas lentes diverxentes a imaxe sempre é: a) Dereita, menor e virtual. b) Dereita, maior e real. c) Dereita, menor e real. SOL.: a Dacordo coa representación gráfica: 6.- Nas lentes converxentes a imaxe é: Dereita, menor e virtual. Dereita maior e real. Depende da posición do obxecto. SOL.: c Dependerá da posición relativa do obxecto respecto do foco e do centro da lente. Depende da posición do obxecto, xa que se está máis separado da lente que 2 veces a distancia focal, terá unha imaxe real, invertida e menor. Cunha separación igual a 2f, a imaxe será real, invertida e do mesmo tamaño. Se está situado entre f e 2f, a imaxe será real, invertida e maior. Para distancias menores, a imaxe é virtual, dereita e maior. 7.- Dispomos dun espello convexo de radio de curvatura 1 m. ¿Como é a imaxe dun obxecto real?. Real, invertida e de menor tamaño. Virtual, invertida e de maior tamaño. Virtual, dereita e de menor tamaño. SOL.: c De acordo coa marcha dos raios: 8.- O efecto fotoeléctrico, ¿que tipo de característica da luz pon de manifesto ? O seu carácter corpuscular. O seu carácter ondulatorio. Ningún dos dous. SOL.: a Manifesta o carácter corpuscular ó actuar os raios de luz como partículas (fotóns) que impactan de xeito cuantizado contra os electróns. Segundo a teoría fotónica de Einstein, que permite explica-lo efecto fotoeléctrico, a luz é un fluxo contínuo de partículas, sen masa en repouso, chamadas fotóns, cunha enerxía relacionada coa frecuencia segundo E= hn 9. ¿De que depende a emisión de fotoelectróns nunha célula fotoeléctrica?. Da intensidade da luz incidente. Da frecuencia da luz incidente. Da distancia entre os electrodos. SOL.: b A emisión de fotoelectróns dependerá de que a enerxía dos fotóns incidentes sexa superior a un valor umbral carácterístico para cada metal. Dita enerxía depende da frecuencia segundo a ecuación de Planck: E= hn. A emisión ou non de electróns depende da frecuencia da luz incidente, isto é, da enerxía de cada raio dos que impacta. Só unha vez cumprido un mínimo de enerxía por raio, extraeránse máis electróns canto máis intensidade de luz se dispoña. 10. Ó colocar un obxecto a 15 cm de distancia dunha lente converxente de 30 cm de distancia focal. A imaxe formada é: Real, invertida e aumentada. Virtual, dereita e aumentada. Real, dereita e reducida. SOL.: b Facendo a marcha dos raios correspondente resultará que a imaxe será virtual, dereita e aumentada. 11. Nos autobuses urbanos colócase un espello sobre a porta para que o conductor poida observa-lo interior do autobús na súa totalidade. ¿Como é o espello?. Cóncavo. Convexo. Plano. SOL. b. A solución é escollida de tal xeito que en calquera caso, a imaxe dun obxecto se vexa na área espellada, para o que é necesario reduci-lo tamaño da imaxe respecto do obxecto, cousa que se consegue cos espellos convexos. 12.- As gafas de corrección da miopía usan lentes que son: Converxentes. Diverxentes. Doutro tipo. SOL.: b As lentes de corrección da miopía úsanse para que unha imaxe que se forma adiantada se forme máis atrás no ollo, evitando forza-lo mesmo e a mala visión en caso de non poder forzalo de xeito suficiente. Para isto necesitan facer diverxe-los raios de luz que inciden nelas. 13.- Queremos facer pasar un raio de luz a través dun vidro, de xeito que non se desvíe. Terá que ser: Unha lente plana paralela, en calquera posición. Non se pode facer. Calquera lente, atravesándoa polo eixe óptico. SOL.: c Toda lente, ó ser atravesada por un raio no seu eixe óptico, non o desvía, pois implica que as superficies que ten que atravesar son perpendiculares ó raio incidente. 14.- Unha lámpada está acendida nun flexo que ten unha pantalla reflectora en forma de pirámide de cono truncada. A razón é: Iluminar por igual en toda a superficie. Concentrar a maior potencia luminosa posible sobre a superficie iluminada. Evitar deslumbramentos. SOL.: b A pantalla reflicte parte da luz que, doutro xeito, sería inservible para o uso que se lle quere dar, concentrándoa sobre a superficie iluminada e aumentando a intensidade luminosa nela. O apartado c tamén é certo, se ben parte do malestar visual deste tipo ten outras causas, como o reflexo no papel, por exemplo. 15.- Dous raios de luz inicialmente paralelos, crúzanse despois de atravesar unha lente. Eso pode darse en caso de que teñamos: Unha lente de vidro cóncava en aire. Un oco cóncavo cheo de aire no interior dunha masa de vidro. Necesariamente con outra disposición diferente das anteriores. SOL: b Cando os índices de refracción da lente e o medio "externo" de transmisión intercambian os seus valores, o efecto que produce tamén se invirte. Estamos afeitos a ter lentes de vidro actuando no aire, e en tal caso actuarán como lentes diverxentes. Pero, se o índice de refracción interior é menor que o exterior, entón o efecto é o contrario: son lentes converxentes. 16.- O ángulo formado polo raio incidente e o reflectido nun espello é a. Se o espello rota un ángulo b nun eixe perpendicular ó formado polos dous raios anteriores, o novo ángulo que formarán entre eles é: a) a+b b) a+2b c) a-b SOL.: b Cando o espello rota, varía o ángulo de incidencia no mesmo valor que o ángulo de xiro. Como na reflexión se cumpre que o ángulo de incidencia e o de reflexión son iguais, a separación entre ambos varía ese mesmo valor dúas veces. A ter en conta que se o ángulo é en sentido contrario, poden "cambiarse de lado" os raios incidente e reflectido, así como se o ángulo de incidencia chegara a 90º, entón xa non incidiría e polo tanto non se reflectiría. FÍSICA MODERNA * PROBLEMAS 1.- Unha mostra dun material radiactivo ten 3.1024 átomos. a) En tres anos reduce o seu número á metade. Calcula o número de átomos que quedará en trinta anos. b) ¿Cánto vale o período de semidesintegración de dito conxunto de átomos? SOLUCIÓN a) Segundo a lei de desintegración nuclear, N = N0.e-lt, e, neste caso, ó quedar reducido á metade, 0'5 = e-l3 => ln0'5 = -3l = -0'69 => l = 0'23anos-1 Con este dato, obtemos N30 = N0.e-0'23.30 = 3.1024 .e-0'23.30 = 3,02.1021átomos. b) Segundo os datos do problema, en tres anos queda a metade de átomos, logo ese é o período de semidesintegración. 2.- Nun determinado momento calculamos a existencia de 1,15.1014 núcleos radiactivos nunha mostra. Dez días despois, contabilizamos 2.1013. Calcula a) o período de semidesintegración do elemento. b) ¿cánto tempo tardará a mostra en reducirse á décima parte?. SOLUCIÓN a) Substituíndo na lei de desintegración radiactiva, N = N0.e-lt, 2.1013 = 1,15.1014 e-l10 => 0'17 = e-l10 => -10l = -1'75 => l = 0'175días-1; e como T = ln2/l = 3,96 días. b) Aplicando novamente a lei de desintegración, 1/10 = e-lt = e-0'175t => -2'3 = -0'175t => t = 13,16días 3.- Un detector de radiactividade detecta unha velocidade de desintegración de 125 núcleos / minuto. Sabemos que o período de semidesintegración é 20min. Calcula a) a cte. de semidesintegración radiactiva. b) a velocidade de desintegración unha hora despois. SOLUCIÓN a) A actividade de 125 núcleos/min. é igual a l.N. Entón, como l = ln2/T = 0'693/20 = 3'46.10-2min-1 b) N = N0.e-lt => A = A0.e-0'0346.60 = 125.e-0'0346.60 = 15,6 núcleos / minuto, por termo medio. 4.- O período de semidesintegración do elemento radiactivo 238X é 28 anos. Dito elemento desintégrase emitindo partículas a. a) Calcula o tempo que tarda a mostra en reducirse ó 10% da orixinal. b) Calcula a masa necesaria para formar 10 núcleos de He por segundo.Dato: NA = 6,02.1023. SOLUCIÓN a) Aplicando a lei de desintegración radiactiva, N = N0.e-lt, N = N0 e-lt No tempo de semidesintegración: N0 . 0,5= N0 e-l28 => ln2= l.T => 0,693 = l28 => l = 2,5.102 anos-1 Cando se reduce ó 10%: N0 . 0,9= N0 e-0,025.t => -0,105= -0,025.t => t= 4,2 anos. b) Se se forman 10 núcleos de He cada segundo é porque se desintegran 10 núcleos de 238X cada segundo, é dicir, a unha taxa de 10.3600.24.365 = 3,15.108 desintegracións anuales, logo: 3,15.108 = lN = 0,025.N => N = 1,26.1010 núcleos desintegrados Como 1 mol de núcleos de 238X (6,02.1023) equivalen a unha masa de 238 g, precisaranse 4,98.10-12 g de 238X 5.-Dispoñemos dunha mostra de 22286Rn : a) ¿Cánto tempo tarda unha mostra de 10 g de Rn en reducirse a 1 g? b) Si o peso actual dunha mostra de radio é 1g, ¿cánto pesará dentro de 100 anos? Dato: o período de semidesintegración do Rn é T = 1600 anos. SOLUCIÓN a) Como T = ln2/l, l = 0'693/1600 = 4,33.10-4 anos-1= 1,18.10-6 días-1 Aplicando a lei de desintegración radiactiva: N = N0.e-lt, 1 = 10. e-lt => ln0'1 = -lt = -4,33.10-4 t => t = 5,32.103 anos. b) Aplicando a mesma lei, x = 1.e-lt, Con esto, x = 1.e-0'000433.100 = 0'96 g 6.- Un metal desprende electróns a unha velocidade de 1000ms-1 ó recibir luz dunha lonxitude de onda de 400nm. Calcula a) o traballo de extracción. b) a enerxía cinética máxima dos electróns. Datos: me = 9,1.10-31kg; h = 6,62.10-34Js.; 1 m= 109 nm; c= 3.108 m/s. SOLUCIÓN a) A ecuación básica no efecto fotoeléctrico é hn = We + mev2/2 = hc/l; We = hc/l - mev2/2 polo tanto, We = 6,62.10-34.3.108/400.10-9 – 9,1.10-31.(1000)2/2 = 4,96.10-19J b) A enerxía cinética é mev2/2 = 9,1.10-31.(1000)2/2 = 5,55.10-25J 7.- Nunha experiencia para calcular h, ó iluminar unha superficie metálica cunha radiación de l = 200.10-9m, o potencial de freado para os electróns é de 1V. Se l =175.10-9m, o potencial de frenado é 1,86V. Calcula a) o traballo de extracción dun electrón do metal. b) Calcula h. Datos: e = 1'6.10-19C; c = 3.108ms-1. SOLUCIÓN a) e b) Nos dous casos expostos, aplicando a relación We = hc/l – qeV, obtemos We = h.3.108/200.10-9 – 1'6.10-19.1 We = h.3.108/175.10-9 – 1'6.10-19.1,86; é dicir, un sistema de dúas ecuacións con dúas incógnitas, que ten como resultado h=6,6.10-34Js We = 8,2.10-19J 8.- Nunha célula fotoeléctrica, o cátodo ilumínase de xeito simultáneo con dúas radiacións de lonxitudes de onda l1 = 3.10-7m e l2 = 4.10-7m. a) Calcula que radiación das anteriores produce o efecto fotoeléctrico se o traballo de extracción corresponde a unha frecuencia de 7.1014Hz. b) Calcula a velocidade máxima dos electróns arrancados por medio das radiacións anteriores. Datos: me = 9,1.10-31kg; h = 6,62.10-34Js.; c= 3.108 m/s. SOLUCIÓN a) Aplicando a ecuación do efecto fotoeléctrico, hc/l = We + mev2/2 vemos que extraeránse electróns cando hc/l > Wextracción(hn0). Se substituímos no primeiro caso, 6,62.10-34.3.108/3.10-7 = 6,62.10-19 > 6,62.10-34.7.1014 = 4,63.10-19, co que se cumple que pode extraer electróns. No segundo caso, 6,62.10-34.3.108/4.10-7 = 4,97.10-19 > 6,62.10-34.7.1014 = 4,63.10-19, co que tamén se cumple que pode extraer electróns. b) A velocidade calcúlase a través da enerxía cinética: No primeiro caso, 1,99.10-19J = mev2/2, de onde v = 6,61.105ms-1. No segundo caso, 3,31.10-20J = mev2/2, de onde v = 2,7.105ms-1. 9.- A frecuencia umbral para arrincar un electrón nunha célula fotoeléctrica é de 6.1014s-1. a) Calcula a velocidade dos electróns arrincados cunha radiación de 3.10-7m. b) ¿Poderían arrincarse electróns con radiación visible (l entre 400 e 700 nm)? Datos: me = 9,1.10-31kg; h = 6,62.10-34Js.; 1 m= 109 nm; c= 3.108 m/s. SOLUCIÓN a) Empregando a ecuación do efecto fotoeléctrico, hn = hn0 + mev2/2 = hc/l, de onde 6,62.10-34.3.108/3.10-7 = 6,62.10-34.6.1014 -9,1.10-31.v2/2 => 6,62.10-19J - 3,97.10-19 = 9,1.10-31.v2/2 => v = 7,63.105ms-1. b) Para arrincar electróns, hc/l > 3,97.10-19J, que é o traballo de extracción. Despexando a lonxitude de onda, obtemos l = 5.10-7m = 500nm, co que só poderemos extraer electróns cunha lonxitude de onda menor que 500nm, e polo tanto, hai unha parte do espectro visible que non permite extraelos. FÍSICA MODERNA * CUESTIÓNS 1.- ¿Que nos di a ecuación E = mc2 ? A masa e a enerxía son dúas formas da mesma magnitude. A masa convírtese en enerxía cando viaxa á velocidade da luz. A masa convírtese en enerxía cando o corpo se despraza á velocidade da luz ó cadrado. SOL.: a A ecuación E=mc2 relaciona unha determinada enerxía coa masa equivalente na que é capaz de transformarse ou viceversa: Unha cantidade m de masa pode producir unha enerxía E, e unha enerxía E pode xerar unha masa m. Así, a ecuación presentada é a que nos dá a equivalencia entre masa e enerxía, proposta por Einstein e da que unha das aplicacións é o cálculo da enerxía que unha determinada cantidade de masa pode subministrar. 2.- Un vehículo espacial afástase da Terra cunha velocidade de 0'5 c (c=velocidade da luz). Dende a Terra mándase un sinal luminoso e a tripulación mide a velocidade do sinal, obtendo o valor: 0'5 c c 1'5 c SOL.: b De acordo coa teoría da relatividade especial, a velocidade da luz é independente, para cada medio, do movemento relativo dos observadores inerciais e do movemento das fontes ou focos luminosos. E, ademais é unha velocidade límite. A velocidade da luz é independente do sistema de referencia elixido, logo no foguete ou na terra a velocidade será a mesma (De calquera xeito, a suma non sería lineal, logo non podería dar 1±0'5c). 3.- Dada a reacción nuclear: 23592 U + X = 23693Np a partícula X é: Protón. Neutrón. Electrón. SOL.: a Vemos que o número atómico pasa de 92 a 93, aumentando nunha unidade, ó tempo que a masa pasa de 235 a 236, aumentando tamén unha unidade. Esto é, a partícula X ten unha masa unidade e unha carga positiva tamén unidade. Esas son precisamente as características do protón. 4.-A obtención da enerxía a partir do núcleo dos átomos realízase mediante reaccións nucleares, as cales clasificamos en dous tipos: reaccións de fisión e reaccións de fusión. Na actualidade o home soamente usa as de fisión, e débese a que: Producen máis enerxía que as de fusión. Son menos contaminantes que as de fusión. Non sabe aproveita-las de fusión. SOL.: c A fusión é unha reacción nuclear pola que varios núcleos lixeiros se combinan formando un núcleo pesado, coa correspondente liberación de enerxía, en maior cantidade que na fisión. Sen embargo, para que se inicie a fusión nuclear precísanse temperaturas moi elevadas, a fin de que os núcleos que se combinan teñan a enerxía suficiente para vence-las repulsións e poder penetrar no radio de acción das forzas nucleares. A falta de control deste proceso impide a utilización como fonte de enerxía deste tipo de reaccións. Polo momento, as reaccións de fusión non se saben controlar de xeito aproveitable. Poden usarse en bombas (as chamadas"de hidróxeno") e prodúcese de xeito experimental enerxía a partir dela, pero polo momento non se pode aproveitar. 5.- O efecto fotoeléctrico prodúcese se: A intensidade da radiación é moi grande. A lonxitude de onda da radiación incidente é grande. O frecuencia da radiación é superior á frecuencia umbral. SOL.: c O efecto fotoeléctrico prodúcese unha vez que a enerxía do fotón incidente e quén de superalo traballo de extracción do metal, o cal ocorrerá unha vez superada unha determinada frecuencia umbral. hn= hn0+ 1/2mv2 6.- Se un protón e unha partícula " teñen a mesma enerxía cinética, e sabendo que m" = 4mH+, podemos afirmar que a razón entre as lonxitudes de onda asociadas a cada unha ( 8" / 8H+ ) é: 4 0'5 0'25 SOL.: b Empregando a ecuación de De Broglie : l = h/p= h/mv Se teñen a mesma enerxía cinética e de acordo co dato m" = 4mH+=> 2v" = mH+=> 8" / 8H+=1/2 A lonxitude dunha asociada a unha partícula vén dada pola relación l=h/(mv)=h/p. Como as enerxías cinéticas son as mesmas, as cantidades de movemento están en relación inversa á raíz cadrada das masas, e polo tanto, tamén ás lonxitudes de onda. 7.- ¿E certo que os obxectos se contraen a velocidades próximas á da luz?. Si, e afecta ás tres direccións do espacio. Si, contráense realmente sexa cal sexa o sistema de referencia. Non, o que se contrae é a medida do obxecto. SOL.: c A lonxitude dun obxecto que se movera cunha velocidade cercana á da luz resultaría menor medida dende un sistema de referencia no que se apreciara o obxecto en movemento que dende outro sistema no que obxecto estivera en repouso. Existe unha "contracción" relativista da medida da lonxitude. Un obxecto é o mesmo sexa cal sexa o sistema de referencia que se empregue, polo que non se contrae o cambiar de sistema de referencia usado para describi-la súa posición ou movemento. Sen embargo, a expresión das medidas en diferentes sistemas é tamén diferente. 8.- O Principio de Indeterminación de Heisemberg establece que: Non hai nada máis pequeno que a constante de Planck. Non se poden medir simultáneamente e con precisión ilimitada o momento lineal e a posición dunha partícula. De tódalas magnitudes físicas, somente o momento lineal e a velocidade non poden coñecerse con precisión ilimitada. SOL.:b O principio de indeterminación de Heisemberg establece que existe un límite á hora de medir ó mesmo tempo a cantidade de movemento e a posición do electrón. A restricción de Heisemberg establece que o producto das imprecisións absolutas destas magnitudes conxugadas é sempre maior que h/2p. O principio de indeterminación ou incertidume establécese como consecuencia da consideración das partículas como ondas e de que calquera medida que se realice sobre un sistema ten que interferir con el. Debido a isto, a determinación das magnitudes que o caracterizan sofre da variación das mesmas. O seu estudio máis detallado fai relaciona-las magnitudes por parellas, admitindo diferentes expresións, entre a que se atopa a imposibilidade de medir con precisión é tempo cantidade de movemento e posición. 9. A enerxía dun cuanto de luz dunha frecuencia dada é directamente proporcional: Á velocidade da luz. Á lonxitude de onda. Á frecuencia da onda. SOL.:c Seguindo a teoría cuántica de Planck, a enerxía dun cuanto de luz será: E= h.n. A enerxía dunha onda vén dada pola súa frecuencia, sendo invariable ante os cambios de medio de propagación, e polo tanto, ante variacións de velocidade e lonxitude de onda. A relación que afecta a enerxía e á frecuencia é E=hn, sendo h a constante de Planck. 10.- Cando un núcleo emite unha partícula b, en realidade emite: Un fotón. Un electrón. Un protón. SOL.: b Cando un núcleo emite un electrón obtense outro núcleo isóbaro (do mesmo número másico) no que o número atómico aumenta unha unidade. A reacción elemental que explica o mecanismo desta desintegración é: 10n -> 11p + 0-1e+ 00n Un electrón pode emitirse cando ocorre a desintegración dun neutrón dando lugar a un protón (que queda no núcleo) e un electrón, que sae despedido coa enerxía desprendida no proceso. Este tipo de radiación chámase radiación b. 11.- Se un núcleo atómico emite unha partícula a e dúas partículas b-1, o seu nº atómico: Diminúe en dúas unidades. Aumenta en dúas unidades. Non varía. SOL.:c Unha partícula a supón a perda de 2 unidades de carga positiva e 4 unidades de masa, mentres que 2 partículas b-1, supón a perda de 2 unidades de carga negativa. Por iso non hai variación no número atómico (balance de cargas positivas e cargas negativas). O número másico diminuiría en 4 unidades. Así, a variación de carga no núcleo atómico cos procesos indicados é nula, e polo tanto, o número atómico manténse. 12.- Cando se dispersan raios X en grafito, obsérvase que emerxen fotóns de menor enerxía que a incidente e electróns de alta velocidade. Este fenómeno pode explicarse por unha colisión: Totalmente inelástica entre un fotón e un átomo. Elástica entre un fotón e un electrón. Elástica entre dous fotóns. SOL.: b O efecto Compton é un experimento no que se facían incidir raios X sobre un corpo con electróns debilmente ligados, observándose que, ademais da radiación dispersada, da mesma lonxitude de onda, aparecía outra radiación secundaria, de lonxitude de onda sempre maior que a incidente (e polo tanto menos enerxética) e que dependía únicamente da lonxitude de onda incidente e do ángulo formado polos raios incidente e emerxente. Ademais, observábanse electróns dispersados. Este fenómeno explícase polo comportamento corpuscular da radiación , que permite unha colisión elástica entre a partícula da radiación, "fotón", e o electrón. A colisión entre partículas elementais e fotóns son elásticas se o resultado das mesmas seguen a se-las mesmas partículas: unha colisión inelástica requeriría a conxunción das partículas nunha única. 13.Un raio de luz : Ten menor enerxía se vai a menor velocidade. Non varía a súa enerxía coa velocidade. Non pode varia-la súa velocidade. SOL.:c De acordo cos postulados da teoría da relatividade especial, a velocidade da luz é unha invariante e independente do movemento relativo dos focos e dos observadores. A luz, se non cambia de medio de transmisión, non varía de velocidade. E, en caso de que cambiara de medio, e polo tanto de velocidade, tampouco varía a súa enerxía, que depende da frecuencia, que non varía. 14.Un átomo de 23892U segue unha serie radiactiva que pasa polo 21482Pb, tras emitir unha serie de partículas alfa e beta. O número de partículas alfa emitidas é: 3 6 9 SOL.:b Unha partícula a ten 4 unidades de masa e 2 unidades de carga positiva, polo tanto, por perderse 24 unidades de masa, tiveron que perderse 6 partículas a. No proceso entre o Uranio e o Chumbo o núcleo perde 238-214=24 unidades de masa e 9282=10 unidades de carga. O proceso radiactivo que fai reducir masa é a emisión dunha partícula alfa, que rebaixa en catro unidades a masa. Esto implica que foron emitidas 24/4=6 partículas alfa, a parte da emisión de partículas beta, necesaria para reequilibra-la carga. 15. Unha masa de átomos radiactivos tarda 3 anos en reducir nun 10% a súa masa. ¿canto tardará en reducirse ó 81% da masa orixinal?. Máis de tres anos. Menos de tres anos. Tres anos. SOL.: a Reducir un 10% a súa masa implica reduci-la masa a un 90% da orixinal. Esto prodúcese en tres anos. Pero o 81% é menos do 90%, logo necesitará máis tempo. En realidade, o 81% é o 90% do 90%, logo tardará en total 6 anos en reduci-la súa masa a dita cantidade. Tendo en conta a lei da desintegración radiactiva: N= N0e-lt Podemos calcular l=4,065.10-7 desint/s. E a continuación calcula-lo tempo en que se reduza ó 81 % da masa orixinal: t= 6 anos. 16. A constante de Planck vale 6'6.10-34Js. Se, de pronto, aumentara o seu valor a 6'6.1034Js, pasaría que: A mecánica cuántica sería aplicable ó mundo macroscópico. A mecánica clásica sería aplicable ó mundo microscópico. A mecánica cuántica e a mecánica clásica intercambiarían os seus campos de aplicación, o mundo microscópico e macroscópico. SOL. a. O principio de indeterminación de Heisemberg: DxDp³ h/2p, representa unha indeterminación inherente á propia realidade, polo que tamén existe no macrocosmos, pero o pequeno valor de h explica que só se teña en conta cando se trata de partículas subatómicas. A constante de Planck aplícase ó mundo microscópico, indicando por exemplo o límite do producto dos erros a raíz do principio de indeterminación. Se a constante aumentara, o producto podería ser maior, e polo tanto, afectaría de xeito significativo a cosmos maiores, logo a mecánica cuántica pasaría a se-la mecánica aplicable a nivel macroscópico. 17.- A ecuación de Einstein E=mc2 implica que: Unha determinada masa m necesita unha enerxía E para poñerse en movemento. A enerxía E é a que ten unha masa m cando vai á velocidade da luz. E é a enerxía equivalente a unha determinada masa. SOL.: c A ecuación E=mc2 relaciona unha determinada enerxía coa masa equivalente na que é capaz de transformarse ou viceversa: Unha cantidade m de masa pode producir unha enerxía E, e unha enerxía E pode xerar unha masa m. Así, a ecuación presentada é a da equivalencia entre masa e enerxía, proposta por Einstein e na que unha das aplicacións é o cálculo da enerxía que unha determinada cantidade de masa pode subministrar.