fÍsica: ebau 2017 junio castilla y leÓn · valor será proporcional a la rapidez con que se...

ENRIQUE CASTAÑOS GARCÍA [email protected]

CONSTANTES FÍSICAS

Aceleración de la gravedad en la superficie terrestre 𝑔 = 9′80 m s2⁄

Constante de gravitación universal 𝐺 = 6′67 ∙ 10−11 N ∙ m2 kg2⁄

Radio medio de la Tierra 𝑅𝑇 = 6′37 ∙ 106 m

Masa de la Tierra 𝑀𝑇 = 5′98 ∙ 1024 kg

Constante eléctrica en el vacío 𝐾 = 1 4𝜋𝜀0⁄ = 9′00 ∙ 109 N ∙ m2 C2⁄

Permeabilidad magnética del vacío 𝜇0 = 4𝜋 ∙ 10−7 N A2⁄

Carga elemental 𝑒 = 1′60 ∙ 10−19 C

Masa del electrón 𝑚𝑒 = 9′11 ∙ 10−31 kg

Masa del protón 𝑚𝑝 = 1′67 ∙ 10−27 kg

Velocidad de la luz en el vacío 𝑐 = 3′00 ∙ 108 m s⁄

Constante de Planck ℎ = 6′63 ∙ 10−34 J ∙ s

Unidad de masa atómica 1 u = 1′66 ∙ 10−27 kg

Electronvoltio 1 eV = 1′60 ∙ 10−19 J

Opción A

Ejercicio A1

a) Calcule la energía potencial gravitatoria de un satélite de masa 𝒎 = 𝟏𝟎𝟎 𝐤𝐠 que está orbitando

a una altura de 1 000 km sobre la superficie terrestre. (0′75 puntos)

La energía potencial gravitatoria del satélite debida a la acción gravitatoria terrestre viene dada por:

𝐸𝑝 = −𝐺 ∙𝑀𝑇 ∙ 𝑚𝑠𝑟

Donde 𝑀𝑇 representa la masa de la Tierra, 𝑚𝑠 es la masa del satélite y 𝑟, la distancia entre el centro de

la Tierra y el satélite, que consideramos puntual. Como el satélite orbita a una altura ℎ = 106 m, esta

distancia es:

𝑟 = 𝑅𝑇 + ℎ = 6′37 ∙ 106 m + 106 m = 7′37 ∙ 106 m

Por lo que, sustituyendo valores, la energía potencial resulta:

𝐸𝑝 = −(6′67 ∙ 10−11 N ∙ m2 kg2⁄ ) ∙

(5′98 ∙ 1024 kg) ∙ (100 kg)

(7′37 ∙ 106 m)⟶ 𝐸𝑝 = −5

′41 ∙ 109 J

b) Explique si para el cálculo anterior podría utilizarse la expresión 𝑬 = 𝒎 ∙ 𝒈 ∙ 𝒉 (0′75 puntos)

La expresión 𝐸 = 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ ℎ permite calcular la variación de energía potencial de un cuerpo cuando se

desplaza desde la superficie de la Tierra hasta una altura ℎ, siempre y cuando esta altura no sea muy

grande, comparada con el radio de la Tierra:

Si ℎ ≪ 𝑅T⟶ Δ𝐸𝑝 ≅ 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ ℎ

FÍSICA: EBAU 2017 JUNIO CASTILLA Y LEÓN

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Esta expresión puede deducirse aplicando la definición de energía potencial gravitatoria:

Δ𝐸𝑝 = 𝐸𝑝(final) − 𝐸𝑝(inicial) = −𝐺 ∙𝑀𝑇 ∙ 𝑚

𝑅𝑇 + ℎ− (−𝐺 ∙

𝑀𝑇 ∙ 𝑚

𝑅𝑇) = −𝐺 ∙

𝑀𝑇 ∙ 𝑚

𝑅𝑇 + ℎ+ 𝐺 ∙

𝑀𝑇 ∙ 𝑚

𝑅𝑇

= 𝐺 ∙ 𝑀𝑇 ∙ 𝑚 ∙ (1

𝑅𝑇−

1

𝑅𝑇 + ℎ) = 𝐺 ∙ 𝑀𝑇 ∙ 𝑚 ∙ [

𝑅𝑇 + ℎ − 𝑅𝑇𝑅𝑇 ∙ (𝑅𝑇 + ℎ)

] = 𝐺 ∙ 𝑀𝑇 ∙ 𝑚 ∙ [ℎ

𝑅𝑇 ∙ (𝑅𝑇 + ℎ)]

Si ℎ ≪ 𝑅𝑇 ⟶𝑅𝑇 + ℎ ≅ 𝑅𝑇 ⟶ Δ𝐸𝑝 ≅ 𝐺 ∙ 𝑀𝑇 ∙ 𝑚 ∙ℎ

𝑅𝑇2

Recordando que 𝑔0 = 𝐺 ∙𝑀𝑇

𝑅𝑇2 ⟶ Δ𝐸𝑝 ≅ 𝑚 ∙ 𝑔0 ∙ ℎ

Por tanto, esta expresión no sería apropiada para un satélite que orbita a una altura ℎ = 106 m, pues

esta representa aproximadamente un 15 % del radio de la Tierra. Además, aunque no fuera así, lo que

nos informaría es de la diferencia de energía potencial del satélite entre su órbita y la superficie de la

Tierra (en puntos próximos a ella), pero no de la energía potencial del satélite en la órbita.

Ejercicio A2

a) Una espira cuadrada de 5 cm de lado se encuentra inicialmente en un campo magnético

uniforme de 𝟏′𝟐 𝐓 perpendicular a ella. Calcule el flujo magnético en la espira y exprese el

resultado en unidades del SI. Razone cómo cambiaría el valor de este flujo si se modificara la

orientación de la espira respecto del campo. (1′5 puntos)

Si nos imaginamos la espira en el plano de la página, y suponemos que el campo magnético se dirige

hacia fuera de ella, la situación descrita se puede representar de la siguiente manera:

El flujo magnético Φ𝑚 a través de ella viene dado por:

Φ𝑚 = �⃗� ∙ 𝑆 = 𝐵 ∙ 𝑆 ∙ cos 𝛼

Siendo 𝑆 la superficie de la espira cuadrada de lado ℓ = 0′05 m, el campo magnético 𝐵 = 1′2 T y el

ángulo formado por el vector 𝑆 (vector normal al plano de la espira) y el vector �⃗� (perpendicular a la

espira), 𝛼 = 0°:

Φ𝑚 = (1′2 T) ∙ (0′05 m)2 ∙ cos 0° = 0′003 T ∙ m2⟶ Φ𝑚 = 3 ∙ 10

−3 Wb

Este es el valor máximo del flujo magnético a través de la espira (cuando es atravesada por el mayor

número de líneas de campo posibles). Si se modificara la orientación de la espira respecto al campo, el

flujo disminuiría hasta anularse para un valor del ángulo 𝛼 = 90°, pues en ese instante cos90° = 0.



b) Si en la situación de perpendicularidad entre espira y campo éste se reduce bruscamente, de

manera que se anula completamente en un intervalo de 𝟎′𝟎𝟏 𝐬, determine la 𝒇𝒆𝒎 inducida en

la espira. Represente en un diagrama el campo magnético, la espira y el sentido de la corriente

inducida en la misma. (1′5 puntos)

Al variar la orientación de la espira hasta anularse el flujo a través de ella, se inducirá una 𝑓𝑒𝑚 cuyo

valor será proporcional a la rapidez con que se produce esa variación de flujo:

Ley de Faraday − Lenz ⟶ ℰind = −𝑑Φ𝑚𝑑𝑡

Cuando la variación se produce de manera uniforme, podemos sustituir la notación diferencial por

sus correspondientes incrementos finitos:

ℰind = −ΔΦ𝑚Δ𝑡

= −Φm(final) − Φ𝑚(inicial)

Δ𝑡

Siendo Φ𝑚(final) = 0 Wb, Φ𝑚(inicial) = 3 ∙ 10−3 Wb y Δ𝑡 = 0′01 s:

ℰind = −(0 − 3 ∙ 10−3) Wb

0′01 𝑠⟶ ℰind = 0

′3 V

Esta 𝑓𝑒𝑚 inducirá una corriente en la espira cuyo sentido será tal que el campo magnético creado por

ella se opondrá a la variación de flujo que la ha provocado. Teniendo esto en cuenta, como el flujo está

disminuyendo, la corriente inducida debe crear un campo magnético que tenga la misma orientación

que el campo magnético aplicado. Así pues, la corriente debe circular a través de la espira en sentido

antihorario (contrario al movimiento de las agujas del reloj):

Ejercicio A3

Dos ondas armónicas transversales se propagan por dos cuerdas a la misma velocidad en el

sentido positivo del eje 𝑿. La primera tiene el doble de frecuencia que la segunda y se sabe que en

el instante inicial, la elongación de los extremos izquierdos de ambas cuerdas es nula.

a) Calcule la razón entre las longitudes de onda de ambas ondas. (0′75 puntos)

La velocidad de propagación de una determinada onda es característica de cada medio, por lo que las

dos ondas avanzan con la misma rapidez a través de las dos cuerdas, si estas son idénticas.

Por la definición de velocidad de propagación:

𝑣 =𝜆

𝑇= 𝜆 ∙ 𝑓



Por lo que la longitud de onda asociada a cada onda viene dada por:

𝜆1 =𝑣

𝑓1, 𝜆2 =

𝑣

𝑓2

Dividiendo ambas expresiones:

𝜆1𝜆2=𝑓2𝑓1

De modo que, si la primera onda tiene el doble de frecuencia que la segunda:

𝑓1 = 2 ∙ 𝑓2⟶𝜆1𝜆2=

𝑓22 ∙ 𝑓2

⟶𝜆1𝜆2=1

2

b) Para cada una de las ondas (y en el mismo instante de tiempo) determine la diferencia de fase

(expresada en función de los respectivos números de ondas) para dos puntos que distan 3 m.

Obtenga la relación entre dichas diferencias de fase. (0′75 puntos)

La ecuación general de una onda armónica que se desplaza en el sentido positivo del eje de las 𝑋:

𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 ∙ sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 + 𝜑0)

Donde 𝑦(𝑥, 𝑡) representa la elongación de cada punto material de la cuerda en función de su posición

𝑥 y el instante de tiempo 𝑡 considerado, 𝐴 es la amplitud del movimiento ondulatorio, 𝑘 es su número

de ondas, 𝜔 es su frecuencia angular y 𝜑0 es la fase inicial.

Si, como es el caso, las ondas tienen elongación nula en 𝑥 = 0 y 𝑡 = 0, debe ser:

sen(𝜑0) = 0 ⟶ 𝜑0 = 0

De modo que la ecuación de la onda puede prescindir de 𝜑0:

𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 ∙ sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)

Y la diferencia de fase entre dos puntos separados una distancia Δ𝑥 = 3 m, en un mismo instante 𝑡, es:

Δ𝜑 = 𝜑𝑓 − 𝜑𝑖 = (𝑘 ∙ 𝑥𝑓 −𝜔 ∙ 𝑡) − (𝑘 ∙ 𝑥𝑖 −𝜔 ∙ 𝑡) = 𝑘 ∙ (𝑥𝑓 − 𝑥𝑖) = 𝑘 ∙ Δ𝑥 ⟶ Δ𝜑 = 3 ∙ 𝑘

Por lo que la relación entre las diferencias de fase de las dos ondas es:

Δ𝜑1Δ𝜑2

=𝑘1𝑘2

Teniendo en cuenta la definición de número de ondas, y la relación entre las longitudes de onda que

se ha obtenido en el apartado anterior, se obtiene finalmente:

𝑘 =2𝜋

𝜆⟶𝑘1𝑘2=2𝜋 𝜆1⁄

2𝜋 𝜆2⁄=𝜆2𝜆1= 2

Δ𝜑1Δ𝜑2

= 2



Ejercicio A4

a) Demuestre que al atravesar un rayo de luz una lámina de vidrio de caras planas y paralelas, el

rayo emergente es paralelo al rayo incidente si los medios en contacto con las caras de la

lámina son idénticos. (0′8 puntos)

Supongamos la trayectoria de un rayo que incide sobre un vidrio de caras paralelas desde un primer

medio, con un ángulo 𝜃1, de manera que se refracta en su interior con un ángulo 𝜃2, y vuelve a salir al

medio de procedencia, a través de la cara opuesta del vidrio, con un ángulo 𝜃3:

Para demostrar que los ángulos 𝜃1 y 𝜃3 son idénticos, aplicaremos la ley de Snel de la refracción:

𝑛𝑖 ∙ sen 𝜃𝑖 = 𝑛𝑟 ∙ sen 𝜃𝑟

Donde 𝑛𝑖 y 𝑛𝑟 representan, respectivamente, los índices de refracción del medio de incidencia y de

refracción, y 𝜃𝑖 y 𝜃𝑟 los correspondientes ángulos de incidencia y de refracción en estos medios.

Así, cuando el rayo de luz penetra en el vidrio:

𝑛1 ∙ sen 𝜃1 = 𝑛2 ∙ sen 𝜃2

Y cuando el rayo de luz emerge de él:

𝑛2 ∙ sen 𝜃2 = 𝑛1 ∙ sen 𝜃3

Combinando ambas expresiones:

𝑛1 ∙ sen𝜃1 = 𝑛1 ∙ sen𝜃3⟶ sen𝜃1 = sen𝜃3

Por lo que se demuestra que, efectivamente, el ángulo con el que el rayo incide en el vidrio coincide

con el ángulo con el que sale de él:

𝜃1 = 𝜃3

En consecuencia, el rayo emergente es paralelo al rayo incidente.



b) Un rayo de luz atraviesa una lámina de vidrio (𝒏𝒗 = 𝟏′𝟑𝟕) plana de 3 cm de espesor incidiendo

con un ángulo de 𝟑𝟎°. Al salir el rayo se ha desplazado paralelamente a sí mismo una distancia

𝒅. Si la lámina está contenida en aire, determine la distancia desplazada. (1′2 puntos)

Aplicamos la ley de Snel para calcular el ángulo de refracción en el interior del vidrio:

𝑛aire ∙ sen 𝜃aire = 𝑛vidrio ∙ sen 𝜃vidrio

1 ∙ sen30° = 1′37 ∙ sen 𝜃vidrio

𝜃vidrio = arc sen1 2⁄

1′37⟶ 𝜃vidrio = 21° 24

′ 19′′

Siendo 𝑒 = 3 cm el espesor de la lámina y 𝑑 el desplazamiento del rayo saliente respecto al punto de

incidencia:

tan 𝜃vidrio =𝑑

𝑒=

𝑑

3 cm⟶ 𝑑 = (3 cm) ∙ tan(21° 24′ 19′′) ⟶ 𝑑 = 1′176 cm

Ejercicio A5

a) La masa del núcleo de deuterio 𝐇𝟐 es 𝟐′𝟎𝟏𝟑𝟔 𝐮 y la del 𝐇𝐞𝟒 , 𝟒′𝟎𝟎𝟐𝟔 𝐮. Explique si el proceso

por el que se obtendría energía sería la fisión en dos núcleos de deuterio o la fusión de dos

núcleos de deuterio para dar helio. (1 punto)

En el proceso de fusión de dos núcleos de deuterio para formar un núcleo de helio ocurre una pérdida

de masa Δ𝑚:

Δ𝑚 = 2 ∙ 𝑚deuterio −𝑚helio = 2 ∙ (2′0136 u) − (4′0026 u) = 0′0246 u

Siendo 1 u = 1′66 ∙ 10−27 kg ⟶ Δ𝑚 = 4′0836 ∙ 10−29 kg

Esta pérdida de masa se traduce en una liberación de energía en el proceso de fusión que, según la

ecuación de Einstein, es igual a:

Δ𝐸 = Δ𝑚 ∙ 𝑐2 = (4′0836 ∙ 10−29 kg) ∙ (3′00 ∙ 108 m s⁄ )2⟶ Δ𝐸 = 3′675 ∙ 10−12 J = 22′97 MeV

Esto indica que el núcleo de helio tiene un contenido energético menor del que poseen los dos núcleos

de deuterio por separado. Es, por tanto, un núcleo más estable y el proceso de fusión mediante el cual

se forma libera una gran cantidad de energía. Esta reacción de fusión ocurre de manera natural en las

estrellas, y está actualmente investigándose la manera de desarrollar la tecnología capaz de recrear

este tipo de procesos artificialmente con la eficiencia, la garantía y la seguridad necesarias para su

aprovechamiento.

Por el contrario, la fisión del núcleo de helio, su ruptura para dar lugar a dos núcleos de deuterio, es

un proceso que requiere gran cantidad de energía (en teoría, tanta como energía se desprende en el

proceso de fusión que permite generarlo). Este requerimiento energético ocurre, en general, siempre

que se fisionan núcleos de átomos más ligeros que el del hierro; al contrario ocurre con núcleos más

pesados que éste, que sí pueden utilizarse en reacciones de fisión para generar energía (como, de

hecho, se hace en las centrales nucleares).



b) Se acelera un electrón hasta una velocidad de 𝟑𝟎𝟎 𝐦 ∙ 𝐬−𝟏, medida con una incertidumbre del

𝟎′𝟎𝟏 % (luego 𝚫𝒗 = 𝟎′𝟎𝟑 𝐦 ∙ 𝐬−𝟏). ¿Con qué incertidumbre se puede determinar la posición de

este electrón? (1 punto)

Según el principio de incertidumbre de Heisenberg, el producto de las incertidumbres en la medida de

la posición y el momento lineal es siempre mayor o igual a la constante de Planck reducida:

Δ𝑥 ∙ Δ𝑝 ≥ ℏ ⟶ Δ𝑥 ∙ (𝑚 ∙ Δ𝑣) ≥ℎ

2𝜋

Si se trata de un electrón, 𝑚𝑒 = 9′11 ∙ 10−31 kg, cuya velocidad se mide con una incertidumbre igual a

Δ𝑣 = 0′03 m ∙ s−1, la incertidumbre en la medida de su posición es:

Δ𝑥 ≥ℎ 2𝜋⁄

𝑚𝑒 ∙ Δ𝑣=

(6′63 ∙ 10−34 J ∙ s) 2𝜋⁄

(9′11 ∙ 10−31 kg) ∙ (0′03 m ∙ s−1)⟶ Δ𝑥 ≥ 3′86 ∙ 10−3 m

Opción B

Ejercicio B1

Un meteorito de 350 kg que cae libremente hacia la Tierra tiene una velocidad de 𝟏𝟓 𝐦 ∙ 𝐬−𝟏 a una

altura de 500 km sobre la superficie terrestre. Determine:

a) El peso del meteorito a dicha altura. (0′75 puntos)

El peso 𝑃 del meteorito es, por definición, la fuerza de atracción gravitatoria 𝐹𝑔 que ejerce la Tierra

sobre él y que, de acuerdo a la ley de la gravitación universal de Newton, es proporcional a su masa 𝑚

e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia 𝑟 que lo separa del centro terrestre. Siendo ℎ

la altura a la que el meteorito se encuentra sobre la superficie de la Tierra, 𝑟 = 𝑅𝑇 + ℎ, y se tiene que:

𝑃 = 𝐹𝑔 = 𝐺 ∙𝑀𝑇 ∙ 𝑚

𝑟2= 𝐺 ∙

𝑀𝑇 ∙ 𝑚

(𝑅𝑇 + ℎ)2

Sustituyendo por los valores de las constantes y los datos del enunciado, se obtiene:

𝑃 = (6′67 ∙ 10−11 N ∙ m2 kg2⁄ ) ∙(5′98 ∙ 1024 kg) ∙ (350 kg)

(6′37 ∙ 106 m + 5 ∙ 105 m)2⟶ 𝑃 = 2 957′9 N

b) La velocidad con la que impactará sobre la superficie terrestre (despreciando la fricción con la

atmósfera) (0′75 puntos)

Por el principio de conservación de la energía mecánica, considerando despreciable la fricción entre

el asteroide y la atmósfera, la energía mecánica del asteroide a una altura ℎ = 500 km debe ser igual a

su energía mecánica en la superficie terrestre (en el instante previo al impacto):

𝐸𝑚(inicial) = 𝐸𝑚(final)

𝐸𝑐(inicial) + 𝐸𝑝(inicial) = 𝐸𝑐(final) + 𝐸𝑝(final)

1

2∙ 𝑚𝑠 ∙ 𝑣𝑖

2 − 𝐺 ∙𝑀𝑇 ∙ 𝑚𝑠𝑅𝑇 + ℎ

=1

2∙ 𝑚𝑠 ∙ 𝑣𝑓

2 − 𝐺 ∙𝑀𝑇 ∙ 𝑚𝑠𝑅𝑇



Eliminamos 𝑚𝑠 en todos los miembros de la igualdad y despejamos 𝑣𝑓:

1

2∙ 𝑣𝑖

2 − 𝐺 ∙𝑀𝑇

𝑅𝑇 + ℎ=1

2∙ 𝑣𝑓

2 − 𝐺 ∙𝑀𝑇𝑅𝑇

𝑣𝑓2 = 𝑣𝑖

2 + 2 ∙ 𝐺 ∙𝑀𝑇𝑅𝑇

− 2 ∙ 𝐺 ∙𝑀𝑇

𝑅𝑇 + ℎ⟶ 𝑣𝑓 = √𝑣𝑖

2 + 2 ∙ 𝐺 ∙ 𝑀𝑇 ∙ (1

𝑅𝑇−

1

𝑅𝑇 + ℎ)

Siendo 𝑣𝑖 = 15 m s⁄ y ℎ = 5 ∙ 105 m, el valor de la velocidad con la que el asteroide impactará en la

superficie terrestre resulta:

𝑣𝑓 = √(15 m s⁄ )2 + 2 ∙ (6′67 ∙ 10−11 N ∙ m2 kg2⁄ ) ∙ (5′98 ∙ 1024 kg) ∙ (1

6′37 ∙ 106 m−

1

6′87 ∙ 106 m)

𝑣𝑓 = 3 019 m s⁄

Ejercicio B2

Cinco cargas iguales 𝒒 de 𝟑 𝛍𝐂 se sitúan equidistantes sobre el arco de una semicircunferencia de

radio 10 cm, según se observa en la figura.

Si se sitúa una carga 𝑸 de −𝟐 𝛍𝐂 en el centro de curvatura 𝑶 del arco:

a) Calcule la fuerza sobre 𝑸 debida a las cinco cargas 𝒒. (1′5 puntos)

Cada una de las cargas 𝑞, positivas, que distinguiremos con los subíndices desde el 1 hasta al 5, ejerce

una fuerza de atracción electrostática sobre la carga 𝑄, por ser esta negativa:



Cada una de estas fuerzas puede calcularse mediante la ley de Coulomb:

𝐹 𝑖 = 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞𝑖𝑅2

∙ �⃗� 𝑖

La fuerza que ejerce la carga 𝑞1 sobre 𝑄 es:

𝐹 1 = −𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞1𝑅2

∙ 𝑖


𝐹 2 = −𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞2𝑅2

∙ cos 45° ∙ 𝑖 + 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞2𝑅2

∙ sen45° ∙ 𝑗


𝐹 3 = 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞3𝑅2

∙ 𝑗


𝐹 2 = 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞4𝑅2

∙ cos 45° ∙ 𝑖 + 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞4𝑅2

∙ sen45° ∙ 𝑗


𝐹 5 = 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞5𝑅2

∙ 𝑖

Y la fuerza neta que actúa sobre 𝑄, en virtud del principio de superposición, es la suma vectorial de las

fuerzas anteriores:

𝐹 𝑛𝑒𝑡𝑎 = ∑𝐹 𝑖

𝑛=5

𝑖=1

= 𝐹 1 + 𝐹 2 + 𝐹 3 + 𝐹 4 + 𝐹 5

Por la simetría de la distribución, y tratándose de cinco cargas iguales (𝑞1 = 𝑞2 = 𝑞3 = 𝑞4 = 𝑞5 = 𝑞),

las componentes horizontales de las fuerzas se anulan entre sí, de modo que la fuerza neta que actúa

sobre 𝑄 se dirige a lo largo del eje 𝑌:

𝐹 𝑛𝑒𝑡𝑎 = 𝐾 ∙𝑄

𝑅2∙ [(−𝑞1 − 𝑞2 ∙ cos 45° + 𝑞4 ∙ cos 45° + 𝑞5)⏟

0

∙ 𝑖 + (𝑞2 ∙ sen 45° + 𝑞3 + 𝑞4 ∙ sen 45°) ∙ 𝑗 ]

𝐹 𝑛𝑒𝑡𝑎 = 𝐾 ∙𝑄

𝑅2∙ (𝑞 ∙ sen45° + 𝑞 + 𝑞 ∙ sen 45°) ∙ 𝑗

𝐹 𝑛𝑒𝑡𝑎 = 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞

𝑅2∙ (2 ∙ sen45° + 1) ∙ 𝑗

𝐹 𝑛𝑒𝑡𝑎 = (9′00 ∙ 109 N ∙ m2 C2⁄ ) ∙

(2 ∙ 10−6 C) ∙ (3 ∙ 10−6 C)

(0′1 m)2∙ (2 ∙

√2

2+ 1) ∙ 𝑗

𝐹 𝑛𝑒𝑡𝑎 = 13′04 ∙ 𝑗 N



b) Calcule el trabajo que ha sido necesario para traer la carga 𝑸 desde un punto muy alejado

hasta el punto 𝑶 donde se encuentra. Interprete el signo del resultado. (1′5 puntos)

Si suponemos que el trabajo de acercamiento de la carga 𝑄 desde el infinito hasta el punto 𝑂 lo realiza

el campo electrostático creado por las cinco cargas puntuales:

𝑊∞⟶𝑂 = −Δ𝐸𝑝 = −[𝐸𝑝(punto 𝑂) − 𝐸𝑝(infinito)] = 𝐸𝑝(infinito) − 𝐸𝑝(punto 𝑂)

Como las cinco cargas 𝑞 mantienen su posición en ambos escenarios, las interacciones energéticas

entre ellas no varían durante el proceso de acercamiento de la carga 𝑄, por lo que no se tendrán en

cuenta en el cálculo. Así pues:

𝑊∞⟶𝑂 = (𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞1𝑟1∞

+ 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞2𝑟2∞

+ 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞3𝑟3∞

+ 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞4𝑟4∞

+ 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞5𝑟5∞

)⏟

0

− (𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞1𝑟1𝑂

+ 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞2𝑟2𝑂

+ 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞3𝑟3𝑂

+ 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞4𝑟4𝑂

+ 𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞5𝑟5𝑂

)

Las interacciones entre las cargas 𝑞 y la carga 𝑄, cuando esta se encuentra en el infinito, son nulas por

definición. Teniendo en cuenta que todas las cargas son iguales (𝑞1 = 𝑞2 = 𝑞3 = 𝑞4 = 𝑞5 = 𝑞) y que

𝑟1𝑂 = 𝑟2𝑂 = 𝑟3𝑂 = 𝑟4𝑂 = 𝑟5𝑂 = 𝑅:

𝑊∞⟶𝑂 = −(𝐾 ∙𝑄 ∙ 𝑞

𝑅+ 𝐾 ∙

𝑄 ∙ 𝑞

𝑅+ 𝐾 ∙

𝑄 ∙ 𝑞

𝑅+ 𝐾 ∙

𝑄 ∙ 𝑞

𝑅+ 𝐾 ∙

𝑄 ∙ 𝑞

𝑅) = −5 ∙ 𝐾 ∙

𝑄 ∙ 𝑞

𝑅

Siendo 𝑄 = −2 ∙ 10−6 C, 𝑞 = 3 ∙ 10−6 C y 𝑅 = 0′1 m:

𝑊∞⟶𝑂 = −5 ∙ (9′00 ∙ 109 N ∙ m2 C2⁄ ) ∙

(−2 ∙ 10−6 C) ∙ (3 ∙ 10−6 C)

(0′1 m)⟶ 𝑊∞⟶𝑂 = 2

′7 J

El trabajo tiene signo positivo, lo que indica que es realizado espontáneamente por el propio campo.

Ejercicio B3

Una onda armónica cuya frecuencia es 𝟔𝟎 𝐇𝐳 se propaga en la dirección positiva del eje 𝑿 con

velocidad desconocida superior a 𝟏𝟎 𝐦 ∙ 𝐬−𝟏. Sabiendo que la diferencia de fase, en un instante

dado, para dos puntos separados 15 cm, es 𝝅 𝟐⁄ radianes, determine:

a) El periodo, la longitud de onda y la velocidad de propagación de la onda. (1 punto)

El periodo 𝑇 de una onda es el inverso de la frecuencia 𝑓, la cual es 60 Hz:

𝑇 =1

𝑓⟶ 𝑇 =

1

60 s

Por otra parte, teniendo en cuenta la ecuación general de una onda armónica:

𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 ∙ sen (𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)⏟ Fase 𝜑

La diferencia de fase Δ𝜑 entre dos puntos separados una distancia Δ𝑥, en un mismo instante 𝑡, es:

Δ𝜑 = 𝜑2 − 𝜑1 = (𝑘 ∙ 𝑥2 −𝜔 ∙ 𝑡) − (𝑘 ∙ 𝑥1 −𝜔 ∙ 𝑡) = 𝑘 ∙ (𝑥2 − 𝑥1) = 𝑘 ∙ Δ𝑥



Sabiendo que la diferencia de fase en un determinado instante es 𝜋 2⁄ radianes para dos puntos que

están separados 0′15 m en un mismo instante:

Δ𝜑 = 𝑘 ∙ (𝑥2 − 𝑥1) = 𝑘 ∙ Δ𝑥 ⟶ 𝑘 =Δ𝜑

Δ𝑥=𝜋 2⁄ rad

0′15 m=10𝜋

3 m−1

Y teniendo en cuenta la relación entre el número de ondas 𝑘 y la longitud de onda 𝜆:

𝑘 =2𝜋

𝜆⟶ 𝜆 =

2𝜋

𝑘=

2𝜋

10𝜋 3⁄ m−1⟶ 𝜆 =

3

5 m

Finalmente, calculamos la velocidad de propagación de la onda 𝑣:

𝑣 =𝜆

𝑇=3 5⁄ m

1 60⁄ s⟶ 𝑣 = 36 m s⁄

b) En un punto dado, ¿qué diferencia de fase existe entre los desplazamientos que tienen lugar en

dos instantes separados por un intervalo de 𝟎′𝟎𝟏 𝐬? (1 punto)

En la ecuación general de una onda, la fase viene dada por 𝜑 = 𝑘𝑥 − 𝜔𝑡. Así pues, la diferencia de fase

en un mismo punto entre dos instantes separados un intervalo de tiempo Δ𝑡 es:

Δ𝜑 = 𝜑2 − 𝜑1 = (𝑘 ∙ 𝑥 − 𝜔 ∙ 𝑡2) − (𝑘 ∙ 𝑥 − 𝜔 ∙ 𝑡1) = −𝜔 ∙ 𝑡2 +𝜔 ∙ 𝑡1 = −𝜔 ∙ (𝑡2 − 𝑡1) = −𝜔 ∙ Δ𝑡

Como la frecuencia angular o pulsación 𝜔 se relaciona con el periodo 𝑇:

𝜔 =2𝜋

𝑇=

2𝜋

1 60⁄ s⟶ 𝜔 = 120𝜋 rad s⁄

La diferencia de fase queda:

Δ𝜑 = −𝜔 ∙ Δ𝑡 = −(120𝜋 rad s⁄ ) ∙ (0′01 s) ⟶ Δ𝜑 = −1′2 ∙ 𝜋 rad

Ejercicio B4

a) Explique en qué consiste el defecto del ojo conocido como hipermetropía. Trace para ello un

diagrama de rayos. (0′75 puntos)

La hipermetropía es el defecto contrario a la miopía. Se produce cuando el globo ocular es demasiado

corto o la córnea no tiene suficiente curvatura, por lo que la imagen de un objeto infinitamente

distante se forma detrás de la retina:



La hipermetropía se corrige con lentes convergentes:

b) Mediante un diagrama de marcha de rayos, describa las características de la imagen que forma

una lente convergente cuando el objeto está situado entre el foco objeto y la lente. (0′75 puntos)

Cuando el objeto se encuentra entre el foco y la lente, ésta se convierte en una lupa:

La imagen que se obtiene en esta situación es virtual, derecha y aumentada.

Si tenemos en cuenta la ecuación para lentes delgadas:

1

𝑠+1

𝑠′=1

𝑓⟶

1

𝑠′=1

𝑓−1

𝑠⟶

1

𝑠′=𝑠 − 𝑓

𝑓 ∙ 𝑠⟶ 𝑠′ =

𝑓 ∙ 𝑠

𝑠 − 𝑓

En nuestro caso:

𝑠 > 0 ⟶ El objeto está a la izquierda de la lente (lado de incidencia de los rayos)

𝑓 > 0 ⟶ Se trata de una lente convergente (es decir, una lente positiva)

𝑠 < 𝑓 ⟶ El objeto se encuentra entre el foco y la lente

En consecuencia:

𝑓 ∙ 𝑠 > 0𝑠 − 𝑓 < 0

} ⟶ 𝑠′ =𝑓 ∙ 𝑠

𝑠 − 𝑓< 0 ⟶ Imagen virtual

Teniendo en cuenta la definición de aumento:

𝑚 = −𝑠′

𝑠> 0 ⟶ Imagen derecha

Y el tamaño de la imagen dependerá de la distancia a la que se sitúe el objeto respecto de la lente.



Ejercicio B5

a) Explique razonadamente qué aspectos del efecto fotoeléctrico no se podían entender en el

marco de la física clásica. (1 punto)

El efecto fotoeléctrico consiste en la emisión (fotoemisión) de electrones (fotoelectrones) por parte de

un material, generalmente metálico (aunque también ocurre en dieléctricos y semiconductores), al

incidir sobre él radiación electromagnética de determinadas características.

La emisión de electrones se constata pues aparece una corriente eléctrica entre el cátodo y el ánodo.

Ciertas características del efecto fotoeléctrico no pueden ser explicadas mediante la mecánica clásica:

Cuando sobre el cátodo incide luz monocromática, no se emiten fotoelectrones a menos que su

frecuencia sea mayor que cierto valor mínimo, llamado frecuencia umbral1 (𝜈0 o 𝑓0), que depende

únicamente del material del cátodo. Estas observaciones contradicen las predicciones de la física

clásica, según las cuales el efecto fotoeléctrico tendría lugar con cualquier frecuencia, siempre que

la intensidad luminosa fuese lo suficientemente grande.

Cuando la frecuencia de la luz es mayor que la frecuencia umbral, los electrones salen despedidos

a gran velocidad y su energía cinética máxima aumenta con la frecuencia, pero no depende de la

intensidad, como se esperaría según la física clásica.

La emisión del fotoelectrón es instantánea y el número de estos que se desprenden aumenta con

la intensidad de la luz incidente. Sin embargo, según la física clásica, debería existir cierto retardo

en la fotoemisión, y un aumento de intensidad no debería traducirse en un aumento del número

de electrones desprendidos, sino en una mayor energía cinética de los mismos.

Einstein explicó el efecto fotoeléctrico aplicando a la luz las ideas de Planck sobre la radiación térmica

(explicación de la radiación de un cuerpo negro).

1 En términos de longitud de onda, diremos que no se producirá emisión de fotoelectrones cuando la luz incidente supere un valor máximo denominado longitud de onda umbral (𝜆0).



Einstein supuso que la luz se propaga en el espacio transportando energía en forma de cuantos de luz,

llamados fotones, cuya energía está determinada por la fórmula de Planck:

𝐸 = ℎ ∙ 𝑓 = ℎ ∙𝑐

𝜆

Teniendo esto en cuenta, el proceso de interacción de la luz con el cátodo se puede considerar ahora

como un choque inelástico de los fotones con los electrones: el fotón es absorbido y su energía es

transferida al electrón instantáneamente. El electrón invierte parte de la energía en escapar del átomo

en el que está confinado y la energía sobrante, suponiendo que no hay pérdidas en forma de calor, le

comunica cierta velocidad.

Así, aplicando el principio de conservación de la energía al choque entre un fotón y un electrón:

𝐸fotón = 𝐸0 + 𝐸𝑐

Donde 𝐸0 representa la energía mínima necesaria para arrancar un electrón, que es característica del

elemento metálico empleado, y que usualmente recibe el nombre de energía o trabajo de extracción.

Así, para que se produzca efecto fotoeléctrico, el fotón debe llevar, como mínimo, una energía igual a

𝐸0, en cuyo caso a la frecuencia del fotón se le denomina frecuencia umbral, 𝑓0. En consecuencia:

𝐸0 = ℎ ∙ 𝑓0

Por su parte, 𝐸𝑐 representa el valor máximo de la energía cinética que puede tener el electrón, cuando

no se ha producido ninguna pérdida en forma de calor:

𝐸𝑐(máx) = 𝐸𝑓𝑜𝑡ó𝑛 − 𝐸0 = ℎ ∙ 𝑓 − ℎ ∙ 𝑓0 = ℎ ∙ (𝑓 − 𝑓0)

b) Un electrón y un neutrón tienen igual longitud de onda de De Broglie. Razone cuál de ellos

tiene mayor energía cinética. Dato: masa del neutrón, 𝒎𝒏 = 𝟏′𝟎𝟎𝟖𝟕 𝐮. (1 punto)

Según la hipótesis de De Broglie (dualidad onda–corpúsculo), toda partícula material con momento

lineal 𝑝 = 𝑚 ∙ 𝑣 (propiedad corpuscular) tiene asociada una longitud de onda (propiedad ondulatoria)

dada por:

𝜆 =ℎ

𝑝=

ℎ

𝑚 ∙ 𝑣

Teniendo en cuenta esta expresión, si un electrón y un neutrón tienen igual longitud de onda de De

Broglie (𝜆𝑛 = 𝜆𝑝), también tendrán el mismo momento lineal (𝑝𝑛 = 𝑝𝑝), el cual se puede relacionar

con la energía cinética de la partícula de la siguiente manera:

𝐸𝑐 =1

2∙ 𝑚 ∙ 𝑣2 =

𝑚2 ∙ 𝑣2

2 ∙ 𝑚=

𝑝2

2 ∙ 𝑚

Es decir, la energía cinética aumenta con el cuadrado del momento lineal de la partícula y disminuye

de manera inversamente proporcional a su masa. Como la masa del neutrón es ligeramente superior a

la del neutrón, la energía cinética del neutrón será algo menor que la energía cinética del protón:

Si 𝑚𝑛 > 𝑚𝑝 ⟶𝐸𝑐(𝑛)

𝐸𝑐(𝑝)=𝑝2 2 ∙ 𝑚𝑛⁄

𝑝2 2 ∙ 𝑚𝑝⁄=𝑚𝑝𝑚𝑛

⟶ 𝐸𝑐(𝑛) =𝑚𝑝𝑚𝑛⏟<1

∙ 𝐸𝑐(𝑝) ⟶ 𝐸𝑐(𝑛) < 𝐸𝑐(𝑝)


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