PBAU UIB junio 2022 Física

Un asteroide de 790 kg se dirige en línea recta hacia el centro de un planeta sin atmósfera de 5,4×10²² kg y 1700 km de radio. La velocidad del asteroide es de 6,5 km/s justo antes de impactar sobre la superficie del planeta. Calcula:

a) La energía mecánica total del asteroide en ese momento. (0,5 puntos)

b) La velocidad del asteroide cuando estaba a 15.000 km del centro del planeta. (0,75 puntos)

c) La velocidad mínima que debería haber adquirido una nave al detener los propulsores a 3000 km del centro del planeta para escapar de la atracción gravitatoria del planeta. Justifique el cálculo. (0,75 puntos)

$E_{mec,B}=E_{k,B}+E_{p,B} = \frac {1}{2} m v_B^2-G \frac{mM}{R_B} =\frac {1}{2} \cdot 790 \cdot 6500^2 - 6.67 \cdot 10^{-11} \frac{790 \cdot 5.4 \cdot 10^{22} }{1700000}=$

$1.50 \cdot 10^{10} ~J$

Solución:

1.50·10¹⁰ J

El campo gravitatorio es conservativo y por tanto aplicamos la conservación de la energía.

$E_{mec,B}=E_{mec,A}\Rightarrow E_{mec,B}=E_{k,A}+E_{p,A}$

$E_{mec,B}+G \frac{ m M}{r_A} =\frac{1}{2} {m}\cdot v_A^2 \Rightarrow v_A= \sqrt{\frac{2 \left(E_{mec,B}+G \frac{ {m} M}{r_A} \right)}{m}}$

$v_A = \sqrt{\frac {2 \left(1.50 \cdot 10^{10} +6.67 \cdot 10^{-11} \frac{790 \cdot 5.4 \cdot 10^{22}}{15 \cdot 10^6}\right)}{790}}$

Solución: 6200 m/s

Para poder escapar del campo gravitatorio del planeta la energía mecánica debe ser cero.

$E_{mec,C}=0~\Rightarrow ~E_{k,A}+E_{p,A}=0 ~\Rightarrow ~\frac{1}{2} m v_C^2-G \frac{mM}{R_C}=0$

$v_C=\sqrt{ \frac{2 G M}{R_C}} =\sqrt {\frac{2 \cdot 6.67 \cdot 10^{-11}\cdot 5.4 \cdot 10^{22}}{3 \cdot 10^6}} = 1550~m/s$

Solución: 1550 m/s

Calcula el campo total en el punto P debido a las tres cargas puntuales de la figura adjunta. Como resultado, presentad:
a) El esquema de los vectores que representan los campos individuales y el total. (0,5 puntos)
b) El módulo del campo total. (0,75 puntos)
c) El ángulo en grados que forma el campo total con el lado inferior del rectángulo. (0,5 puntos)
d) El módulo de la fuerza eléctrica total sobre un protón en el punto P. (0,25 puntos)

Las cargas q₁ y q₂ crean el mismo campo (magnitud, dirección y sentido) en P, ya que están a la misma distancia de P, su carga en valor absoluto es la misma y al estar P entre ambas cargas los sentidos acaban coincidiendo. Para hacer la suma gráfica de los tres vectores sumamos primero $\vec E_1$ y $\vec E_2$ y obtenemos $\vec E_{12}$ . Con este vector $\vec E_{12}$ y $\vec E_{3}$ ya podemos aplicar la regla del paralelogramo para hallar gráficamente el vector resultante $\vec E_{T}$ .

Calculamos el módulo del campo total haciendo uso del teorema del coseno

$\left| \vec E_T \right|^2= \left| \vec E_{12} \right|^2+\left|\vec E_3 \right|^2- 2 \cdot \left|\vec E_{12} \right|\cdot \left|\vec E_3 \right|\cos \alpha$

Empezamos calculando los módulos

$\left| \vec E_1 \right| =\left|\vec E_2 \right| =K \frac {\left|q_1 \right|}{\left| r_1 \right|^2} =9 \cdot 10^9 \frac{4 \cdot 10^{-7}}{\left(4 \cdot 10^{-2}\right)^2}=2.25\cdot 10^6~V/m$

$\left| \vec E_{12} \right| = \left|\vec E_1 \right|+ \left|\vec E_2 \right| =2 \cdot 2.25\cdot 10^6 =4.50\cdot 10^6~V/m$

$\left| \vec E_3 \right| =K \frac {\left|q_3 \right|}{\left| r_3 \right|^2} = 9 \cdot 10^9 \frac{9 \cdot 10^{-7}} {\left ( \sqrt{ \left(4 \cdot 10^{-2}\right)^2+\left( 6 \cdot 10^{-2} \right)^2} \right )^2} =1.56 \cdot 10^6~V/m$

con la dirección y el sentido que muestra la figura 2.3.

Determinamos el $\cos \alpha$ a partir de los datos proporcionados por el enunciado y la figura 2.4, tenemos que $\cos \alpha = \frac{4}{\sqrt{4^2+6^2}}$ .

Por tanto

$\left| \vec E_T \right|^2= \left( 4.50 \cdot 10^6 \right)^2 + \left( 1.55 \cdot 10^6 \right)^2-2 \cdot 1.56 \cdot 10^6 \cdot 4.50 \cdot 10^6 \cdot \frac{4}{\sqrt{4^2+6^2}}= 1.49 \cdot 10^{12}$

$\Rightarrow~~ \left| \vec E_T \right|= 3.86 \cdot 10^6 ~V/m$

Para hallar el ángulo que forma el campo total con el lado inferior del rectángulo podemos volver a usar el teorema del coseno. A partir de la figura 2.3

$\left| \vec E_3 \right|^2= \left| \vec E_{12} \right|^2+\left|\vec E_T \right|^2- 2 \cdot \left|\vec E_{12} \right|\cdot \left|\vec E_T \right|\cos \beta~\Rightarrow~\beta= \arccos\left( -\frac{ \left| \vec E_3 \right|^2- \left| \vec E_{12} \right|^2-\left|\vec E_T \right|^2}{2 \cdot \left|\vec E_{12} \right|\cdot \left|\vec E_T \right|}\right)=$

$\beta= \arccos\left( -\frac{ \left| \vec E_3 \right|^2- \left| \vec E_{12} \right|^2-\left|\vec E_T \right|^2}{2 \cdot \left|\vec E_{12} \right|\cdot \left|\vec E_T \right|}\right)= \arccos \left ( - \frac{2.43 \cdot 10^{12}-2.03 \cdot 10^{13}-1.49 \cdot 10^{13}}{2 \cdot 4.5 \cdot 10^6 \cdot 3.86 \cdot 10^6} \right ) =$ $19.4^{\circ}$

Solución: 19.4º

El módulo de la fuerza, sobre un protón en P, vendrá dado por el producto de la carga por el módulo del campo en dicho punto.

$\left|\vec F \right| = q \left|\vec E_T \right| = 1.6 \cdot 10^{-19} \cdot 3.86 \cdot 10^6 = 6.2 \cdot 10^{-13} ~ N$

Solución: 6.2·10^-13 N

Dos partículas con cargas eléctricas de 6 nC y −12 nC, respectivamente, están separadas 9 mm. Calcula:

a) El potencial eléctrico en el punto medio entre las cargas. (0,4 puntos)

b) El campo eléctrico en el punto entre las cargas en las que el potencial es nulo. (0,8 puntos)

c) El trabajo que realiza una fuerza externa para alejar la carga negativa de 5 mm a 8 mm de la carga positiva. Mencione la relación con el trabajo realizado por el campo. (0,8 puntos)

Por el principio de superposición el potencial total en P será la suma de los potenciales individuales creados por cada carga.

$V_T=V_1+V_2= K \frac{q_1}{r_1}+K\frac{q_2}{r_2}= 9 \cdot 10^9 \left( \frac{6 \cdot 10^{-9} }{4.5 \cdot 10^{-3}}+\frac{-12 \cdot 10^{-9}}{4.5 \cdot 10^{-3}}\right)=-12000~V$

Solución: V_T =-12000 V

El potencial se anulará entre las cargas en un punto más próximo a la menor carga en valor absoluto.

$V_T=V_1+V_2=0~ \Rightarrow~V_1=-V_2 ~\Rightarrow~K \frac{q_1}{r'_1}= -K\frac{q_2}{r'_2}~\Rightarrow$

$\frac{q_1}{r'_1}=-\frac{q_2}{r'_2}~\Rightarrow~ \frac{6 \cdot 10^{-9} }{x \cdot 10^{-3}}=-\frac{-12 \cdot 10^{-9}}{(9-x) \cdot 10^{-3}}~\Rightarrow~6 \cdot (9-x) =12 x~\Rightarrow~x = 3$

Por tanto el potencial se anulará a 3 mm a la derecha de la carga positiva.

Nuevamente aplicamos el principio de superposición para hallar el campo total.

$\vec{E_T}=\vec{E_1}+\vec{E_2}=K \frac{q_1}{{r'_1}^2} \hat{r'_1} +K\frac{q_2}{{r'_2}^2} \hat{r'_2}~\Rightarrow$

$\vec{E_T}=9 \cdot 10^9 \left( \frac{6 \cdot 10^{-9} }{\left( 3 \cdot 10^{-3} \right)^2} \hat {i}+\frac{-12 \cdot 10^{-9}}{\left(6 \cdot 10^{-3}\right)^2} (-\hat{i}) \right)=9 \cdot 10^6~\hat {i}~N/C$

El campo eléctrico es conservativo y por tanto el trabajo no va a depender de la trayectoria, sólo del potencial final e inicial. El trabajo hecho por una fuerza externa es la variación en la energía potencial de la carga que se traslada,en este caso la carga negativa. La variación de la energía potencial es el producto de la carga que se traslada q₂ por la variación del potencial debido a la carga q₁ .

$W= \Delta E_p = \left( E_{p,C} - E_{p,B} \right) = q_2 \left( V_{C} - V_{B} \right) = q_2 \left( K \frac{q_1}{r_C}-K \frac{q_1}{r_B} \right)=$ $q_2 \cdot K \cdot q_1 \left( \frac{1}{r_C}-\frac{1}{r_B} \right)=$

$= -12 \cdot 10^{-9} \cdot 9 \cdot 10^{9} \cdot6 \cdot 10^{-9} \left(\frac{1}{8\cdot 10^{-3}}-\frac{1}{5 \cdot 10^{-3}} \right) =4.86 \cdot 10^{-5}~J$

El trabajo hecho por la fuerza externa es positivo, ya que una carga negativa sólo se dirigirá de forma espontánea hacia potenciales mayores y en ese caso el trabajo lo haría el campo eléctrico.

Solución: W = 4.86·10^-5 J

Las crestas consecutivas de una onda armónica en la superficie del agua de un canal están separadas 40 cm y se propagan a 5 cm/s. Un punto de la superficie se mueve 10 cm entre el punto más alto y el más bajo.

a) Escriba la ecuación general de una onda armónica que se propaga hacia la izquierda y la ecuación particular de la onda en la superficie del agua descrita en el enunciado con la perturbación nula en el origen de coordenadas a t = 0. (0,75 puntos).

Calcula el tiempo mínimo que pasa desde que un punto se mueve entre:

b) El nivel más alto de la onda y el más bajo. (0,25 puntos)

c) El nivel cero de la onda y el nivel 1,5 cm. (1 punto)

La ecuación para una onda armónica transversal que se desplaza hacia la izquierda, viene dada por una función del tipo coseno o seno con una fase inicial

$Y(x,t)= A \cdot \cos (\omega t + k x+\phi)$

La amplitud de la onda es la mitad de la separación entre el punto más alto y más bajo $A=\frac{0.1}{2}=0.05~m$ . La separación entre dos crestas consecutivas nos dará la longitud de onda $\lambda = 0.40 ~m$ . A partir de la velocidad de propagación y la longitud de onda podemos determinar el frecuencia angular $\omega$ y el vector de onda $k$ .

$\lambda = 0.40 ~m \Rightarrow k=\frac{2 \pi}{\lambda}= \frac{2 \pi}{0.40} = 5 \pi~m^{-1}~,~v_p = \frac {\omega}{k} \Rightarrow 0.05 =\frac{\omega}{5 \pi} \Rightarrow\omega=\frac{ \pi}{4}~rad/s$

Por tanto $Y(x,t)= 0.05 \cdot \cos \left(\frac{ \pi}{4} t + 5 \pi x+\phi \right)$ . La fase inicial $\phi$ , es decir la solución particular, la calculamos a partir de la condición inicial.

$Y(0,0)= 0~\Rightarrow~0.05 \cdot \cos \left(\frac{ \pi}{4} \cdot 0 + 5 \pi \cdot 0+\phi \right)=0~\Rightarrow~0.05 \cdot \cos \left(\phi \right)=$ $0~\Rightarrow~\phi=\frac{\pi}{2}~o~\frac{3 \pi}{2}$

Sin más información, cualquiera de las dos soluciones para la fase inicial es válida. La diferencia es que en un caso el origen empieza a moverse hacia arriba $\left ( \phi = \frac{3 \pi}{2}\right )$ y en el otro hacia abajo $\left ( \phi = \frac{\pi}{2}\right )$ .

Si en vez de la función coseno hubiéramos optado por la función seno $Y(x,t)= A \cdot \sin (\omega t + k x+\phi)$ , entonces habría que sumarle a las fases $\frac{\pi}{2}$ , ya que $\sin \left ( z+ \frac{\pi}{2} \right ) = \cos z$ y quedarían

$Y(x,t)= 0.05 \cdot \cos \left(\frac{\pi}{4} t +5 \pi x + \frac{\pi}{2} \right)~\Rightarrow~Y(x,t)= 0.05 \cdot \sin \left(\frac{\pi}{4} t +5 \pi x + \pi\right)$

$Y(x,t)= 0.05 \cdot \cos \left(\frac{\pi}{4} t +5 \pi x + \frac{3\pi}{2} \right)~\Rightarrow~Y(x,t)= 0.05 \cdot \sin \left(\frac{\pi}{4} t +5 \pi x + 2{\pi} \right)=$ $0.05 \cdot \sin \left(\frac{\pi}{4} t +5 \pi x \right)$

Sin más información, cualquiera de las dos soluciones para la fase inicial es válida. La diferencia es que en un caso el origen empieza a moverse hacia arriba $\left ( \phi = 0 \right )$ y en el otro hacia abajo $\left ( \phi = \pi \right )$ .

Y(x,t)= 0.05 \cdot \cos \left(\frac{\pi}{4} t +5 \pi x + \frac{\pi}{2} \right)=0.05 \cdot \sin \left(\frac{\pi}{4} t +5 \pi x + \pi\right)

Y(x,t)= 0.05 \cdot \cos \left(\frac{\pi}{4} t +5 \pi x + \frac{3\pi}{2} \right)0.05 \cdot \sin \left(\frac{\pi}{4} t +5 \pi x \right)

Entre el punto más alta y el punto más bajo tendrá que pasar medio periodo.

$\omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{ \pi}{4}~\Rightarrow~T=8~s$

Solución: t = 4 s

En el instante t₁ y posición x₁, $Y(x_1,t_1)=0~m$ . En la misma posición en el instante t₂ $Y(x_1,t_2)=0.015~m$ . El tiempo que tiene que pasar no depende de la fase inicial de la onda, pero la fase total inicial debe ser $\frac{3\pi}{2}$ para que el nivel vaya hacia valores positivos a medida que pasa el tiempo y así este sea mínimo. Si fuera $\frac {\pi}{2}$ el nivel iría hacia valores negativos a medida que pasa el tiempo.

$\begin{array}{c} Y(x_1,t_1)=0~,~\cos(\frac{\pi}{4} t_1+5\pi x_1+\phi) = 0~,~\frac{\pi}{4} t_1+5\pi x_1+\phi= \frac{3 \pi}{2}~rad \\ Y(x_1,t_2)=0.015~,~\cos(\frac{\pi}{4} t_2+5\pi x_1+\phi) = \frac{0.015}{0.05}~,~\frac{\pi}{4} t_2+5\pi x_1+\phi = 5.017~rad \end{array} ~\Rightarrow$

Hallando la diferencia de las fases

$\frac{\pi}{4} t_2+5\pi x_1+\phi - \left(\frac{\pi}{4} t_1+5\pi x_1+\phi \right) =\frac{3\pi}{2}-$ $5.017~\Rightarrow~\frac{\pi}{4} (t_2-t_1)=\frac{3\pi}{2}-5.017~\Rightarrow~t_2-t_1=0.388~s$

Solución: t₂ – t₁ = 0.388 s

Junto a dos hilos rectos, infinitos y paralelos hay una espira circular. La figura muestra el sentido de las corrientes en los hilos rectos y la posición y el radio de la espira. Calcula:

a) La intensidad I₁ para que el módulo del campo magnético en el punto C debido a las corrientes de los dos hilos rectos valga 15 μT. Describa o dibuja la dirección y el sentido de este campo magnético. (1 punto)

b) La intensidad I₂ que debe pasar por la espira circular para que el campo magnético total en el centro C sea nulo cuando I₁ = 1,6 A. Indica y justifica el sentido de esta corriente. (1 punto)

Como el campo creado por un hilo infinito a una distancia r es $\left| \vec B \right| \propto \frac {I}{r}$ , el campo en el punto C debido al hilo de la izquierda (I₁) será $\frac{1}{6}$ que el del hilo de la derecha (3I₁), ya que el hilo de la izquierda se encuentra al doble de distancia y su corriente es la tercera parte de la del hilo de la derecha . Además el campo debido al hilo de la izquierda entra en el papel y el de la derecha sale del papel. Tomaremos como sentido positivo el saliente en el papel.

$\left|\vec B_h \right| = \left|\vec B_{der} \right| -\left|\vec B_{izq} \right| = \frac {\mu_0}{2\pi} \left( \frac {3 I_1}{r} -\frac{I_1}{2r}\right)= \frac {5 \mu_0 I_1}{4\pi r} \Rightarrow 15 \cdot 10^{-6} = \frac {5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} I_1}{4 \pi \cdot 0.04} \Rightarrow$ $I_1=1.2~A$

Solución: I₁ =1.2 A

El campo neto creado por los dos hilos $\vec B_h$ es un campo que sale del papel, por tanto el campo que cree la espira $\vec B_e$ debe ser un campo que entre en el papel para que el campo total sea nulo. Por tanto la corriente que circula por la espira debe tener sentido horario, tal y como se muestra en la figura 5.2.

$\left|\vec B_T \right| = \left|\vec B_{e} \right| -\left|\vec B_{h} \right| \Rightarrow 0 = \left|\vec B_{e} \right| -\left|\vec B_{h} \right| \Rightarrow \left|\vec B_{h} \right| =\left|\vec B_{e} \right|$

$\frac {5\mu_0 I_1}{4\pi r} = \frac {\mu_0 I_2}{2 R} \Rightarrow \frac {5I_1}{4 \pi r} = \frac{I_2}{2 R} \Rightarrow \frac{5 \cdot 1.6}{4\pi \cdot 0.04}= \frac{I_2}{2 \cdot 0.025}~~, ~I_2= 0.796~A$

Una espira circular de 15 cm de radio está dentro de un campo magnético perpendicular al plano de la espira. La intensidad del campo en el intervalo de 0 a 2 s vale $B(t)=6t-3t^2~mT$ . Otra espira gira a velocidad angular ω en un campo magnético uniforme y el flujo de campo magnético a través de la espira es $\varphi(t) = 30 \cos (\omega t - 2,45~ rad) ~mWb$ .

a) Para la primera espira, determine la expresión de la fuerza electromotriz en función del tiempo e indique el nombre de la ley usada. (0,5 puntos)

b) Calcula en qué instante del intervalo [0, 2 s] la fuerza electromotriz anterior es nula, en qué instante es máxima y qué vale el valor máximo. (0,9 puntos)

c) Para la segunda espira, calcule la velocidad angular necesaria para que la fuerza electromotriz máxima sea de 0,3 V. (0,6 puntos)

Calculo el flujo magnético $\phi =\vec B \cdot \vec S$ . Como el plano de la espira es perpendicular al campo, el producto escalar se reduce al producto de sus módulos

$\phi =\vec B \cdot \vec S = \left| \vec B \right| \left| \vec S \right| = B \pi r^2$

Haciendo uso de la ley de Farady-Henry

$\varepsilon=-\frac{d\phi}{dt}= - \frac{d B}{dt} \pi r^2 = (6t-6) \pi 0.15^2 = \frac{27}{200} \pi (t-1)~mV$

con t en segundos.

\varepsilon (t)= \frac{27}{200} \pi (t-1)~mV

La expresión anterior es una recta creciente. En t=2 s alcanzará el valor máximo $.\varepsilon (2)= \frac{27 \pi }{200}~mV$ La fem se anula $0= t-1~~\Rightarrow~t=1~s$ .

\begin{array}{c} \varepsilon(1)=0 \\ ~~~~\varepsilon (2)= \frac{27 \pi }{200}~mV \end{array}

$\varepsilon=-\frac{d\phi}{dt}= - \frac{d }{dt} \left( 30 \cos (\omega t -2.45) \right)=30 \omega \sin (\omega t -2.45)~mV$

La máxima $\varepsilon$ sera $30 \omega ~mV =0.03 \omega ~V$ , ya que $-1\le\sin (\omega t -2.45)\le 1$ , por tanto $0.03 \omega = 0.3~\Rightarrow~\omega=10~rad/s$ .

7)
El haz de un láser se dirige siguiendo una recta L hacia un bloque de plástico transparente de sección rectangular e índice de refracción n_v=1,43. Usa la escala marcada en grados para determinar el ángulo de incidencia del haz sobre el bloque. a) Describe o dibuja de manera cualitativamente correcta la trayectoria del haz a través del bloque y el aire de la parte superior. ¿El rayo a la salida del bloque, atraviesa la línea L? Justifica la respuesta brevemente. (0,8 puntos) b) Calcula el tiempo que tarda el haz anterior en atravesar el bloque de plástico. (0,8 puntos) c) Comenta si puede haber reflexión total en una refracción de aire a plástico de índice de refracción 1,43, de este plástico a aire o en ambos casos. Da el ángulo límite cuando haya reflexión total. (0,4 puntos)

pbau uib junio 22 enunciado 7 — Figura 7.1

El rayo al entrar en el bloque de plástico se aproximará a la normal, ya que su índice de refracción es mayor que el del aire. Al salir este rayo otra vez al aire recupera el ángulo con el que había incidido sobre el plástico, ya que vuelve al mismo medio (aire) y por tanto sale paralelo a L.

Para determinar el tiempo que tarda en atravesar el bloque de plástico debemos determinar la distancia de que recorre dentro del bloque d y la velocidad de la luz dentro del bloque v.

$t=\frac{d}{v} =\frac {\frac{h}{\cos \beta}}{\frac{c}{n_v}}$

La distancia recorrida dentro del bloque es $d=\frac{h}{\cos \beta}$ y $/beta$ debemos calcularlo aplicando la ley de Snell

$n_a \sin \alpha = n_v \sin \beta~\Rightarrow~\beta = \arcsin \left( \frac{n_a \sin \alpha}{n_v} \right) = \arcsin \left( \frac{1 \cdot \sin 30}{1.43} \right) = \arcsin \left ( \frac{50}{143} \right )=$ $20.5^{\circ}$

Por tanto

$t=\frac{d}{v} =\frac {\frac{h}{\cos \beta}}{\frac{c}{n_v}} =$ $\frac {\frac{6 \cdot 10^{-2}}{\cos 20.5^{\circ}}} {\frac{3 \cdot 10^8}{1.43}} =3.05 \cdot 10^{-10}~s$

Para que se produzca reflexión total el rayo debe pasar a un medio de menor índice de refracción. Por tanto, no es posible que se produzca reflexión total cuando el rayo pasa del aire al plástico pero sí cuando pasa del plástico al aire.

Determinamos el ángulo limite, a partir del cual tenemos reflexion total, aplicando la ley de Snell

$n_a \cdot \sin 90^{\circ} = n_v \cdot \sin \alpha~~,~~1 = 1.43 \cdot \sin \beta~~,~~\beta =\arcsin \left( \frac{1}{1.43}\right) = 44,4^{\circ}$

a) Calcula la distancia focal de una lente delgada si la imagen de un objeto de 2 mm de altura creada por la lente es virtual, tiene 8 mm de altura y se forma a 18 cm de la lente. Escriba explícitamente si la lente es convergente o divergente. (1,2 puntos)

b) Un objeto de 3 cm de altura está situado con el pie sobre el eje óptico a 7 cm de una lente delgada de +35 mm de distancia focal. Determine la imagen del objeto con el trazado de los tres rayos principales. (0,8 puntos)

Dado que la imagen es virtual y de mayor tamaño que la original deducimos que es una lente convergente. La imagen virtual que se obtiene siempre con una lente divergente es de menor tamaño.

A partir de los tamaños del objeto y la imagen podemos determinar la posición del objeto.

$\frac {s}{s'}=\frac{y}{y'} \Rightarrow \frac{s}{-18}=\frac{2}{8} \Rightarrow s=-4.5~cm$

Haciendo uso de la ecuación para las lentes con s’= -18 cm y s= -4.5 cm

$latex \frac{1}{s’}-\frac{1}{s}=\frac{1}{f’} \Rightarrow \frac{1}{-18}-\frac{1}{-4.5}=\frac{1}{f’},\frac{1}{f’}=\frac{1}{6},f’ = 6\cm $

Solución: f’ = 6 cm

El objeto se encuentra al doble de la distancia focal, por tanto la imagen será real, invertida y del mismo tamaño. La distancia lente-imagen es la misma que la distancia lente-objeto.

El efecto fotoeléctrico no se pudo explicar con la física clásica del siglo XIX.

a) Otros hechos experimentales tampoco se podían explicar con la física clásica. Escriba los nombres de dos de estos otros hechos. (0,4 puntos)

b) Una luz monocromática de 537 nm ilumina una placa de aluminio, una de silicio y una de sodio. Determine cuáles de estas placas emiten electrones por efecto fotoeléctrico. (0,7 puntos)

c) Calcula en cada caso la velocidad máxima de los electrones. (0,6 puntos)

d) ¿Cuál es el cambio de la velocidad máxima de los electrones emitidos cuando la intensidad de la luz se cuadruplica? Justifique la respuesta. (0,3 puntos)

Otros hechos experimentales no explicados por la física clásica, además del efecto fotoeléctrico, son, por ejemplo: la radiación del cuerpo negro, los espectros de absorción y emisión, el experimento de Michelson-Morley, experimento de Bertozzi.

Calculamos la frecuencia de la radiación incidente.

$c= \lambda \cdot \nu~,~3 \cdot 10^8= 538 \cdot 10^{-9} \cdot \nu_{inc} \Rightarrow \nu_{inc}=5.58 \cdot 10^{14}~Hz$

Del formulario, el trabajo de extracción W para el sodio, el silicio y el aluminio son 2.28 eV, 3.59 eV y 4.08 eV.

Todos los elementos que presentan una $\nu_{umb}$ mayor que la frecuencia de la radiación incidente no emitirán fotoelectrones. Por tanto sólo en el sodio se observará la fotoemisión.

Solución: Sólo el sodio

Para el efecto fotoeléctrico $E_{fot} = W + E_{k,e}$ y de aquí despejando la velocidad de los electrones

$\frac {h \cdot c}{\lambda}=W_{ext}+\frac {1}{2} m_e \cdot v_e^2~\Rightarrow~\frac {h \cdot c}{\lambda}-W_{ext} =\frac {1}{2} m_e \cdot v_e^2~~\Rightarrow~v_e= \sqrt { \frac {2 \left( \frac {h \cdot c}{\lambda}-W_{ext} \right)}{m_e}}=$

$=\sqrt { \frac {2 \left( \frac {6.626 \cdot 10^{-34} \cdot 3 \cdot 10^8}{537 \cdot 10^{-9}}-3.65 \cdot 10^{-19} \right)}{9.1 \cdot 10^{-31}}}=1.07\cdot 10^5~m/s$

Al cuadruplicar la intensidad de la luz no varía la velocidad máxima de los fotoelectrones pero si su número que se cuadruplicará.

PBAU UIB junio 2022 Física

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Juan Carlos

6. Abril, 2022.

Un profesor de 10!! Tanto online como presencialmente me ha ayudado a superar todo lo que me he propuesto, muchas gracias!

Alberto Aguedo

26. Julio, 2021.

Gran profesor, siempre con mucha disponibilidad. 100% recomendable para preparar la oposición para Suboficiales del Ejercito que era lo que en mi caso necesitaba.

Javi Es

Mi experiencia es de matemáticas y física de 2° de bachillerato, Buen profesor y te resuelve las dudas sin problema.

carmen pons pieras

14. Mayo, 2021.

¡¡¡Excelente profesor y persona!!! Se compromete al 100% con el alumno y gracias a eso me ha ayudado a entrar en medicina en Navarra!! Me ha ayudado muchísimo con química y física. ¡Un 10 de profesor!

Pablo Gómez

25. Agosto, 2020.

Un gusto trabajar con Jaime, comprometido con nuestros estudios, nos preparó para una oposición y los 3 que los nos presentamos hemos obtenido plaza. Tanto presencial como online, sus clases se han adaptado perfectamente a nuestras necesidades, siempre atento y dispuesto a ayudar. Una inversión segura en tu futuro.

Carlos Belmonte

14. Agosto, 2020.

Excelente profesor y persona! Nos ha ayudado a superar la oposición de ascenso a Suboficial del Ejército con matemáticas y física y se curra mucho las clases y siempre que tienes dudas saca un hueco para responderlas.100% recomendable !!!

Luis Suarez

24. Julio, 2020.

Jaime ha sido un gran profesor en todos los niveles. Se nota que se curra las clases y se preocupa por sus alumnos. Podemos decir que gracias a él la asignatura de química de 2o de bachiller ha sido un paseo, todo un experto. Nos ha preparado para conseguir la excelencia tanto de bachillerato como de selectividad. No solo en química nos ha ayudado, sino que también en matemáticas y en física donde nos ha dado pequeños empujones muy necesarios. No hay excusa para sacar notazas con Jaime...

Pablo Pallarés

16. Julio, 2020.

Academia 100% recomendable debido al excelente profesor. Gracias a sus clases he podido superar con éxito segundo de bachillerato y sacar un 8 de matemáticas en selectividad. Además cuenta con un magnifico sistema de clases online con el que puedes seguir aprendiendo desde cualquier sitio.

Elemento	$W(eV)$	$W(J) =W(eV)\cdot e$	$\nu_{umb} (Hz)= \frac {W(J)}{h}$
Na	2.28	3.65·10^-19	5.51·10¹⁴
Si	3.59	5.74·10^-19	8.66·10¹⁴
Al	4.08	6.53·10^-19	9.85·10¹⁴

Academia Montesino

PBAU UIB junio 2022 Física

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