PAU. Código: 25 XUÑO 2015 FÍSICA OPCIÓN A OPCIÓN B

Transcript

1 PAU Código: 25 XUÑO 2015 FÍSICA Puntuación máxima: Cuestións 4 puntos (1 cada cuestión, teóica ou páctica). Poblemas 6 puntos (1 cada apatado). Non se valoaá a simple anotación dun ítem como solución ás cuestións. As espostas deben se azoadas. Pódese usa calculadoa sempe que non sexa pogamable nin memoice texto. O alumno elixiá unha das dúas opcións. OPCIÓN A C.1.- Un satélite atificial de masa m que xia aedo da Tea nunha óbita de adio ten unha velocidade v. Se cambia de óbita pasando a outa máis póxima á Tea, a súa velocidade debe: A ) Aumenta. B) Diminuí. C) Non pecisa cambia de velocidade. C.2.- Nunha célula fotoeléctica, o cátodo metálico ilumínase cunha adiación de λ = 175 nm e o potencial de feado é de 1 V. Cando usamos unha luz de 250 nm, o potencial de feado seá: A ) Maio. B) Meno. C) Igual. C.3.- Un aio de luz láse popágase nun medio acuoso (índice de efacción n = 1,33) e incide na supeficie de sepaación co aie (n = 1). O ángulo límite é: A) 36,9. B) 41,2. C) 48,8. C.4.- Explica como se pode detemina a aceleación da gavidade utilizando un péndulo simple, e indica o tipo de pecaucións que debes toma á hoa de ealiza a expeiencia. P.1.- a) Indica cal é o módulo, diección e sentido do campo magnético ceado po un fío conduto ectilíneo pecoido po unha coente e ealiza un esquema que iluste as caacteísticas de dito campo. Considéese agoa que dous fíos condutoes ectilíneos e paalelos de gande lonxitude tanspotan cadansúa coente eléctica. Sabendo que a intensidade dunha das coentes é o dobe que a da outa coente e que, estando sepaados 10 cm, se ataen cunha foza po unidade de lonxitude de 4,8 10 ⁵ N m ¹, b) calcula as intensidades que ciculan polos fíos. c) Canto vale o campo magnético nun punto situado ente os dous fíos, a 3 cm do que tanspota menos coente? (Dato: μ₀ = 4 π 10 ⁷ N A ²) P.2.- Unha masa de 200 g está unida a un esote e oscila nun plano hoizontal cun movemento hamónico simple (M.H.S). A amplitude do movemento é A = 40 cm, e a elongación no instante inicial é x = -40 cm. A enexía total é 8 J. Calcula: a) A constante elástica do esote. b) A ecuación do M.H.S. c) A velocidade e aceleación máximas, indicando os puntos da taxectoia nos que se alcanzan ditos valoes. OPCIÓN B C.1.- Dúas cagas distintas Q e q, sepaadas unha distancia d, poducen un potencial ceo nun punto P situado ente as cagas e na liña que as une. Isto quee dici que: A) As cagas deben te o mesmo signo. B) O campo eléctico debe se nulo en P. C) O taballo necesaio paa tae unha caga desde o infinito ata P é ceo. C.2.- Unha patícula cagada peneta nunha exión onde existe un campo magnético unifome pependicula á velocidade da patícula. O adio da óbita descita: A ) Aumenta se aumenta a enexía cinética da patícula. B) Aumenta se aumenta a intensidade do campo magnético. C) Non depende da enexía cinética da patícula. C.3.- O peíodo de semidesintegación dun elemento adioactivo que se desintega emitindo unha patícula alfa é de 28 anos. Canto tempo teá que tanscoe paa que a cantidade de mosta sexa o 75 % da inicial? A) 4234 anos. B) 75 anos. C) 11,6 anos. C.4.- Na deteminación da constante elástica dun masa (g) 20,2 30,2 40,3 50,3 60,4 70,5 esote de lonxitude inicial 21,3 cm, polo método estático, obtivéonse os seguintes valoes: lonxitude (cm) 27,6 30,9 34,0 37,2 40,5 43,6 Calcula a constante elástica coa súa inceteza en unidades do sistema intenacional. (g = 9,8 m/s²) P.1.- O vehículo espacial Apolo VIII estivo en óbita cicula aedo da Lúa a 113 km sobe a súa supeficie. Calcula: a) O peíodo da óbita. b) As velocidades lineal e angula do vehículo. c) A velocidade de escape á atacción luna desde esa posición. (Datos: G = 6,67 10 ¹¹ N m kg ²; R L = 1740 km; M L = 7,36 10²² kg) P.2.- Unha onda hamónica tansvesal popágase na diección do eixo x e vén dada pola seguinte expesión (en unidades do sistema intenacional): y(x,t) = 0,45 cos (2x - 3t). Detemina: a) A velocidade de popagación. b) A velocidade e aceleación máximas de vibación das patículas. c) A difeenza de fase ente dous estados de vibación da mesma patícula cando o intevalo de tempo tanscoido é de 2 s.

2 Solucións OPCIÓN A 1. C.1.-Un satélite atificial de masa m que xia aedo da Tea nunha óbita de adio ten unha velocidade v. Se cambia de óbita pasando a outa máis póxima á Tea, a súa velocidade debe: A) Aumenta. B) Diminuí. C) Non pecisa cambia de velocidade. A A foza gavitacional F G que exece o asto de masa M sobe un satélite de masa m que xia aedo del nunha óbita de aio está diixida caa ao asto, é unha foza cental, e éxese pola lei de Newton da gavitación univesal: F G = G M m 2 En moitos casos a taxectoia do satélite é pacticamente cicula aedo do cento do asto. Como a foza gavitacional é unha foza cental, a aceleación só ten compoñente nomal. Ao non te aceleación tanxencial, o módulo da velocidade é constante e o movemento é cicula unifome. O valo da aceleación nomal nun movemento cicula unifome obtense da expesión a N = v 2 A 2ª lei de Newton di que a foza esultante sobe un obxecto poduce unha aceleación diectamente popocional á foza. F = m a Como a foza gavitacional que exece o asto sobe o satélite é moito maio que calquea outa se pode considea que é a única foza que actúa. A 2ª lei de Newton, expesada paa os módulos, queda u F = F G =m a =m a N =m v 2 A expesión do módulo F G da foza gavitacional, queda G M m =m v 2 2 Despexando a velocidade obital do satélite, queda v= G M A velocidade é invesamente popocional á aíz cadada do aio da óbita Se o aio é meno, a velocidade v na nova óbita seá maio. 2. C.2.-Nunha célula fotoeléctica, o cátodo metálico ilumínase cunha adiación de λ = 175 nm e o potencial de feado é de 1 V. Cando usamos unha luz de 250 nm, o potencial de feado seá: A) Maio. B) Meno. C) Igual. B Cando a luz inteacciona co metal da célula fotoeléctica faino coma se fose un choo de patículas chamadas fotóns (paquetes de enexía). Cada fotón choca cun electón e tansmítelle toda a súa enexía.

3 Paa que ocoa efecto fotoeléctico, os electóns emitidos deben te enexía sufciente paa chega ao anticátodo, o que ocoe cando a enexía do fotón é maio que o taballo de extacción, que é unha caacteística do metal. A ecuación de Einstein do efecto fotoeléctico pode escibise: E = Wₑ + E Na ecuación, E epesenta a enexía do fotón incidente, Wₑ o taballo de extacción do metal e E a enexía cinética máxima dos electóns (fotoelectóns) emitidos. A enexía que leva un fotón de fecuencia f é: E = h f En esta ecuación, h é a constante de Planck e ten un valo moi pequeno: h = 6,63 10 ³⁴ J s A fecuencia dunha onda é invesamente popocional a súa lonxitude de onda λ, f = c λ Cuanto maio sexa a súa lonxitude de onda, meno seá a fecuencia e meno seá a enexía do fotón. A enexía cinética máxima dos electóns emitidos seá: E = E Wₑ A enexía do fotón, que depende da fecuencia f, escíbese en función da lonxitude de onda λ. E f =h f =h c λ A enexía cinética E máxima dos electóns escíbese en función do potencial de feado A ecuación de Einstein queda E = e V h c λ =W e + e V Po tanto, canto maio sexa a súa lonxitude de onda meno seá a enexía dos fotóns e a enexía cinética e o potencial de feado dos electóns emitidos. Se tivésemos todos os datos paa face os cálculos (a constante de Planck, a velocidade da luz no baleio e a caga do electón) descubiiamos que a adiación de 250 nm non poduciía efecto fotoeléctico. O taballo de extacción é: W e = h c λ e V = 6, [ J s ] 3, [ m/s] 1, [C] 1[ V]=9, J [m] E a enexía do fotón de 250 nm vale: E f =h f =h c λ =6, [J s] 3, [ m/s] =7, [ J] [ m] Enexía meno que o taballo de extacción. Non seía sufciente paa poduci efecto fotoeléctico. 3. C.3.- Un aio de luz láse popágase nun medio acuoso (índice de efacción n = 1,33) e incide na supeficie de sepaación co aie (n = 1). O ángulo límite é: A) 36,9 B) 41,2 C) 48,8 C A lei de Snell da efacción pode expesase n sen θ = n sen θ n e n epesentan os índices de efacción dos medios incidente e efactado.

4 θ e θ son os ángulos de incidencia e efacción que foma cada aio coa nomal á supefcie de sepaación ente os dous medios. Ángulo límite λ é o ángulo de incidencia que poduce un ángulo de efacción de 90. Aplicando a lei de Snell 1,33 sen λ = 1,00 sen 90,0 sen λ = 1,00 / 1,33 = 0,75 λ = acsen 0,75 = 48,6 4. C.4.- Explica como se pode detemina a aceleación da gavidade utilizando un péndulo simple, e indica o tipo de pecaucións que debes toma á hoa de ealiza a expeiencia. Cólgase unha esfea maciza dun fío duns 2,00 m, facendo pasa o outo extemo po unha pinza no extemo dun bazo hoizontal, suxeito a unha vaeta vetical encaixada nunha base plana. Axústase a lonxitude do fío a un 60 cm e mídese a súa lonxitude desde o punto de suspensión ata o cento da esfea. Apátase lixeiamente da posición de equilibio e sóltase. Compóbase que oscila nun plano e a pati da 2ª ou 3ª oscilación mídese o tempo de 10 oscilacións. Calcúlase o peíodo dividindo o tempo ente 10. Repítese a expeiencia paa compoba que o tempo é pacticamente o mesmo. Áchase o valo medio do peíodo. Axústase sucesivamente a lonxitude a 80, 100, 120, 150, 180 e 200 cm e epítese a expeiencia paa cada unha delas. Unha vez obtidos os valoes dos peíodos T paa cada lonxitude L do péndulo, pódese usa a ecuación do peíodo do péndulo simple paa calcula g, a aceleación da gavidade. T =2 π L g Dos valoes obtidos (que deben se moi paecidos) áchase o valo medio. A amplitude das oscilacións debe se pequena. En teoía unha apoximación aceptable é que sexan menoes de 15º. Como non usamos un tanspotado de ángulos, sepaaemos o menos posible o fío da vetical, especialmente cando a lonxitude do péndulo sexa pequena. Adóitanse medi 10 ou 20 oscilacións paa aumenta a pecisión do peíodo, e diminuí o eo elativo que daía a medida dunha soa oscilación. Un númeo demasiado gande de oscilacións pode da luga a que cometamos eos ao contalas. 5. P.1.- a) Indica cal é o módulo, diección e sentido do campo magnético ceado po un fío conduto ectilíneo pecoido po unha coente e ealiza un esquema que iluste as caacteísticas de devandito campo. Considéese agoa que dous fíos condutoes ectilíneos e paalelos de gan lonxitude tanspotan cadansúa coente eléctica. Sabendo que a intensidade dunha das coentes é o dobe que a da outa coente e que, estando sepaados 10 cm, atáense cunha foza po unidade de lonxitude de 4,8 10 ⁵ N m ¹, b) calcula as intensidades que ciculan polos fíos. c) Canto vale o campo magnético nun punto situado ente os dous fíos, a 3 cm do que tanspota menos coente? (Dato: μ₀ = 4 π 10 ⁷ N A ²) Rta.: b) I₁ = 3,46 A; I₂ = 6,93 A; c) B = 3,3 μt Datos Cifas signifcativas: 3 Intensidade de coente polo segundo conduto I₂ = 2 I₁ Distancia ente os dous condutoes d = 10,0 cm = 0,100 m Foza de atacción po unidade de lonxitude F / l = 4,8 10 ⁵ N m ¹ Pemeabilidade magnética do baleio μ₀ = 4 π 10 ⁷ N A ² Incógnitas Intensidades que ciculan polos fíos I₁, I₂

5 B₂ Incógnitas Campo magnético a 3 cm do fío con menos coente B Ecuacións Lei de Biot e Savat: campo magnético B ceado a unha distancia po un conduto ecto polo que cicula unha intensidade de coente I 2π B= μ 0 I Pincipio e supeposición: B = B Lei de Laplace: Foza que exece un campo magnético B sobe un tamo l de F = I (l B) conduto que tanspota unha coente I a) O campo magnético ceado po un conduto ectilíneo é cicula e o seu sentido vén dado pola ega da man deeita: o sentido do campo magnético é o de peche da man deeita cando o polga apunta no sentido da coente. O valo do campo magnético B ceado a unha distancia po un conduto ecto polo que cicula unha intensidade de coente I vén dado pola expesión: B= μ 0 I 2π I b) A foza ente dous condutoes ectilíneos paalelos obtense substituíndo na ecuación de Loentz a expesión da lei de Biot e Savat. F 1 2 =I 1 l B 2 =I 1 l μ 0 I 2 2 π = μ 0 I 1 I 2 l 2 π Substituíndo os datos, tendo en conta que a foza é po unidade de lonxitude (l = 1 m) 4, [N m 1 ]= 4 π 10 7 [N A 2 ] I 1 2 I 1 2 π 0,100 [ m] I 1= 4, [N m 1 ] 2π 0,100 [m] =3,46 A 2 4 π 10 7 [N A 2 ] I₂ = 2 I₁ = 6,93 A No diagama debúxanse os campos magnéticos B₁ e B₂ ceados po ambos os condutoes no punto 3 a 3 cm de I ₁. O campo magnético ceado polo conduto 1 a 3 cm de distancia é: B 1 = μ 0 I 1 = 4 π 10 7 [N A 2 ] 3,46 [A] =2, T 2 π 1 2π 0,03 0 0[m] O campo magnético ceado polo conduto 2 a 7 cm de distancia é: B 2 = μ 0 I 1 = 4 π 10 7 [N A 2 ] 6,93 [A] =1, T 2 π 2 2π 0,07 0 0[m] Como os campos son de sentidos opostos, o campo magnético esultante no punto que dista 3 cm é B₃ = B₁ B₂ = 2,31 10 ⁵ [T] 1,98 10 ⁵ [T] = 3,3 10 ⁶ T A diección do campo magnético esultante é pependicula ao plano fomado polos dous condutoes e o sentido é o do campo magnético do fío máis póximo, (no debuxo, caa ao bodo supeio do papel) I₂ B₁ B₃ 7 cm 3 cm I₁ 6. P.2.- Unha masa de 200 g está unida a un peiao e oscila nun plano hoizontal cun movemento hamónico simple (M.H.S). A amplitude do movemento é A = 40 cm, e a elongación no instante inicial é x = -40 cm. A enexía total é 8 J. Calcula: a) A constante elástica do peiao. b) A ecuación do M.H.S. c) A velocidade e aceleación máximas, indicando os puntos da taxectoia nos que se alcanzan devanditos valoes.

6 Rta.: a) k = 100 N/kg; b) x = 0,400 sen(22,4 t + 4,71) [m]; c) vₘ = 8,94 m/s; a ₘ= 200 m/s² Datos Cifas signifcativas: 3 Masa que ealiza o M.H.S. m = 200 g = 0,200 kg Amplitude A = 40,0 cm = 0,400 m Elongación inicial x₀ = -40,0 cm = -0,400 m Enexía mecánica E = 8,00 J Incógnitas Constante elástica do esote k Ecuación do movemento (fecuencia angula e fase inicial) ω, φ₀ Velocidade máxima vₘ Aceleación máxima aₘ Ecuacións Ecuación de movemento no M.H.S. x = A sen(ω t + φ₀) Enexía mecánica E = ½ k A² Relación ente a fecuencia angula e a constante elástica k = m ω² a) Calcúlase a constante elástica do esote a pati da enexía e da amplitude. E=½ k A 2 k= 2 E 2 8,00 [ J] = =100 N/kg 2 2 A (0,400 [ m]) b) A ecuación de movemento dun M.H.S. é x = A sen(ω t + φ₀) (En «M.H.S.: obte a ecuación de movemento» exponse o fundamento teóico) A amplitude é a máxima sepaación da posición de equilibio e é un dato: A = 0,400 m A fecuencia angula calcúlase a pati da constante elástica do esote e da masa oscilante. k=m ω 2 ω = k m = 100 [ N m 1 ] =22,4 ad /s 0,200 [kg] Paa calcula a fase inicial substitúense na ecuación de movemento os datos e os valoes da posición inicial: A ecuación de movemento queda: -0,400 [m] = 0,400 [m] sen(22,4 0 + φ₀) sen(φ₀) = -1 φ₀ = acsen(-1) = 3 π / 2 [ad] = 4,71 ad x = 0,400 sen(22,4 t + 4,71) [m] Análise: A ecuación de movemento cumpe a condición da posición inicial (paa t = 0, x₀ = -0,400 m). c) A velocidade obtense deivando a ecuación de movemento con especto ao tempo. Ten o valo máximo cando cos(ω t + φ₀) = 1 v= dx dt =d {A sen(ω t +φ )} 0 =A ω cos(ω t +φ dt 0 ) vₘ = A ω = 0,400 [m] 22,4 [ad/s] = 8,94 m/s Esta velocidade máxima alcánzase cando a masa pasa polo punto medio da súa taxectoia (oixe), poque cando cos(ω t + φ₀) = 1, entón sen(ω t + φ₀) = 0 e x = A sen(ω t + φ₀) = 0 A aceleación obtense deivando a velocidade con especto ao tempo. Ten o valo máximo cando sen(ω t + φ₀) = -1 a= d v d t =d {A ω cos (ω t +φ )} 0 = A ω 2 sen(ω t +φ d t 0 )

7 aₘ = A ω² = 0,400 [m] (22,4 [ad/s])² = 200 m/s² Esta aceleación máxima alcánzase cando a masa pasa polos extemos da súa taxectoia (x = ± A), poque a aceleación é popocional á elongación, a = -ω² x. A aceleación é máxima cando é máxima a elongación. OPCIÓN B 1. C.1.- Dúas cagas distintas Q e q, sepaadas unha distancia d, poducen un potencial ceo nun punto P situado ente as cagas e na liña que as une. Isto quee dici que: A) As cagas deben te o mesmo signo. B) O campo eléctico debe se nulo en P. C) O taballo necesaio paa tae unha caga desde o infinito até P é ceo. C O potencial electostático nun punto é o taballo que fai a foza electostática cando a unidade de caga positiva tasládase desde a súa posición ata o infnito. Como o taballo da foza do campo eléctico é Se o potencial é ceo tamén o é o taballo. W = q V As outas opcións. A. Falsa. Se as cagas tivesen o mesmo signo, o potencial no punto ceado po ambas as cagas, que é a suma dos potenciais poducidos po cada caga, V = K Q /, sempe se acumulaían, nunca podeían anulase. B. Falsa. Nun caso simple dun punto P que equidista de dúas cagas de igual valo e signo oposto, o potencial no punto é nulo: V = K Q / + K (-Q) / = 0, peo o campo eléctico non o é poque os vectoes intensidade de campo eléctico teñen o mesmo sentido. d/2 d/2 E + +Q E - -Q 2. C.2.- Unha patícula cagada peneta nunha exión onde existe un campo magnético unifome pependicula á velocidade da patícula. O adio da óbita descita: A) Aumenta se aumenta a enexía cinética da patícula. B) Aumenta se aumenta a intensidade do campo magnético. C) Non depende da enexía cinética da patícula. A A foza magnética F B sobe unha caga q que se despaza no inteio dun campo magnético B cunha velocidade v vén dada pola lei de Loentz: F B = q (v B) Esta foza é pependicula en todos os puntos á diección de avance da patícula, polo que descibe taxectoia cicula con velocidade de valo constante xa que a aceleación só ten compoñente nomal a N. Se só actúa a foza magnética: v F B Aplicándoa 2ª lei de Newton F = F B F = m a F B =m a=m a N =m v2 R

8 Usando a expesión da lei de Loentz (en módulos) paa a foza magnética quedaía q B v sen φ =m v 2 Se as patículas entan pependiculamente ao campo, sen φ = 1. Despexando o aio R R = m v q B Se aumenta a enexía cinética, aumenta a velocidade e, como se ve na ecuación anteio, aumenta tamén o aio da taxectoia. R 3. C.3.- O peíodo de semidesintegación dun elemento adioactivo que se desintega emitindo unha patícula alfa é de 28 anos. Canto tempo teá que tanscoe paa que a cantidade de mosta sexa o 75 % da inicial? A) 4234 anos. B) 75 anos. C) 11,6 anos. C O peíodo de semidesintegación dunha sustancia adioactiva é o tempo que tanscoe ata que só queda a metade da mosta oixinal. É un valo constante. Se a cantidade de mosta que queda sen desintega ao cabo dun tempo é o 75 %, signifca que aínda non tanscoeu un peíodo de desintegación. A opción C é a única que popón un tempo infeio ao peíodo de semidesintegación. É unha consecuencia da lei de desintegación adioactiva: λ t N =N 0 e Sendo λ a constante de desintegación. Paa atopa a elación co peíodo T ½ de semidesintegación sacamos logaitmos: Paa t = T ½, N = N₀ / 2, Despexando o tempo t na ecuación de logaitmos -ln (N / N₀) = λ t ln (N 0 /2) N 0 =λ T 1/2 λ = ln2 = 0,693 =0,0240 8año 1 T 1/2 28 [año] t= ln(n / N 0 ) λ ln 0,75 = =11,6 años 0,0240 8[año 1 ] 4. C.4.- Na deteminación da constante elástica dun esote de lonxitude inicial 21,3 cm, polo método estático, obtivéonse os seguintes valoes: (g = 9,8 m/s²) masa (g) 20,2 30,2 40,3 50,3 60,4 70,5 lonxitude (cm) 27,6 30,9 34,0 37,2 40,5 43,6 Calcula a constante elástica coa súa inceteza en unidades do sistema intenacional. O método estático, baséase na lei de Hooke: F = -k Δx Calcúlanse - os alongamentos Δx = L - L₀ estando as lonxitudes da lonxitude inicial (L₀ = 21,3 cm), e pásanse os esultados a metos

9 - os pesos, da expesión P = m g, usando os valoes das masas en kg - os valoes da constante do esote da expesión da lei de Hooke, k = P / Δx Masa (g) m 20,2 30,2 40,3 50,3 60,4 70,5 Lonxitude (cm) L 27,6 30, ,2 40,5 43,6 Alongamento (cm) Δx = L - L₀ 6,3 9,6 12,7 15,9 19,2 22,3 Masa (kg) m 0, , , , , ,07 05 Peso (N) P = m g 0,198 0,296 0,395 0,493 0,592 0,691 Alongamento (m) Δx 0,063 0,096 0,127 0,159 0,192 0,223 Constante (N/m) k = P / Δx 3, , , , , ,09802 O valo medio da constante é: k = (3,14 + 3,08 + 3,11 + 3,10 + 3,08 + 3,10) / 6 = 3,10 N/m O cálculo da inceteza limítase ao uso apopiado das cifas signifcativas. El valo de la constante, tendo en conta que o valo de g e algúns valoes de alongamentos só teñen dúas cifas signifcativas, é: k = (3,1 ± 0,1) N/m 5. P.1.- O vehículo espacial Apolo VIII estivo en óbita cicula aedo da Lúa a 113 km sobe a súa supeficie. Calcula: a) O peíodo da óbita. b) As velocidades lineal e angula do vehículo. c) A velocidade de escape á atacción luna desde esa posición. (Datos: G = 6,67 10 ¹¹ N m kg ²; R(Lúa) = 1740 km; M(Lúa) = 7,36 10²² kg) Rta.: a) T = 1 h 59 min; b) v = 1,63 km/s; ω = 8,79 10 ⁴ ad/s; c) vₑ = 2,38 km/s Datos Cifas signifcativas: 3 Masa da Lúa M = 7,36 10²² kg Raio da Lúa R = 1740 km = 1,74 10⁶ m Altua da óbita h = 113 km = 1,13 10⁵ m Constante da gavitación univesal G = 6,67 10 ¹¹ N m² kg ² Incógnitas Peíodo da óbita T Valo da velocidade lineal do satélite v Velocidade angula do satélite ω Velocidade de escape na Lúa vₑ Outos símbolos Masa do satélite m Ecuacións Velocidade dun satélite a unha distancia do cento dun asto de masa M v= G M Velocidade nun movemento cicula unifome de aio e peíodo T v= 2π T Enexía cinética dun obxecto de masa m que se move á velocidade v E = ½ m v² Enexía potencial gavitacional dun obxecto de masa m situado a unha distancia do cento dun asto de masa M (efeida ao infnito) p = G M m E Enexía mecánica E = E + Eₚ b) O aio da óbita do Apolo VIII é: = R + h = 1,74 10⁶ [m] + 1,13 10⁵ [m] = 1,85 10⁶ m A velocidade dun satélite que xia a unha distancia aedo do cento dun asto de masa M é:

10 v= G M = 6, [ N m 2 kg 2 ] 7, [kg ] =1, m/s=1,63 km /s 1, [ m] a) O peíodo calcúlase a pati da expesión da velocidade no movemento cicula unifome: b) A velocidade angula é T = 2 π v = 2 3,14 1, [m] =7, s=1 h 59 min 1, [ m/s] ω = 2π T = 2 3,14 7, [s] =8, ad/s c) A velocidade de escape é a velocidade mínima que hai que comunicalle a un obxecto en epouso sobe a supefcie da Lúa paa que chegue a unha distancia «infnita» do cento da Lúa. Despezando as inteaccións dos demais obxectos celestes e tendo en conta que a foza gavitacional é unha foza consevativa, aplícase o pincipio de consevación da enexía mecánica ente a supefcie da Lúa e o infnito. (E + Eₚ) L = (E + Eₚ) Ao se a velocidade de escape unha velocidade mínima, tómase que o obxecto chega ao infnito con velocidade nula. Como a oixe de enexía potencial gavitacional está no infnito, a enexía potencial gavitacional dun obxecto no infnito é nula. 1 2 m v 2 e+( G M m R ) =0 Despexando a velocidade de escape vₑ v e = 2 G M R = 2 6, [N m 2 kg 2 ] 7, [ kg] 1, [ m] =2, m /s=2,38 km/ s 6. P.2.- Unha onda hamónica tansvesal popágase na diección do eixo x e vén dada pola seguinte expesión (en unidades do sistema intenacional): y(x, t) = 0,45 cos (2 x 3 t). Detemina: a) A velocidade de popagación. b) A velocidade e aceleación máximas de vibación das patículas. c) A difeenza de fase ente dous estados de vibación da mesma patícula cando o intevalo de tempo tanscoido é de 2 s. Rta.: a) vₚ = 1,5 m/s; b) vₘ = 1,4 m/s; aₘ = 4,1 m/s²; c) φ = 6,0 ad Datos Cifas signifcativas: 3 Ecuación da onda y = 0,450 cos (2,00 x 3,00 t ) [m] Intevalo de tempo tanscoido t = 2,00 s Incógnitas Velocidade de popagación vₚ Velocidade máxima de vibación vₘ Aceleación máxima de vibación aₘ Difeenza de fase ente dous estados sepaados po t= 2 s φ Outos símbolos Pulsación (fecuencia angula) ω Fecuencia f Lonxitude de onda λ Númeo de onda k Ecuacións Ecuación dunha onda hamónica unidimensional y = A cos(ω t ± k x) Númeo de onda k = 2 π / λ Relación ente a fecuencia angula e a fecuencia ω = 2 π f Relación ente a lonxitude de onda e a velocidade de popagación vₚ = λ f

11 a) Obtéñense a fecuencia angula e o númeo de onda compaando a ecuación dunha onda hamónica unidimensional coa ecuación do poblema: y = A cos(ω t ± k x) y = 0,450 cos(-3,00 t + 2,00 x) [m] Fecuencia angula: ω = 3,00 ad/s Númeo de onda: k = 2,00 ad/m Calcúlanse a lonxitude de onda e a fecuencia paa detemina a velocidade de popagación. Calcúlase a fecuencia a pati da fecuencia angula: ω = 2 π f f = ω 2π =3,00 [ad s 1 ] =0,477 s 1 2 3,14 [ad] Calcúlase a lonxitude de onda a pati do númeo de onda: k = 2 π / λ λ = 2 π 2 3,14 [ ad] = k 2,00 [ ad m 1 ] =3,14 m Calcúlase a velocidade de popagación da onda a pati da lonxitude de onda e da fecuencia: vₚ = λ f = 3,14 [m] 0,477 [s ¹] = 1,50 m s ¹ b) A velocidade obtense deivando a ecuación de movemento con especto ao tempo : v= dy d t { 0,450 cos( 3,00 t +2,00 x )} =d =0,450 ( 3,00) ( sen ( 3,00 t +2,00 x )) [m /s] d t A velocidade é máxima cando sen(φ) = 1 v = 1,35 sen(-3,00 t + 2,00 x) [m/s] vₘ = 1,35 m/s A aceleación obtense deivando a velocidade con especto ao tempo: a= dv dt d { 1,35 sen ( 3,00 t +2,00 x )} = =1,35 ( 3,00) cos( 3,00 t +2,00 x ) [m /s 2 ] d t A aceleación é máxima cando cos(φ) = -1 a = -4,05 cos(-3,00 t + 2,00 x) [m/s²] aₘ = 4,05 m/s² c) Nun punto x, a difeenza de fase ente dous instantes t₁ e t₂ é: φ = [-3,00 t₂ + 2,00 x] [-3,00 t₁ + 2,00 x)] = -3,00 (t₂ t₁) = -3,00 t = -3,00 2,00 = 6,00 ad Análise: Como os instantes que están en fase ou cuxa difeencia de fase é múltiplo de 2 π atópanse a unha distancia tempoal que é múltiplo do peíodo, un intevalo de tempo de 2,00 s, que é algo infeio ao peíodo, coesponde a unha difeenza de fase algo infeio a 2 π = 6,3 ad. O esultado de 6,0 ad é aceptable. Cuestións e poblemas das Pobas de Acceso á Univesidade (P.A.U.) en Galicia. Respostas e composición de Alfonso J. Babadillo Maán. Algúns cálculos fxéonse cunha folla de cálculo OpenOfce (ou LibeOfce) do mesmo auto. Algunhas ecuacións e as fómulas ogánicas constuíonse coa extensión CLC09 de Chales Lalanne-Cassou. A tadución ao/desde o galego ealizouse coa axuda de taducindote, de Ósca Hemida López. Pocuouse segui as ecomendacións do Cento Español de Metología (CEM)