Document

PAU
Código: 25
XUÑO 2014
FÍSICA
Puntuación máxima: Cuestións 4 puntos (1 cada cuestión, teórica ou práctica). Problemas 6 puntos (1 cada apartado).
Non se valorará a simple anotación dun ítem como solución ás cuestións; han de ser razoadas.
Pódese usar calculadora sempre que non sexa programable nin memorice texto.
O alumno elixirá unha das dúas opcións.
OPCIÓN A
C.1.- Cal das seguintes afirmacións é correcta?: A) A lei de Faraday-Lenz di que a f.e.m. inducida nunha espira é igual ó fluxo magnético Φm que a atravesa. B) As liñas do campo magnético B para un condutor longo
e recto son circulares arredor do mesmo. C) O campo magnético B é conservativo.
C.2.- Un oscilador harmónico atópase nun instante na posición x = A/2 (A = amplitude). A relación existente
entre as súas enerxías cinética e potencial é: A) Ec = 3 Ep. B) Ec = 2 Ep. C) Ec = Ep /2.
C.3.- Nunha onda de luz: A) Os campos eléctrico E e magnético B vibran en planos paralelos. B) Os campos
E e B vibran en planos perpendiculares entre si. C) A dirección de propagación é a de vibración do campo
eléctrico. (Debuxa a onda de luz).
C.4.- Describe brevemente como se pode medir no laboratorio a focal dunha lente converxente.
P.1.- Dúas masas de 150 kg están situadas en A(0, 0) e B(12, 0) metros. Calcula: a) O vector campo e o potencial gravitatorio en C(6, 0) e D(6, 8); b) Se unha masa de 2 kg posúe no punto D unha velocidade de -10 4
j m·s-1, calcula a súa velocidade no punto C. c) Razoa se o movemento entre C e D é rectilíneo uniforme,
rectilíneo uniformemente acelerado, ou de calquera outro tipo. (Dato: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2)
P.2.- Unha esfera metálica de masa m = 8 g e carga q = 7 μC, colga dun fío de 10 cm de lonxitude situado
entre dúas láminas metálicas paralelas de cargas iguais e de signo contrario. Calcular: a) O ángulo que forma
o fío coa vertical se entre as láminas existe un campo electrostático uniforme de 2,5×103 N/C. b) A tensión
do fío nese momento. c) Se as láminas se descargan, cal será a velocidade da esfera ao pasar pola vertical?
(g = 9,8 m/s2)
OPCIÓN B
C.1.- Se un satélite artificial describe órbitas circulares arredor da Terra; xustifica cal das seguintes afirmacións é correcta en relación coa súa enerxía mecánica E e as súas velocidades orbital v e de escape ve:
A) E = 0, v = ve. B) E < 0, v < ve. C) E > 0, v > ve.
C.2.- Ao irradiar un metal con luz vermella (682 nm) prodúcese efecto fotoeléctrico. Se irradiamos o mesmo
metal con luz marela (570 nm): A) Non se produce efecto fotoeléctrico. B) Os electróns emitidos móvense
máis rapidamente. C) Emítense máis electróns pero á mesma velocidade.
C.3.- Se la luz se atopa cun obstáculo de tamaño comparable á súa lonxitude de onda λ, experimenta: A) Polarización. B) Difracción. C) Reflexión. (Debuxa a marcha dos raios)
C.4.- Describe brevemente como se mide no laboratorio a constante k polo método estático.
P.1.- Un espello cóncavo ten 50 cm de radio. Un obxecto de 5 cm colócase a 20 cm do espello: a) Debuxa a
marcha dos raios. b) Calcula a posición, tamaño e natureza da imaxe. c) Debuxa unha situación na que non
se forma imaxe do obxecto.
P.2.- Un protón cunha enerxía cinética de 20 eV móvese nunha órbita circular perpendicular a un campo
magnético de 1 T. Calcula: a) O radio da órbita. b) A frecuencia do movemento. c) Xustifica por que non se
consume enerxía neste movemento. (Datos: mprotón = 1,67×10-27 kg; qprotón = 1,6×10-19 C; 1 eV = 1,6×10-19 J)
Solucións
OPCIÓN A
C.1.- Cal das seguintes afirmacións é correcta?:
A) A lei de Faraday-Lenz di que a f.e.m. inducida nunha espira é igual ó fluxo magnético Φm que a
atravesa.
B) As liñas do campo magnético B para un condutor longo e recto son circulares arredor do
mesmo.
C) O campo magnético B é conservativo.
Solución: B
As liñas de campo magnético producido por unha corrente rectilínea indefinida,
son circunferencias concéntricas arredor do fío. Pode comprobarse esparexendo
limaduras de ferro sobre unha superficie perpendicular a un cable que leva unha
corrente eléctrica.
As outras opcións:
A. Falsa. A lei de Faraday-Lenz di que a f.e.m. inducida nunha espira é igual á variación no tempo do fluxo
magnético Φm que a atravesa.
C. Falsa. O campo magnético B non é conservativo. A circulación ao longo dunha liña l pechada do vector
B non é nulo, pola lei de Ampère.
∮ ⃗Bd ⃗l = μ0 ∑ I
C.2.- Un oscilador harmónico atópase nun instante na posición x = A/2 (A = amplitude). A relación
existente entre as súas enerxías cinética e potencial é:
A) Ec = 3 Ep
B) Ec = 2 Ep
C) Ec = Ep /2
Solución: A
A enerxía potencial dun oscilador harmónico cando a elongación vale x é:
Ep = ½ k x2
onde k é a constante elástica do oscilador.
Como a enerxía cinética é:
Ec = ½ m · v2
a enerxía mecánica do oscilador vale:
E = Ec + Ep = ½ m · v2 + ½ k · x2
Para a elongación máxima ou amplitude:
E = Ec + Ep = ½ m · 02 + ½ k · A2 = ½ k · A2
Como a forza elástica é unha forza conservativa a enerxía mecánica é unha constante e valerá o mesmo para
calquera elongación. Polo tanto:
E = ½ k A2
Para o caso no que x = A / 2,
Ep = ½ k x2 = ½ k (A / 2)2 = ¼ (½ k A2) = ¼ E
Ec = E – Ep = E – ¼ E = ¾ E
Vese que Ec = 3 Ep
C.3.- Nunha onda de luz:
A) Os campos eléctrico E e magnético B vibran en planos paralelos.
B) Os campos E e B vibran en planos perpendiculares entre si.
C) A dirección de propagación é a de vibración do campo eléctrico. (Debuxa a onda de luz).
Solución: B
Unha onda electromagnética é unha combinación dun campo
eléctrico e un campo magnético oscilante que se propagan en
direccións perpendiculares entre si.
Campo eléctrico
Campo magnético
C.4.- Describe brevemente como se pode medir no laboratorio a focal dunha lente converxente.
Solución:
Si. Fíxose a montaxe da figura e foise variando a posición da lente D e movendo a pantalla E ata obter unha
imaxe enfocada.
A
B
C
D
E
Medíanse os valores de s (distancia do obxecto á lente s = CD) e s' (distancia da imaxe á lente s' = DE)
Aplicando a ecuación das lentes
1 1 1
− =
s' s f '
calculábase a distancia focal f' para cada medida.
Logo facíase a media dos valores calculados.
P.1.- Dúas masas de 150 kg están situadas en A(0, 0) e B(12, 0) metros. Calcula:
a) O vector campo e o potencial gravitatorio en C(6, 0) e D(6, 8)
b) Se unha masa de 2 kg posúe no punto D unha velocidade de -10-4 j m·s-1, calcula a súa
velocidade no punto C.
c) Razoa se o movemento entre C e D é rectilíneo uniforme, rectilíneo uniformemente acelerado,
ou de calquera outro tipo.
Dato: G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
Rta.: a) gC = 0; gD = -1,6×10-10 j m/s2; VC = -3,34×10-9 J/kg; VD = -2,00×10-9 J/kg; b) v = -1,13×10-4 j m/s
Datos
Cada unha das masas no eixo X
Vector de posición da masa en A
Vector de posición da masa en B
Vector de posición do punto C
Vector de posición do punto D
Masa no punto D
Velocidade no punto D
Cifras significativas: 3
MA = MB = M = 150 kg
rA = (-0, 0) m
rB = (12,0, 0) m
rC = (6,00, 0) m
rD = (6,00, 8,00) m
mD = 2,00 kg
vD = -1,00×10-4 j m/s
Datos
Constante da gravitación universal
Incógnitas
Campo gravitatorio en C e en D
Potencial gravitatorio en C e en D
Velocidade en C da masa que sae de D
Ecuacións
Lei de Newton da gravitación universal
(forza que exerce cada masa puntual sobre cada unha das outras)
2ª lei de Newton da Dinámica
Intensidade do campo gravitatorio que exerce unha masa M puntual nun
punto a unha distancia r
Principio de superposición
Potencial gravitatorio (referido ao infinito)
Relación entre o potencial gravitatorio e a enerxía potencial gravitatoria
Enerxía cinética
Enerxía potencial gravitatoria (referida ao infinito)
Cifras significativas: 3
G = 6,67×10-11 N·m2·kg-2
gC e gD
VC e VD
vC
⃗ =−G M m ⃗
F
ur
r2
∑F = m · a
⃗
F
M
⃗g = =−G 2 u⃗r
m
r
g = ∑gi
M
V =−G
r
EP
V=
m
Ec = ½ m v2
Mm
E p =−G
r
Solución:
O campo gravitatorio no punto C creado pola masa situada no punto A é:
⃗g A→C =−G
MA
r
2
AC
u r =−6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ]
⃗
150,0 [kg ] ⃗
i =−2,78×10−10 ⃗i m / s2
(6,00 [ m ])2
Por simetría, o campo gravitatorio no punto C creado pola masa situada no punto B é:
gB→C = 2,78×10-10 i m/s2
Polo principio de superposición, o campo gravitatorio no punto C é
a suma vectorial dos dous campos.
D
DA
g DB
g
gC = gA→C + gB→C = 0
gD
r: distancia de cada un dos puntos A e B ao punto D:
r=| ⃗r D – ⃗r A| =| 6,00 ⃗i +8,00 ⃗j | =√(6,00 [m ]) +(8,00 [m ]) =10,0 m
2
2
uD A: vector unitario do punto D tomando como orixe o punto A.
u D A=
⃗
⃗r D −⃗r A (6,00 ⃗i +8,00 ⃗j) [ m]
=
=0,600 ⃗i +0,800 ⃗j
|⃗r D − ⃗r A |
10,0 [m ]
gCA
C
gCB
A
O campo gravitatorio no punto D creado pola masa situada no punto A:
⃗g A→D =−G
M
150 [kg ]
2
u r =−6,67×10−11 [ N·m 2 · kg−2 ]
⃗
(0,600 ⃗i +0,800 ⃗j ) m/s
2
2
r
(10,0 [m ])
gA→D = (-6,00×10-11 i – 8,00×10-11 j) m/s2
Por simetría,
gB→D = (6,00×10-13 i – 8,00×10-13 j) m/s2
Polo principio de superposición, o campo gravitatorio resultante no punto D é a suma vectorial dos campos
que actúan nel.
gD = gA→D + gB→D = -1,60×10-10 j m/s2
O potencial gravitatorio creado pola masa do punto A sobre o punto C é:
B
V A→ C=−G
M
150,0 [kg ]
=−6,67×10−11 [ N· m 2 · kg−2 ]
=−1,17×10−9 J /kg
rA C
6,00 [m ]
Por simetría, o potencial creado pola masa do punto B vale o mesmo e o potencial gravitatorio do punto C é:
VC = VA→C + VB→C = 2 VA→C = 2 · (-1,17×10-9 [J/kg]) = -3,34×10-9 J/kg
O potencial gravitatorio creado pola masa do punto A sobre o punto D é:
V A→ D =−G
M
150,0 [kg ]
=−6,67×10−11 [ N · m 2 · kg−2 ]
=−1,00×10−9 J / kg
r AD
10,0 [m ]
Por simetría, o potencial creado pola masa do punto B vale o mesmo e o potencial gravitatorio do punto D é:
VD = VA→D + VB→D = 2 VA→D = 2 · (-1,00×10-9 [J/kg]) = -2,00×10-9 J/kg
b) Xa que a aceleración non é constante, non se pode resolver dun xeito sinxelo por cinemática. (Non se
pode usar a ecuación r = r0 + v0 t + ½ a t2, que só é válida se o vector aceleración a é un vector constante).
Como o campo gravitatorio é un campo conservativo, aplícase o principio de conservación da enerxía mecánica a ámbolos puntos C e D, tendo en conta que a enerxía potencial é referida as dúas masas M.
(Ec + Ep)C = (Ec + Ep)D
(
)
(
1
Mm 1
Mm
2
2
m v C + 2 −G
= m v C + 2 −G
2
r AC
2
r AD
)
Despexando o valor da velocidade v:
√
v C = v 2D +4 G M
√
(
1
r AC
−
1
r AD
(
= (1,00×10−4 [ m /s])2 +4 · 6,67×10−11 [ N m 2 · kg−2 ]· 150 [kg ]
)
=
)
1
1
−
=1,13×10− 4 m /s
6,00 [ m] 10,0 [ m]
Como a velocidade é un vector, temos que deducir a dirección e sentido.
Como tanto a aceleración coma a velocidade no punto D teñen a dirección do eixo Y en sentido negativo, a
dirección da velocidade no punto C é a do eixo Y en sentido negativo
v = -1,13×10-4 j m/s
Análise: O valor da velocidade é moi pequeno, pero isto é lóxico, se temos en conta que a forza gravitatoria
é una forza de moi baixa intensidade (se as masas non son de tipo planetario)
c) A aceleración da masa que se move de D a C está dirixida en todo momento cara á C. Como a velocidade
en D tamén tiña esa dirección, o movemento é rectilíneo, paralelo ao eixo Y. Pero o valor do campo gravitatorio nos puntos polos que pasa a masa que se move non é constante. Vemos que non é o mesmo no punto C
que no punto D. Polo tanto a aceleración non é constante.
O movemento é rectilíneo e acelerado, pero con aceleración variable.
O que segue e a demostración da relación entre o campo gravitatorio, que vale o mesmo que a aceleración,
e a coordenada y nos puntos polos que pasa a masa móbil entre D e C.
Para un punto G calquera entre C e D, o campo gravitatorio creado pola masa situada en A é:
⃗g A→G =−G
(6,00 ⃗i + y G ⃗j ) [m ]
M
150 [ kg ]
−11
2
−2
u
⃗
=−6,67×10
[
N·m
·
kg
]
r
2
2
2
r 2AG
( √ 6,002 + y 2G [ m ]) √ 6,00 + y G [ m ]
Por simetría, o campo creado nese punto G pola masa situada en B é:
⃗g B→ G =−6,67×10−11 [ N·m 2 · kg− 2 ]
(−6,00 ⃗i + y G ⃗j ) [ m ]
150 [kg ]
( √ 6,002 + y 2G [ m ])
2
√ 6,00 + y
2
2
G
[ m]
E o vector resultante valería
⃗g G =⃗g A→G + ⃗g B→ G =−6,67×10−11 [ N·m 2 · kg− 2 ]
150 [ kg ]
(2 y G ⃗j) [m ]
( (6,002+ y 2G )3/ 2 [ m ]3)
⃗g G =
−2,00×10−8 y G
(6,002 + y 2G )3/2
⃗j [ m /s 2 ]
P.2.- Unha esfera metálica de masa m = 8 g e carga q = 7 μC, colga dun fío de 10 cm de lonxitude situado entre dúas láminas metálicas paralelas de cargas iguais e de signo contrario. Calcular:
a) O ángulo que forma o fío coa vertical se entre as láminas existe un campo electrostático
uniforme de 2,5×103 N/C.
b) A tensión do fío nese momento.
c) Se as láminas se descargan, cal será a velocidade da esfera ao pasar pola vertical?
(g = 9,8 m/s2)
Rta.: a) α = 12,6º; b) T = 0,0802 N; c) v = 0,217 m/s
Datos
Masa da esfera
Carga da esfera
Lonxitude do fío
Valor do campo eléctrico
Valor do campo gravitatorio terrestre
Incógnitas
Ángulo que forma o fío coa vertical
Tensión do fío
Velocidade da esfera ao pasar pola vertical
Ecuacións
Forza sobre unha carga puntual q nun campo electrostático uniforme E
Valor da forza peso
Enerxía potencial da forza peso
Enerxía cinética
Solución:
Cifras significativas: 3
m = 8,00 g = 8,00×10-3 kg
q = 7,00 μC = 7,00×10-6 C
L = 10,0 cm = 0,100 m
E = 2,50×103 N/C
g = 9,80 m·s-2
α
T
v
FE = q · E
P=m·g
Ep = m · g · h
Ec = ½ m · v2
α
a) No enunciado non se especifica nin a dirección nin o sentido
do campo electrostático uniforme.
Se fose horizontal, o esquema coas forzas sería o seguinte:
Cando a esfera alcanza o equilibrio, a tensión equilibra á resultante das forzas peso e eléctrica. Estas valen:
Peso:
T
E
FE
α
P = m · g = 8,00×10-3 [kg] · 9,80 [m·s-2] = 0,0784 N
R
Forza eléctrica:
FE = q · E = 7,00×10-6 [C] · 2,50×103 [N/C] = 0,0175 N
P
Coma son perpendiculares, a forza resultante vale:
∣⃗R∣=√(0,0784[ N]) +(0,0175[ N]) =0,0802 N
2
2
e o ángulo entre a resultante e a vertical mide
α =arccos
P
0,0784
=arccos
=12,6 º
R
0,0802
b) O valor da tensión é o mesmo que o da forza resultante:
T = R = 0,0802 N
c) Ao descargarse as láminas só actúa a forza peso, que é unha forza conservativa. A enerxía mecánica consérvase entra a posición inicial e o punto máis baixo da traxectoria.
A altura do punto de equilibrio respecto do punto máis baixo pode calcularse
α
do triángulo:
L
h = L – L cos α = L (1 – cos α) = 0,100 [m] (1 – cos 12,6º) = 0,00240 m
h
L
A enerxía potencial do peso no punto de partida é:
Ep = m · g · h = 8,00×10-3 [kg] · 9,80 [m·s-2] · 0,00240 [m] = 1,88×10-4 J
e como a enerxía cinética é nula nese punto, a enerxía mecánica valerá o mesmo.
E = Ep = 1,88×10-4 J
No punto máis baixo a enerxía mecánica é a mesma, e como non hai enerxía potencial, ese será o valor da
enerxía cinética. Polo tanto, a velocidade valerá:
√ √
−4
2 Ec
2 ·1,88×10 [ J]
v=
=
=0,217 m /s
−3
m
9,00×10 [ kg ]
Tamén podería suporse que o campo eléctrico fose vertical. Nese caso o fío non se desviaría da vertical. De
estar dirixido cara arriba, a forza eléctrica (0,0175 N), non compensaría a forza peso (0,0784 N) e a esfera
non se movería, pero a tensión variaría dos 0,0784 N coas placas descargadas a
T = 0,0784 N – 0,0175 N = 0,0609 N
α
cando as placas estean cargadas.
Se o campo fose vertical, pero cara abaixo, a esfera tampouco se
movería, e a tensión valería
T = 0,0784 N + 0,0175 N = 0,0959 N
T
FE
E
Por imaxinar, podería imaxinarse que as placas estivesen colocadas de xeito que o campo eléctrico formase un ángulo β calquera
coa horizontal.
Nun plano XY, a forza eléctrica podería expresarse como:
α
R
FE = 0,0175 (cos β i + sen β j) N
β
P
A forza resultante R sería a suma vectorial desta forza eléctrica e
a forza peso:
P = -0,0784 j N
R = FE + P = 0,0175 cos β i + (0,0175 sen β – 0,0784) j N
∣⃗
R∣=√(0,0175 sen β−0,0784) [ N] +(0,0175 cosβ [ N])
2
2
2
∣⃗
R∣=√(0,0175 [ N ]) sen(2β)+(0,0784[ N]) +(0,0175 [ N]) =√ 3,06×10
2
2
2
−4
2
−3
sen(2 β) [ N] +6,45×10
2
[ N]
e o ángulo entre a resultante e a vertical mediría
α =arccos
P
0,0784
=arccos
−
4
R
√ 3,06×10 sen (2β)+6,45×10−3
Por exemplo, se β = 30º, o ángulo α = 17,0º
OPCIÓN B
C.1.- Se un satélite artificial describe órbitas circulares arredor da Terra; xustifica cal das seguintes
afirmacións é correcta en relación coa súa enerxía mecánica E e as súas velocidades orbital v e
de escape ve:
A) E = 0, v = ve
B) E < 0, v < ve
C) E > 0, v > ve
Solución: B
A enerxía mecánica dun satélite de masa m en órbita circular de radio R arredor da Terra de masa MT é a
suma das enerxías cinética e potencial.
(
M Tm
1
2
E m =E c + E p= m v órb + −G
2
R
)
A única forza que actúa sobre o satélite é a gravitatoria. Ao ser unha traxectoria circular, só ten aceleración
normal (centrípeta). Pola 2ª lei de Newton:
∣∑ F⃗ ∣=∣F⃗ G∣=m∣⃗a∣=m a N=m
v2órb
R
v 2órb
M m
m
=G T2
R
R
m v2órb=G
MT m
R
Substituíndo m vórb2 na expresión da enerxía mecánica:
M m 1 M m
M m
1
1 M m
E m = E c + E p = m v 2órb−G T = G T −G T =− G T
2
R
2
R
R
2
R
Vese que a enerxía mecánica é negativa: E < 0.
A velocidade orbital vórb pódese calcular da expresión
m v2órb=G
MT m
R
despexando
√
v órb= G
MT
R
A velocidade de escape «ve» é a velocidade que debería ter para permitirlle chegar ata o «infindo». Como a
forza gravitatoria é una forza conservativa, aplicamos o principio de conservación da enerxía:
(Ec + Ep)órb = (Ec + Ep)∞
M m
1
m v 2e −G T =0
2
R
√
ve = 2 G
MT
R
Vese que a velocidade orbital é menor que a velocidade de escape.
√
v órb= G
√
MT
M
< 2 G T =v e
R
R
C.2.- Ao irradiar un metal con luz vermella (682 nm) prodúcese efecto fotoeléctrico. Se irradiamos o
mesmo metal con luz marela (570 nm):
A) Non se produce efecto fotoeléctrico.
B) Os electróns emitidos móvense máis rapidamente.
C) Emítense máis electróns pero á mesma velocidade.
Solución: B
Na interpretación de Einstein do efecto fotoeléctrico a luz pódese considerar como un feixe de partículas
chamadas fotóns. A enerxía E que leva un fotón de frecuencia f é:
E=h·f
na que h é a constante de Planck e ten un valor moi pequeno: h = 6,63×10-34 J·s
Como a frecuencia dunha onda é inversamente proporcional a súa lonxitude de onda λ,
f=
c
λ
canto menor sexa a súa lonxitude de onda, maior será a frecuencia e maior será a enerxía do fotón.
O efecto fotoeléctrico prodúcese cando cada fotón choca cun electrón e transmítelle toda a súa enerxía.
A ecuación de Einstein do efecto fotoeléctrico pode escribirse:
Ef = We + Ec
na que Ef representa a enerxía do fotón incidente, We o traballo de extracción do metal e Ec a enerxía cinética
máxima dos electróns (fotoelectróns) emitidos.
A enerxía cinética máxima dos electróns emitidos será:
Ec = Ef – We
Polo tanto, canto maior sexa a enerxía dos fotóns, maior será a enerxía cinética (e a velocidade) dos electróns emitidos.
As outras opcións:
A. Falsa. Se a luz vermella produce efecto fotoeléctrico é que os seus fotóns teñen enerxía suficiente para
extraer os electróns do metal. Como os fotóns de luz amarela teñen máis enerxía (porque a súa lonxitude de
onda é menor), tamén poderán producir efecto fotoeléctrico.
C. Falsa. Como xa se dixo, o efecto fotoeléctrico prodúcese cando cada fotón choca cun electrón e transmítelle toda a súa enerxía. Para producir máis electróns tería que haber máis fotóns. A cantidade de fotóns
está relacionada coa intensidade da luz, pero non ten que ver coa enerxía dos fotóns.
C.3.- Se la luz se atopa cun obstáculo de tamaño comparable á súa lonxitude de onda λ, experimenta:
A) Polarización.
B) Difracción.
C) Reflexión. (Debuxa a marcha dos raios)
Solución:
λ
Prodúcese difracción cando unha onda «ábrese» ao atravesar unha
abertura de tamaño comparable á súa lonxitude de onda. É un
fenómeno característico das ondas.
Pode representarse como na figura para unha onda plana.
C.4.- Describe brevemente como se mide no laboratorio a
constante k polo método estático.
Solución:
O método estático, baséase na lei de Hooke:
F=-k·x
Cólganse pesas dunha balanza de masa coñecida dun resorte e mídense os alongamentos producidos. A
constante determínase:
– numericamente da media dos cocientes m g / ∆L,
– graficamente representando os alongamentos producidos fronte as masas colgadas. O valor da constante obtense da pendente da recta da gráfica pola relación.
pendente= p e=
 L g L
L g
=
=g
=
m mg
F k
P.1.- Un espello cóncavo ten 50 cm de radio. Un obxecto de 5 cm colócase a 20 cm do espello:
a) Debuxa a marcha dos raios.
b) Calcula a posición, tamaño e natureza da imaxe.
c) Debuxa unha situación na que non se forma imaxe do obxecto.
Rta.: b) s' = 1,00 m; y' = 25 cm; V, ↑, >
Datos (convenio de signos din)
Radio de curvatura do espello
Tamaño do obxecto
Posición do obxecto
Incógnitas
Posición da imaxe
Tamaño da imaxe
Outros símbolos
Distancia focal do espello
Ecuacións
Cifras significativas: 2
R = -50 cm = -0,50 m
y = 5,0 cm = 0,050 m
s = -20 cm = -0,20 m
s'
y'
f
1 1 1
 =
s' s f
y ' −s'
A L= =
y
s
f=R/2
Relación entre a posición da imaxe e a do obxecto nos espellos
Aumento lateral nos espellos
Relación entre a distancia focal e o radio de curvatura
Solución:
a)
b)
f = R / 2 = -0,50 [m] / 2 = -0,25 m
1
1
1
+
=
s' −0,20 [m ] −0,25 [ m ]
s' = +1,0 m
A imaxe atópase a 1,0 m á dereita do espello.
AL = -s' / s = -1,0 [m] / -0,20 [m] = 5,0
C
FO
s'
f
y' = AL · y = 5,0 · 5,0 cm = 25 cm
A imaxe é virtual, dereita e (cinco veces) maior.
s
R
Análise: O resultado do cálculo coincide co do debuxo.
c) Cando o obxecto se atopa no foco, os raios saen paralelos e non se
cortan, polo que non se forma imaxe.
C
FO
f
R
P.2.- Un protón cunha enerxía cinética de 20 eV móvese nunha órbita circular perpendicular a un
campo magnético de 1 T. Calcula:
a) O radio da órbita.
b) A frecuencia do movemento.
c) Xustifica por que non se consume enerxía neste movemento.
Datos: mprotón = 1,67×10-27 kg; qprotón = 1,6×10-19 C; 1 eV = 1,6×10-19 J
Rta.: a) R = 6,46×10-4 m; b) f = 1,52×107 voltas/s
Datos
Enerxía cinética do protón
Valor da intensidade do campo magnético
Carga do protón
Ángulo entre a velocidade do protón e o campo
Cifras significativas: 2
Ec = 20 eV = 3,2×10-18 J
B = 1,0 T
q = 1,6×10-19 C
φ = 90º
I
Datos
Masa do protón
Incógnitas
Radio da traxectoria circular
Frecuencia do movemento
Outros símbolos
Valor da forza magnética sobre o protón
Período do movemento circular
Ecuacións
Lei de Lorentz: forza magnética sobre unha carga q que se despraza no interior dun campo magnético B cunha velocidade v
Aceleración normal (nun movemento circular de radio R)
Cifras significativas: 2
m = 1,67×10-27 kg
R
f
FB
T
FB = q (v × B)
v2
R
∑F = m · a
2r
v=
T
a N=
2ª lei de Newton da Dinámica
Velocidade nun movemento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
Solución:
×
×
×
×
×
×
×
×
v
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
F
×
×
×
3,2×10-18 [J] = (1,67×10-27 [kg]) / 2 · v2
×
×
×
×
×
×
v = 6,2×104 m/s
×
×
×
×
×
×
×
B
×
a) A enerxía cinética vale:
Ec = 20 eV · 1,6×10-19 J/eV = 3,2×10-18 J
A velocidade do protón se calcula da enerxía cinética:
Como só actúa a forza magnética:
∑F = FB
O protón describe unha traxectoria circular con velocidade de valor constante, polo que a aceleración só ten
compoñente normal aN,
F B =m a=ma N =m
|q| B v sen ϕ =m
v2
R
v2
R
Despexando o radio R
R=
m ·v
1,67×10−27 [ kg ]·6,2×104 [ m/ s]
=
=6,4×10−4 m
q · B· sen ϕ
1,6×10−19 [ C] ·1,0 [T] ·sen 90 º
b)
T=
2 π · R 2 π · 6,4×10−4 [m ]
=
=6,5×10−8 s
4
v
6,2×10 [ m /s]
A frecuencia será:
1
1 volta
f= =
=1,5×107 voltas/s
−8
T 6,5×10 [s]
c) Como a forza magnética é perpendicular ao desprazamento en todo momento, o seu traballo é nulo.
Cuestións e problemas das Probas de Acceso á Universidade (P.A.U.) en Galicia.
Respostas e composición de Alfonso J. Barbadillo Marán, [email protected]
Algunhas ecuacións construíronse coas macros da extensión CLC09 de Charles Lalanne-Cassou.
A tradución ao/desde o galego realizouse coa axuda de traducindote, de Óscar Hermida López.
Algúns cálculos fixéronse cunha folla de cálculo OpenOffice (ou LibreOffice) feita por Alfonso J. Barbadillo Marán.