GRAVITACIÓN. PROBLEMAS

1. O MESSENGER é unha misión espacial non tripulada da NASA, lanzada rumbo a Mercurio en Agosto de 2004 e que entrou en órbita arredor dese planeta en Marzo de 2011. No seu percorrido enviou datos que permiten coñecer diferentes parámetros sobre Mercurio. Así, en Abril de 2011, atopándose a unha distancia de 10 124 km do centro de Mercurio, o período de Messenger foi de 12 horas e 2 minutos. Con estes datos:

a) Calcula a velocidade orbital a que se estaría movendo Messenger. b) Determina a masa de Mercurio. c) Determina os valores da enerxía cinética e potencial da sonda espacial nese intre, tendo en conta que a

masa da sonda espacial é de 485 kg. Dato: Constante de Gravitación G = 6,67·10-11N m2kg-2

a) Para determinar a velocidade orbital temos en conta os datos do problema: T= 12 h 2 min= 43 320 s R= 1,0124·107 m

73 12 2· ·1,0124·10 1,468·10 m s

43320Rv v

Tπ π −= ⇒ = = ⋅

b) A forza centrípeta necesaria para que Messenger poida describir a órbita é proporcionada pola forza de atracción entre Messenger e Mercurio.

kg10·27,3

·

232

22

2 ==⇒=⇒=

=

GRvMv

RMG

Rmv

RmMG

amF

mercuriomercuriomerc

cg

c) Cálculo das enerxías cinética e potencial 2 2

8

11 239

7

485 (1468) 5,23 102 2

6,67·10 3,27·10 485 1,04·10 J1,0124·10

c

P

mvE J

GMmER

−

⋅= = = ⋅

⋅ ⋅= − = − = −

2. O satélite PLANCK forma parte da primeira misión europea dedicada ao estudo da orixe do Universo. O satélite PLANCK, cunha masa de 1 800 kg, foi lanzado en Abril de 2009 para situarse nunha órbita a 1,5 millóns de kilómetros do centro da Terra. Supoñendo que a órbita que describe é circular, calcula:

a) A velocidade orbital do satélite e o tempo, en días, que tardará en dar unha volta entorno á Terra. b) A enerxía cinética, potencial e mecánica do satélite na órbita. c) A velocidade con que chegaría á Terra, se por algunha circunstancia o satélite perde a súa velocidade

orbital. Considerar desprezable a fricción ao entrar en contacto coa atmosfera Datos: Radio da Terra: 6,37·106 m. Masa da Terra: 5,98·1024 kg. G = 6,67·10-11N m2kg-2.

a) Para determinar a velocidade orbital temos en conta que:

2

22

11 241

9

·

6,67·10 ·5,98·10 516 m·s1,5.10

T Tg c

M m mv MF m a G G vR R R

GMvR

−−

= ⇒ = ⇒ =

= = =

A determinación do período faise a partir da velocidade orbital:

972 2 2 ·1,5·10 1,83·10 211 días

516R Rv T s

T vπ π π

= ⇒ = = = =

b) Cálculo das enerxías cinética e potencial

J10·4,2)10·8,4(10·4,2

J10·8,410·5,1

1800·10·98,5·10·67,6

J10·4,22

)516·(18002

888

89

2411

822

−=−+=+=

−=−=−=

===

−

Pcm

P

c

EEER

GMmE

mvE

c) Aplicamos o principio de conservación da enerxía, supoñendo que a enerxía cinética orbital

é agora nula.

28

2 11 248 11

6

4 1

( ) ( )

0 ( 4,8·10 ) ( )2

6,67·10 ·5,98·10 ·18004,8·10 1,12·102 6,37·10

1,12.10 m s

c P órbita c P Terra

T

E E E Emv MmG

Rmv

v

−

−

+ = +

+ − = + −

= − + =

= ⋅

3. En 2012, a Universidade de Vigo e o Instituto Nacional de Técnica Aeroespacial, en colaboración coa ESA (Axencia Espacial Europea) puxeron en órbita o primeiro satélite galego, o XATCOBEO, para fins educativos. Este satélite, cunha masa de aproximadamente 1 kg, orbita a unha altura máxima (apoxeo) de 1500 km da superficie terrestre, e a unha mínima (perixeo) de 300 km. Determina:

a) A velocidade media orbital, supoñendo que o radio medio orbital e a semisuma do perixeo e apoxeo. b) A enerxía mecánica do satélite no apoxeo. c) Xustificar cómo variará a velocidade areolar no seu percorrido orbital. Datos: Radio da Terra: 6,37·106 m; Masa da Terra: 5,98·1024 kg. G = 6,67·10-11N m2kg-2.

a) Para determinar a velocidade media orbital temos en conta que:

22

2

6

11 241

6

.

(1500 300) 12740Radio orbital 7270km 7,27·10 m2

6,67·10 ·5,98·10 7407m s7,27·10

T Tg c

M m mv MF m a G G vR R R

GMvR

−−

= ⇒ = ⇒ =

+ += = =

= = = ⋅

b) A enerxía mecánica consérvase, polo que:

𝐸𝑚𝑒𝑐.𝑝𝑒𝑟𝑖𝑥𝑒𝑜 = 𝐸𝑚𝑒𝑐.𝑎𝑝𝑜𝑥𝑒𝑜

−𝐺𝑀 ∙ 𝑚

6,67 ∙ 106+

12𝑚 ∙ 𝑣𝑝2 = −𝐺

𝑀 ∙ 𝑚7,87 ∙ 106

+12𝑚 ∙ 𝑣𝑎2

−𝐺𝑀 ∙ 𝑚

6,67 ∙ 106+

12𝑚 ∙ 𝑣𝑝2 = −𝐺

𝑀 ∙ 𝑚7,87 ∙ 106

+12𝑚 ∙ 𝑣𝑎2

Por tratarse dun campo de forzas centrais, tamén se conserva o momento angular:

𝐿𝑝𝑒𝑟𝑖𝑥𝑒𝑜 = 𝐿𝑎𝑝𝑜𝑥𝑒𝑜 ; 𝑚 ∙ 𝑣𝑝 ∙ 𝑟𝑝 = 𝑚 ∙ 𝑣𝑎 ∙ 𝑟𝑎 𝑚 ∙ 𝑣𝑝 ∙ 6,67 ∙ 106 = 𝑚 ∙ 𝑣𝑎 ∙ 7,87 ∙ 106

Resolvendo o sistema chegamos a: 𝑣𝑝 = 8046 m/s; 𝑣𝑎 = 6819 m · 𝑠−1 E pódese calcular a enerxía mecánica total, que resulta:

𝐸𝑚𝑒𝑐. = −2,74 ∙ 107 J

c) A segunda lei de Kepler dinos que no movemento dun satélite respecto do seu planeta, a

velocidade areolar é constante. m

LdtdAvareolar 2

==

Por tratarse dun campo de forzas centrais (𝑟 e �� son vectores paralelos), o momento da forza será nulo, co que o momento angular permanece constante. Por este motivo, a velocidade areolar non cambia.

0

0

2

F

F

areolar

M rxF

dLM L ctedt

dA Lv ctedt m

= =

= = ⇒ =

= = =

4. Un satélite de masa 200 kg sitúase nunha órbita circular sobre o ecuador terrestre, de tal forma que se axusta o radio da órbita para que dea unha volta á Terra cada 24 horas. Así conséguese que sempre se atope sobre o mesmo punto respecto da Terra (satélite xeoestacionario).

a) ¿Cal debe ser o radio da súa órbita? b) ¿Canta enerxía se precisa para situalo na órbita? c) ¿Cal é a velocidade que se lle debería comunicar dende a Terra para facer que escape da atracción

gravitatoria? Datos: G = 6,67·10-11N m2kg-2; Masa da Terra: 5,98·1024 kg; Radio da Terra: 6,37·106 m

a) Para determinar o radio da órbita temos en conta que o período T= 24 h= 86 400 s :

m10·2,44

)2(

.

732

222

2

2 ==⇒=⇒=⇒=

=

ππ TGMRT

RR

MGvR

MGR

mvR

mMG

amF

TTTT

cg

b) A enerxía necesaria para poñelo en órbita

11 246 7

10

( ) ( )

( )2

21 1 1 1( ) 6,67·10 ·5,98·10 ·200 ( )

2 6,37·10 8,4·10

1,16·10 J

c P Terra c P órbita

cT

cT

cT

c

E E E EMm MmE G GR R

Mm MmE G GR R

E GMmR R

E

−

+ = +

+ − = −

= − +

= − = ⋅ −

=

c) A velocidade de escape dende a superficie da Terra defínese como a velocidade mínima que debemos comunicar a un corpo para chegar ó infinito, e determínase por aplicación do principio de conservación da enerxía

2

11 243 1

6

0 02

2 2 6,67·10 ·5,98·10 11,1 10 m s6,37·10

T ePTerra c

T

Tescape

T

GM m mvE E ER

GMvR

∞

−−

+ = = ⇒ − + =

⋅= = = ⋅ ⋅

5. O conxunto de satélites GPS (Global Positioning System) describen órbitas circulares arredor da Terra permitindo que poidamos determinar a posición onde nos atopamos cunha gran precisión. Todos os satélites GPS están a mesma altura e dan dúas voltas á Terra cada 24 horas. Calcular:

a) A altura da súa órbita sobre a superficie da Terra e a velocidade angular dun dos satélites. b) A enerxía mecánica e a velocidade lineal que tería un destes satélites na súa órbita. c) A nova velocidade e o tempo que tardaría en dar unha volta á Terra se o facemos orbitar ao doble de

altura. Datos: G = 6,67·10-11N m2kg-2; Masa da Terra: 5,98·1024 kg; Radio da Terra: 6,37·106m; Masa do satélite: 150 kg.

a) Para determinar o radio da órbita temos en conta que o período T= 12 h= 43 200 s

m10.02,2

m10·66,24

)2(

.

7

732

222

2

2

=−=

==⇒=⇒=⇒=

=

T

TTTT

cg

RRh

TGMRT

RR

MGvR

MGR

mvR

mMG

amF

ππ

A velocidade angular:

14s10·45,143200

22 −−===ππϖ

T

b) A enerxía mecánica na órbita é a suma das súas enerxías cinética e potencial

J10·12,110·66,2·2

150·10·98,5·10.67,62

97

2411

−=−=−=−

RGMmET

A velocidade lineal obtense a partires da velocidade angular

1374 sm10·86,310·66,2·10·45,1· −− ⋅=== Rv ϖ

c) Para o cálculo da velocidade orbital:

12411

22

2

m·s2920)2(10·98,5·10·67,6

·

−−

=+

==

=⇒=⇒=

hRRGMv

vR

MGR

mvR

mMGamF

T

T

TTcg

O tempo que tardaría en dar unha volta sería

52 2 1,00·10 28 hR Rv T sT vπ π

= ⇒ = = =

6. A NASA lanzou en 2010 un satélite xeoestacionario (que xira coa mesma velocidade angular que a Terra), o GOES-P (Geostationary Operational Environmental Satellite), que suministrará diariamente información de tipo meteorolóxico e dará conta de actividades solares que poden afectar ao ambiente terrestre. GOES-P ten una masa de 3,1·103 kg e describe una órbita circular de 4,22· 107 m de radio. Con estes datos:

a) Calcula a velocidade areolar do satélite. b) Supoñendo que o satélite describe a súa órbita no plano ecuatorial da Terra, determinar o módulo do

momento angular respecto dos polos da Terra. c) Indica os valores da enerxía cinética e potencial do satélite na órbita. Datos: Período de rotación terrestre= 24 h. Radio medio terrestre 6 370 km; Masa da Terra: 5,98·1024 kg; G = 6,67·10-11N m2 kg-2.

a) Para determinar a velocidade areolar temos en conta que o vector de posición é perpendicular á velocidade, polo que:

121027222

s·m10·48,686400

)10·22,4·(.2

).2(

2.

222

−=====

====

πππϖTRRTRv

vRm

mvRmL

dtdAv

areolar

areolar

b) Para determinar o valor do momento angular:

2 2 7 2 6 2 7

3 1

3 3 6 1

7 6 14 2

(4, 22·10 ) (6,37·10 ) 4,27·10 m

3,07·10 m·s

3,1·10 ·3,07·10 9,52·10 kg m s

· · · · 4,27·10 ·9,52·10 4,06·10 kg m sα

−

−

= + = + =

= =

= ⋅ = = = ⋅ ⋅

= × ⇒ = = ⋅ = = ⋅ ⋅

Tr R R

GMvR

GMp m v mR

L r p L r m v sen r m v

c) Cálculo das enerxías cinética e potencial na órbita

J10·92,210·22,4

10·1,3·10·98,5·10·67,6

J10·46,12

)10·07,3(10·1,32

107

32411

102332

−=−=−=

===

−

RGMmE

mvE

P

c

7. A 760 km da superficie terrestre orbita, dende 2009, o satélite franco-español SMOS (Soil Moisture and Ocean Salinity), que forma parte dunha misión da Axencia Espacial Europea (ESA) para recoller información sobre o planeta. A masa do satélite é de 683 kg.

a) Calcular a enerxía cinética do satélite e a súa enerxía mecánica total. b) Calcular o módulo do momento angular do satélite respecto do centro da Terra. c) Xustificar por qué a velocidade areolar do satélite permanece constante. Datos: Radio medio terrestre: 6,37·106 m. Masa da Terra: 5,98·1024 kg. G = 6,67·10-11N m2kg-2.

a) Cálculo da enerxía cinética e da enerxía total 11 24

3 16

2 210

11 2410

6 6

10

6,67·10 ·5,98·10 7,48·10 m s7,13·10

683·7479 1,91·10 J2 2

6,67·10 ·5,98·10 ·683 3,82·10 J(6,37·10 0,76·10 )

1,91·10 J

c

P

T c P

GMvR

mvE

GMmER

E E E

−−

−

= = = ⋅

= = =

= − = − = −+

= + = −

b) Cálculo do módulo do momento angular:

6 6 6

3 1

3 6 1

6 6 13 2 1

6,37·10 0,76·10 7,13·10 m7,48.10 m s

683·7,48·10 5,11·10 kg m s

· · · · · 7,13·10 ·5,1·10 3,64·10 kg m s

Rvp mvL r p L r m v sen r m vα

−

−

−

= + =

= ⋅

= = = ⋅ ⋅

= × ⇒ = = = = ⋅ ⋅

c) A segunda lei de Kepler dinos que no movemento dun satélite respecto do seu planeta, a velocidade areolar é constante. Por tratarse dun campo de forzas centrais (𝑟 e �� son vectores paralelos), o momento da forza será nulo, co que o momento angular permanece constante. Por este motivo, a velocidade areolar non cambia.

0

0 ;

2

F

F

areolar

M rxF

dLM L ctedt

dA Lv ctedt m

= =

= = ⇒ =

= = =

8. Sabendo que o período de revolución lunar é de 27,32 días e que o radio da órbita da Lúa é 3,84·108 m, calcular:

a) A constante de gravitación universal, G. b) A enerxía cinética e potencial da Lúa respecto da Terra. c) Se un satélite se sitúa entre a Terra e a Lúa a unha distancia do centro da Terra de 5RL. ¿Cal é a relación

entre as forzas que exercen a Terra e a Lúa sobre el?. Datos: Radio medio terrestre: 6,37·106 m. Masa da Terra: 5,98·1024 kg. Radio da Lúa: 1,74·106 m. Masa da Lúa: 7,35·1022 kg.

Dato: 27,32 días= 2,36·106 s

a) Cálculo da constante de Gravitación Universal 8

6

24

8

28 2411 2 2

6 8

2 2 ·3,84·10.2,36.10

·5,98·103,84·10

2 ·3,84·10 ·5,98·10 6,71·10 N m kg2,36·10 3,84·10

Rv RT

GM GvR

G G

π πω

π − −

= = =

= =

= ⇒ = ⋅ ⋅

b) Cálculo da enerxía cinética e potencial

11 243 1

8

2 22 228

11 24 2228

8

6,71·10 ·5,98·10 1,022·10 m s3,84.10

7,35·10 ·1022 3,84·102 2

6,71·10 ·5,98·10 ·7,35·10 7,68·10 J3,84·10

c

P

GMvR

mvE J

GMmER

−−

−

= = = ⋅

= = =

= − = − = −

c) Relación de Forzas

( )

( )

( )

( )

( )( )

( )( )

22

22

22 2 24 8 65

2 222 62

5

5

5,98·10 · 3,84·10 5 1,74·105 . 51,5·10

. 5 7,35·10 · 5 1,74·105

T TT

T L

L LL

L L

T

L T LT

LL L L

L

GM m GM mFr R

GM m GM mFr R RGM m

R M R RFGM mF M R

R R

= =

= =−

− ⋅−= = = =

⋅−

9. Fobos é un satélite de Marte que xira nunha órbita circular de 9 380 km de radio, respecto ao centro do planeta, cun periodo de revolución de 7,65 horas. Outro satélite de Marte, Deimos, xira nunha órbita de 23 460 km de radio. Determine:

a) A masa de Marte e o período de revolución do satélite Deimos. b) A enerxía mecánica do satélite Deimos. c) O módulo do momento angular de Deimos respecto ao centro de Marte. Datos: G = 6,67·10-11N m2kg-2; Masa de Deimos = 2,4·1015 kg

a) Cálculo da masa de Marte.

kg10·44,6)27540(10·67,6

)10·38,9·(444

2.

23211

362

2

32

2

22

==⇒=⇒=

===

−

πππ

πω

MMGT

RR

GMT

RR

GMT

RRv

Cálculo do período de Deimos

2 2 2 3 2 7 3

52 11 23

2.

4 4 4 ·(2,346·10 ) 1,089·10 30,3 h6,67·10 36,44·10

R GMv RT R

R GM RT sT R GM

πω

π π π−

= = =

= ⇒ = = = =

b) Cálculo da enerxía mecánica de Deimos

J10·20,210·46,23·2

10·4,2·10·44,6·10·67,62

22

216

152311

2

−=−=−=+=

−=

==

−

RGMmEEE

RGMmE

RGMmvE

PcT

P

c

c) Cálculo do módulo do momento angular: 6

11 231

6

15 18 1

6 18 25 2 1

23,46·10

6,67·10 ·6,44·10 1353 m s23,46·10

2,4.10 ·1353 3,2·10 kg m s

· · · · · 23,46·10 ·3,2·10 7,5·10 kg m s

R m

GMvR

p mvL r p L r m v sen r m vα

−−

−

−

=

= = = ⋅

= = = ⋅ ⋅

= × ⇒ = = = = ⋅ ⋅

10. Nun planeta esférico coa mesma densidade media que a Terra e cun radio que é a metade do terrestre: a) ¿Cal é a aceleración da gravidade na superficie? b) ¿Cal sería o período dun satélite que se move nunha órbita circular a unha altura de 400 km respecto

da superficie do planeta? c) ¿Cómo sería a variación do seu campo gravitatorio en profundidade? Datos: Radio da Terra RT=6 370 km. Aceleración da gravidade na superficie da Terra g=9,8 m·s-2

a) Cálculo da aceleración da gravidade

3 3

3

33

-22 22

4 4 ( )3 3 2

43

4 84 ( ) 33 2

9,88 4,9m s2 2( )2

T

T T

T T

T T

T T

T

T

T T

M M Mdensidade planeta RV R

M Mdensidade TerraV R

M M MMR R

MGGM GMg RR R

π π

π

ππ

− = = =

− = =

= ⇒ =

= = = = = ⋅

b) Cálculo do período da órbita dun satélite a 400 km da superficie.

2 2 2 3 2 3 2 3 2 2 3

2 2 2

62 5 3

46 2

2·

4 4 4 3232 .8 9,8·

6,37·1032 ·( 4 10 )2 1,57·10 s 4,36 h

9,8·(6,37·10 )

T

T T T T

R GMv RT R

R GM R R R R RTT R GM G M GM R R

T

πω

π π π π π

π

= = =

= ⇒ = = = =⋅

+ ⋅= = =

c) Variación de g en profundidade

Si consideramos o planeta como unha esfera homoxénea de densidade constante, podemos deducir que o valor de g varía proporcionalmente con r, polo que o máximo valor será na superficie.

PPPP

P

PP

Rrg

RRGMr

RGMr

rRMrG

rGMg

RMrM

rM

RM

VMd

.'

'3

4'

34

0232

3

3

2

3

3

33

=====

=⇒===ππ

11. A partir dos seguintes datos do Sistema Solar

Planetas Distancia media al Sol (UA) Período orbital (anos) Rplaneta/RT Masa/MT Mercurio 0,387 0,240 8 0,386 0,055 Venus 0,723 0,615 2 0,949 0,815 Terra 1,00 1,00 1,00 1,00 Marte 1,52 1,881 0,532 0,107 Xúpiter 5,20 11,86 11,2 318 Saturno 9,54 29,45 9,45 95 Urano 19,2 84,02 4,01 14 Neptuno 30,1 164,8 3,88 17 a) Calcular o valor da constante da terceira lei de Kepler para Marte, Saturno e Neptuno. b) Calcula a masa do Sol c) Calcula a aceleración da gravidade na superficie de Venus. Datos: 1UA=1,496·1011m; G = 6,67·10-11N m2 kg-2.Campo gravitatorio na superficie da Tierra: 9,8 N·Kg-1

a) 3ª Lei de Kepler: T2αR3

2 2 2 2

2 3

2 22 -3

3 3

2 22 -3

3 3

2 22 -3

3 3

2

4 4

1,881 1,0075 anos UA1,52

29,45 0,9989 anos UA9,54164,8 0,9959 anos UA30,1

R GMv RT R

R GM T cteT R R GM

TMarteR

TSaturnoRTNeptunoR

πω

π π

= = =

= ⇒ = =

→ = = ⋅

→ = = ⋅

→ = = ⋅

Calculamos o valor medio da constante:

2 3 19 2 31,0008 anos · 2,97 10 s mUA − −= ⋅ ⋅

b) Cálculo da masa do Sol 2

19 2 3

230

19

4 2,97·10 s m

4 1,99·10 kg·2,97·10Sol

cteGM

MG

π

π

− −

−

= = ⋅

= =

c) Aceleración da gravidade en Venus

22 2 2

·0,815 ·0,905 9,8·0,905 8,9 m s(0,949 )

Venus T T

Venus T T

GM G M GMgR R R

−= = = = = ⋅

12. A ISS (International Space Station) é o resultado da colaboración internacional para construír e manter unha plataforma de investigación con presenza humana de larga duración no espazo. Se a masa da ISS é de 3,7·105 kg e describe unha órbita circular arredor da Terra a unha distancia de 3,59·105 m da súa superficie, calcular:

a) A velocidade orbital da ISS e o tempo que tarda en dar unha volta arredor da Terra. b) A enerxía mecánica da ISS. c) A forza gravitatoria sobre un astronauta de 80 kg de masa que se atope na ISS. Datos: Constante de Gravitación Universal G = 6,67·10-11N m2 kg-2 Masa da Terra MT= 5,98·1024kg;Radio da Terra RT= 6 370 km

a) Cálculo da velocidade orbital e do período.

2

22

11 241

6 5

6 5

.

6,67·10 ·5,98·10 7700 m s(6,37·10 3,59·10 )

2 2 2 (6,37·10 3,59·10 ). 5490 s 1,52 h7700

T Tg c

T

M m mv MF m a G G vR R R

GMvR

R Rv R TT vπ π πω

−−

= ⇒ = ⇒ =

= = = ⋅+

+= = ⇒ = = = =

b) Cálculo da enerxía mecánica

J10.09,110.729,6.2

10.7,310.98,5.10.67,62

22

136

52411

2

−=−=−=+=

−=

==

−

RGMmEEE

RGMmE

RGMmvE

PcT

P

c

c) Forza gravitatoria

11 24

2 6 2

6,67·10 ·5,98·10. 80 705 N(6,729·10 )

Tg

GMF m g mR

−

= = = =

13. Un cometa de masa 1012kg achégase ó Sol dende un punto moi afastado do sistema solar, podéndose considerar que a súa velocidade inicial é nula.

a) Calcula-la súa velocidade no perihelio (situado a unha distancia aproximada de cen millóns de quilómetros do Sol)

b) Calcula-la enerxía potencial cando cruce a órbita da Terra (a unha distancia r=1,5·108km). c) Calcula o valor do módulo do momento angular no perihelio. Datos: Masa do Sol: 2·1030kg; G=6'67·10-11N·m2 ·kg-2

a) Se o lugar de onde provén o cometa está moi afastado do sistema solar, podemos considerar que a

distancia é infinita, e, polo tanto, a enerxía potencial será nula, o mesmo que a enerxía total, pois a

velocidade inicial era cero.

No perihelio, ten unha enerxía potencial negativa que imos calcular, e que ten que ser

contrarrestada, en base ó principio de conservación da enerxía, pola enerxía cinética, positiva. A

partir desta, calculámo-la velocidade: 2

24 1

2 2

0; 0; 2 5,2·10 m s2 2

c

P

c P

mv GMER

GMmER

GMm mv GME E vR R

−

= =

= −

+ = − + = = = ⋅

b) Para a enerxía potencial ó cruzar a órbita da Terra, é indiferente de onde proceda o cometa, tendo

que restablecer só a ecuación correspondente: PGMmE

R= −

Entón, só nos resta substituí-los datos da masa do Sol, a do cometa e a distancia ó Sol cando cruza

a órbita da Terra, xunto coa constante de gravitación universal:

208,9 10 JPGMmE

R= − = − ⋅

c) O módulo do momento angular no perihelio sería

11 12 4 27 2 11 10 10 5,2 10 5,2 10 kg m sL r m v −= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

14. Nun planeta cun radio que é a metade do radio terrestre, a aceleración da gravidade na súa superficie vale 5 m s-2. Calcular:

a) A relación entre as masas do planeta e da Terra. b) A velocidade de escape para un corpo situado nese planeta (RT= 6 370 km) c) A altura a que é necesario deixar caer un obxecto no planeta, para que chegue á súa superficie coa

mesma velocidade coa que o fai na Terra, cando cae dende unha altura de 100 m. (Na Terra: g =10 m s-2)

a) A intensidade do campo gravitatorio vén dada pola expresión:

2RGMg =

a gravidade na superficie do planeta é : gp = 5 m·s-2

a gravidade na superficie da Terra é: gT = 10 m·s-2

Despexando as masas do planeta e a Terra nestas expresións queda:

GR

G

R

GRM T

TP

P

222

45)2(

55 ===

GRM T

T

2

10=

b)

1-3

2

s m 10·64,52

1125,0·10·2

).2

(

125,0·2

2

125,0·22

02

0

====

=−⇒==+ ∞

T

TT

TT

T

T

P

Pescape

P

PPc

R

RRRMG

RMG

RGMv

RmGMmvEEE

c) A velocidade coa que chega ó chan un corpo que cae dende una altura " h", sen velocidade inicial, na

que a intensidade do campo gravitatorio poida considerarse constante, vén dada pola expresión 12 2·10·100 44,7 m sv gh −= = = ⋅

No planeta para que chegue con esa velocidade terá que caer dende a altura seguinte:

2 ;44,7 2·5· ; 200 mv gh h h= = =

125,010

45

2

2

==

GRGR

MM

T

T

T

P

15. Un satélite de comunicacións de 1 t describe órbitas circulares arredor da Terra cun período de 90 minutos. Calcular: a) A altura á que se atopa sobre a Terra. b) A velocidade orbital c) A enerxía total. Datos: RT=6 400 km; MT=5,98·1024 kg; G=6,67·10-11 N m2kg-2

a) A forza centrípeta que fai varia-la dirección da velocidade do satélite é a forza gravitatoria que exerce a Terra sobre o satélite a esa distancia do seu centro:

RMGv

Rmv

RmMG

amF cg

=⇒=

=

22

2

·

·

Por outro lado sabemos que : RT

Rv .2· πω ==

de onde 2

232

4··;)·2(π

π TMGRRTR

MG ==

Substituíndo nesta expresión os datos que temos en unidades do Sistema Internacional obtémos valor de R

m10·47,2;;10·647,64

·· 4632

2

=−=+=== TT RRhhRRmTMGRπ

b) A velocidade orbital pode calcularse como:

22 3 1

2

·

· 7,73·10 m s

g cF m a

M m mv M GMG v G vR R R R

−

=

= ⇒ = ⇒ = = ⋅

Ou ben como: 6

3 12 2 ·6,45·10 7,73·10 m s5400

RvTπ π −= = = ⋅

c) A enerxía total do satélite é a suma das súas enerxías cinética e potencial

J10·08,310·47,6·2

1000·10·98,5·10·67,62

22

136

2411

2

−=−=−=+=

−=

==

−

RGMmEEE

RGMmE

RGMmvE

PcT

P

c

16. Un corpo de masa 1 000 kg xira a 200 km por enriba da superficie da Terra. a) ¿Cal é a aceleración da gravidade a esa altura? b) ¿Cal é o valor do potencial gravitatorio a esa altura? c) ¿Cal é o valor da enerxía total? Datos: g0= 9,81 m s-2; RT= 6 370 km

a) Para determinar o valor de g a esa altura

2 2

2 2 6 22

02 2 2 6 2

· ·

·

(6,570·10 )· . 9,81· 9,22 m s(6,370·10 )

g c

T T

T T T

T

F m a m gM m MG m g g G

R RM R Rg G g gR R R

−

= =

= ⇒ =

= = ⇒ = = ⋅

b) O potencial gravitatorio: 2 6 2

7 106

· 9,81·(6,370·10 ) 6,06·10 J kg6,570·10

T TM g RV GR R

−= − = − = − = − ⋅

c) A enerxía total será :

2

2 2 6 2100

2 6

; 2 2

2· . 9,81·1000·(6,370·10 )· 3,03.10 J

2 2 2.6,570·10

c P

T c P

T TT

T

mv GM GMmE ER R

GMmE E ER

GMm R g m RER R R

= = = −

= + = −

= − = − = − = −

A enerxía total será negativa por tratarse dun campo atractivo e considerar o valor de referencia 0 para a enerxía no infinito.

17. Sabendo que o planeta Venus tarda 224,7 días en dar unha volta completa arredor do Sol e que a distancia de Neptuno ó Sol é 4,504·109 km así como que a Terra invirte 365,256 días en dar unha volta completa arredor do Sol e que a súa distancia a este é 1,495·108 km. Calcular:

a) Distancia de Venus ó Sol. b) Duración dunha revolución completa de Neptuno arredor do Sol. c) Velocidade orbital de Neptuno arredor do Sol.

a) A 3ª lei de Kepler dinos que T2 é proporcional a R3 sendo T o período de revolución do planeta e R o radio da súa órbita. Aplicando esto á Terra e a Venus teremos

2 3 2 3

2 3 23 3 6

2 3 2

· ; ·

· 108,14·10 km

T T V V

T T VV T V

V V T

T cte R T cte RT R TR R RT R T

= =

= ⇒ = ⇒ =

b) Facendo o mesmo coa Terra e Neptuno obteremos 3

2 2 93 · 5,21·10 165 anosN

N TT

RT T sR

= = =

c) Cálculo da velocidade orbital:

93 1

9

2 2 ·4,504·10 5,43 10 m s5,21·10

RvTπ π −= = = ⋅ ⋅

18. Un satélite artificial de 200 kg describe unha órbita circular a 400 km de altura sobre a superficie terrestre. Calcula:

a) O valor da gravidade a esa altura b) Enerxía mecánica. c) A velocidade que se lle comunicou na superficie da Terra para colocalo nesa órbita. Datos: G = 6,67·10-11 N·m2·kg-2 ; MT = 5,98·1024 kg ; RT = 6 370 km

a) O valor da gravidade :

22 2

· ·

· 8,70 m s

g c

T T

F m a m gM m MG m g g G

R R−

= =

= ⇒ = = ⋅

b) A enerxía mecánica é a suma da enerxía cinética e a potencial

J10·89,52

22

9

2

−=−=+=

−=

==

RGMmEEE

RGMmE

RGMmvE

PcT

P

c

c) Aplicando o principio de conservación da enerxía ó momento do lanzamento:

29

3 1

5,89·10 J2

8,14·10 m s

saída Tm

T

saída

mv GM mER

v −

= − = −

= ⋅

19. Un satélite cunha masa de 300 kg móvese nunha órbita circular a 5·10 7 m por enriba da superficie terrestre.

a) ¿Cal é a forza da gravidade sobre o satélite?. b) ¿Cal é o período do satélite? c) ¿Cal é a enerxía mecánica do satélite na órbita? Datos: g0= 9,81 m·s-2; RT= 6 370 km

a) Calculamos o valor do módulo da forza de atracción gravitatoria:

N38,37··· 2

20

2

2

22 ====R

RmgRR

RmMG

RmMGF T

T

TTTg

b) Para o satélite que orbita a forza centrípeta é igual á forza gravitatoria antes calculada.

21

4

·

·2657 m s

2 2 1,33·10 37 h

g c

gg

F m a

F RmvF vR mR Rv T s

T vπ π

−

=

= ⇒ = = ⋅

= ⇒ = = =

c) Enerxía mecánica

J10·06,12

.·22

22

92

02

2

2

−=−=−=−=+=

−=

==

RRmg

RR

RGMm

RGMmEEE

RGMmE

RGMmvE

T

T

TPcT

P

c

20. Un astronauta de 75 kg xira nun satélite artificial onde a súa órbita dista h da superficie da Terra. Calcular:

a) O período de dito satélite. b) A forza gravitatoria sobre dito astronauta. c) A Enerxía mecánica do astronauta Datos: g0= 9,81 m·s-2; h= RT= 6 370 km

a) O período do satélite calculase a partir da velocidade orbital:

2 2 22 10

2 2

4

·

. 5590 m s.

2 2 1,43·10 4 h

g c

T T

T

F m a

M m mv M GMR g RG v G vR R R R R R

R Rv T sT vπ π

−

=

= ⇒ = ⇒ = = = ⋅

= ⇒ = = =

b) Cálculo da forza sufrida:

N18410·274,1

5590·75

·

6

22

===

=

RmvF

amF

g

cg

c) Enerxía mecánica

J10·18,12

.·22

22

92

02

2

2

−=−=−=−=+=

−=

==

RRmg

RR

RGMm

RGMmEEE

RGMmE

RGMmvE

T

T

TPcT

P

c

21. Quérese poñer nunha órbita de radio r= 5R/3 un satélite artificial de masa 10 kg, sendo R=6 370 km.

Calcular: a) A velocidade de lanzamento. b) A enerxía total do mesmo. c) A velocidade de escape dende a Terra. Dato: g0= 9,81 m·s-2

a) A enerxía mecánica é a suma da enerxía cinética e a potencial

RRmg

RR

RGMm

RGMmEEE T

T

TPcT 2

.·

22

20

2

2

−=−=−=+=

Aplicando o principio de conservación da enerxía, esta será a mesma que no momento de ser lanzado:

EM [na órbita]= EC + EP [no lanzamento]

220

3 1

. 12 2

9,37·10 m s

T

T

g m R GMm mvR R

v −

− = − +

= ⋅

b) A enerxía total será como xa vimos

J10·88,1

532

.2

· 82

20

20 −=

−=−=

T

TTT

R

RmgRRmgE

c) A velocidade de escape obténse: 2

4 1

0 02

2 1,11·10 m s

c P

escapeT

mv GMmE E ER

GMvR

∞

−

+ = = ⇒ − =

= = ⋅

22. Se o radio da Lúa é unha cuarta parte do da Terra, a) Calcula a súa masa. b) Calcula o radio da órbita arredor da Terra. c) Calcula a velocidade orbital da Lúa Datos: gL = 1,7 m·s-2; gT= 9,8 m·s-2 ; MT = 5,98·1024kg; RT=6 370 km; Período da Lúa arredor da Terra = 2,36·106s

a) A intensidade do campo gravitatorio nas superficies da Lúa e a Terra é:

2

22

22

· · ·

9,8 m s

1,7 m s

g c

TT

T

LL

L

MmF m a m g G m gR

Mg GRMg GR

−

−

= = ⇒ =

= = ⋅

= = ⋅

dividindo unha pola outra e substituíndo a masa da Terra teremos

kg10·46,6

4

7,18,9 22

2

2

2

2

=⇒

=⇒= L

T

L

T

T

L

L

T

T

L

T M

RMRM

RMG

RMG

gg

b) A forza centrípeta que fai varia-la dirección da velocidade do satélite é a forza gravitatoria que exerce a Terra sobre o satélite a esa distancia do seu centro:

RMGv

Rvm

RmMG

amF

TLLT

cLg

=⇒=

=

22

2

·

·

Por outro lado sabemos que : RT

Rv ·2· πω == ; 2

23

2

4··;·2

ππ TMGRR

TRMG TT =

=

Substituíndo nesta expresión os datos que temos en unidades do Sistema Internacional obtémos o valor de R

m10·83,34

···4

·· 832

2203

2

2

2

2

===ππ

TRgRRTMGR T

T

TTTL

c) Cálculo da velocidade orbital

2 22 3 10

2

·

· . 1,02·10 m s

g L c

T L L T T T

F m a

M m m v M M g RG v G v GR R R R R

−

=

= ⇒ = ⇒ = = = ⋅

23. Calcular: a) A enerxía cinética que debería ter unha persoa de 70kg para orbitar arredor da Terra a unha altura 0. b) ¿Canta enerxía sería necesaria para elevala a unha órbita estable a 6 370 km de altura? c) ¿Cal sería o valor da gravidade a esa altura Datos:RT: 6 370 km;G=6,67· 10-11 N·m2·Kg-2;MT=5,98·1024 kg.

a) Para que dera voltas sen caer tería que suceder que a súa forza centrípeta fose igual á gravitatoria

T

T

TT

T

cg

RMGv

Rmv

RmMG

amF

=⇒=

=

22

2

·

·

A súa enerxía cinética sería:

b) Cando está na órbita a 6 370 km da superficie da Terra terá unha enerxía total: 91,10 10 J

2T c PGMmE E E

R= + = − = − ⋅

ista enerxía será igual á suma da enerxía potencial na superficie da Terra e da enerxía cinética que lle temos que comunicar para poñela en órbita

9 9 91,10 10 4,38 10 3,28 10 J2CT Mórbita PT

T

GMm GMmE E ER R

= − = − − − = − ⋅ + ⋅ = ⋅

c) A gravidade nese punto será:

2

22

· ·

2,46 m s

g cMmF m a m g G m gR

Mg GR

−

= = ⇒ = ⋅

= = ⋅

J10·19,222

92

===T

Tc R

mGMmvE

24. Calcular: a) A velocidade que leva na súa órbita un satélite xeoestacionario. b) A distancia da Terra a que se atopa. c) Se fora lanzado cun canon dende a Terra, desprezando o rozamento atmosférico, calcular a velocidade

de lanzamento necesaria. Datos: G = 6,67·10-11 N·m2·kg-2 ; MT = 5,98·1024 kg ; R T = 6 370 km

a) Xeoestacionario significa que está sempre sobre o mesmo punto, o cal implica que o seu período de rotación ten que ser igual ó da Terra e o plano da súa órbita perpendicular á superficie no Ecuador.

22

2 2

3 132

2 864002 2

86400 2 3,07 10 m s2 86400

g c

R v T vv RT

F m a

M m m v M G MG v G RR R R v

v G M G Mvv

ππ π

ππ

−

⋅ ⋅= ⇒ = =

= ⋅

⋅ ⋅ ⋅= ⇒ = ⇒ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⇒ = = ⋅ ⋅

b) A distancia á que se atopa 7

2 4,23 10 mG MRv⋅

= = ⋅

c) A enerxía mecánica do satélite estacionario será:

64,71 10 J2T c P

GMmE E E mR

= + = − = − ⋅ ⋅

Para efectuar o lanzamento dende a Terra:

6 7

7

27 4 1

4,71·10 6,26·102

5,79 10 J

5,79 10 1,08 10 m s2

CT Mórbita PTT

CT

GMm GMmE E E m mR R

E mm v m v −

= − = − − − = − ⋅ + ⋅

= ⋅ ⋅

⋅= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅

25. Unha masa de 8 kg está situada na orixe de coordenadas. Calcular: a) A intensidade e o potencial do campo gravitatorio no punto (3,2) (S.I). b) A forza con que atraería a unha masa de 2 kg. c) O traballo realizado pola forza gravitatoria ao trasladar a masa de 2 kg dende o infinito ata o punto (3,2). Dato: G = 6,67·10-11N m2kg-2.

a) Intensidade en (3,2) 11 11

2 2

11 11 1

11 1

8 3 2 8 3 26,67·10 · 6,67·10 ·13( 9 4) 9 4 13

3,41·10 2,27·10 (N kg )4,09.10 (N kg )

rM i j i jg G ur

i jg

− −

− − −

− −

+ += − = − = − =

+ +

= − − ⋅

= ⋅

Potencial gravitatorio en (3,2)

11 10 186,67·10 1, 48·10 J·kg13

− − −= − = − = −MV Gr

b) Forza sobre unha masa de 2 kg

)N(10·18,8

)N(10·54,410·82,6

)10·27,210·41,3·(2·

11

1111

1110

−

−−

−−

=

−−=

=−−==

F

jijigmF

c) Traballo para trasladar a masa dende o infinito ata o punto (3,2)

10 10( ) · ( 1,48 10 ) 2 2,96 10 JPP P PW E V m V V m V m − −

∞ ∞= −∆ = −∆ ⋅ = − − ⋅ = − = − − ⋅ ⋅ = ⋅

O traballo é positivo, o que representa que son as forzas do campo gravitatorio as que realizan o traballo.

26. Dúas partículas de masas M1 e M2 = 9 M1 están separadas unha distancia d =3 m. No punto P, situado entre elas, o campo gravitatorio total creado por estas partículas é nulo.

a) Calcula a distancia x entre P y M1. b) Calcula o valor do potencial gravitatorio no punto P en función de M1. c) Explica o concepto de intensidade de campo gravitatorio creado por unha ou varias partículas. Dato: G = 6,67·10-11N·m2·kg-2.

a) Distancia entre P y M1.

m75,0;)3(3

1;)3(9

1

0)()3(

910·67,610·67,6

0

00

2

2

2

2111

2111

222

212

1

1

21

=−

=−

=

=−

−

−+−

=

−+−

=+⇒=

−−

xx

xx

x

ix

MixM

urMGu

rMG

ggg

rr

P

b) Potencial en P

1 2 1 11 2

1 2

11 10 111

9( )0,75 2,25

66,67·10 3,56·10 (J kg )2

M M M MV V V G G G Gr r

M M− − −

= + = − + − = − + −

− = − − ⋅

c) Intensidade de campo gravitatorio creado por unha ou varias partículas.

A intensidade de campo gravitatorio representa a forza gravitatoria exercida por unha

masa M sobre a unidade de masa colocada nese punto.

( )12 N kgr

F Mg G um r

−= = − ⋅

Onde ur representa un vector unitario con dirección radial e sentido dende o centro da

masa que crea o campo, M, cara o punto P. O signo negativo representa o carácter atractivo

do campo gravitatorio.

Cando son varias as partículas que están producindo un campo de atracción gravitatorio en

P, o campo resultante, por aplicación do principio de superposición, será a suma vectorial

de cada un dos campos individuais creados en ese punto por cada unha das masas.

11 2 3 2

1 1

... (N kg )n n

iP n i r

i i i

Mg g g g g g G ur

−

= =

= + + + + = = − ⋅

∑ ∑

27. Un obxecto de masa m1 está situado na orixe de coordenadas, e un segundo obxecto está no punto coordenadas (5, 0) m. Considerando unicamente a interacción gravitatoria e supoñendo que son masas puntuais, calcula:

a) A relación entre as masas m1/m2 se o campo gravitatorio no punto (2, 0) m é nulo. b) O módulo, dirección e sentido do momento angular da masa m2 con respecto da orixe de coordenadas

se m2 = 100 kg e a súa velocidade é (0, 100) ms-1. c) O valor do potencial gravitatorio no punto (2, 2). Dato: G =6,67·10-11N·m2·kg-2.

a) Relación entre masas.

94

0)()3(

10·67,62

10·67,6

0

00

2

1

2211

2111

222

212

1

1

21

=

=−

+−

=

−+−

=+⇒=

−−

MM

iM

iM

urM

GurM

G

ggg

rr

P

b) Momento angular 4 1

2

2

4 4 2 1

4 2 1

100·100 10 (kg m s )

5

5 10 5 10 (kg m s )

5 10 kg m s

p M v j j

r im

L r p i j k

L

−

−

−

= = =

=

= × = × = ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅

c) Potencial gravitatorio en (2, 2)

11 111 21 2

1 29 1

44,4 100( ) 6,67·10 ( 6,67·10 )8 13

2,90·10 J kg

M MV V V G Gr r

V

− −

− −

= + = − + − = − + −

= − ⋅

28. Sitúanse catro masas puntuais idénticas, de 5 kg nos vértices dun cadrado de lado 1 m. Calcular: a) O campo gravitatorio creado polas catro masas no centro de cada lado do cadrado. b) O campo gravitatorio creado polas catro masas no centro do cadrado. c) O traballo necesario para levar a unidade de masa dende o centro do cadrado ata un punto onde non

existise atracción gravitatoria. Explica o significado físico deste resultado Dato: G = 6,67·10-11N·m2·kg-2.

a) Cálculo do campo gravitatorio no centro dun lado.

Dacordo co esquema da figura, os campos gravitatorios creados

polas masas 3 e 4 anúlanse por ser de sentido contrario.

1 21 2 3 4 1 2 1 22 2

1 2

11 11

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

10 10 1

5 0,5 5 0,56,67·10 ( 6,67·10( 1 0,5 ) 1 0,5 ( 1 0,5 ) 1 0,5

2,38·10 ( 0,5 0,5 ) 4,77·10 (N kg )

P P P P P P P r P r PP P

M Mg g g g g g g G u G ur r

i j i j

i j i j ig

− −

− − −

= + + + = + = − + − =

+ −

= − + − =+ + + +

= − + + − = − ⋅

10 14,77·10 N kg− −= ⋅

b) Cálculo do campo gravitatorio no centro do cadrado. Dado que todas as masas son iguais e

están a mesma distancia, o campo no centro do cadrado é nulo.

04321

=+++= OOOOO ggggg

c) Traballo para levar a unidade de masa dende O ata o infinito

1 2 3 41 2 3 4 2 2

1 2 3 4

11 9 1

9 9

· ( )· ·

540,5 0,5

54 6,67·10 1,88·10 J kg0,5

· 1,88·10 ·1 1,88·10 J

O P O O

O O O O OO O O O

O

O O

W E V m V V m V m

M M M MV V V V V G G G G Gr r r r

V

W V m

∞∞

− − −

∞ − −

= −∆ = −∆ = − − =

= + + + = − − − − = − +

= − = − ⋅

= = − = −

O traballo é negativo, o que representa que é un traballo realizado polas forzas externas.

29. Unha masa m (1 000 kg) móvese no campo gravitatorio creado por duas masas iguais, M1 e M2 (M1 = M2 = 1,0·1024 kg), situadas nos puntos (-4, 0) e (4, 0) (coordenadas no S.I). Cando m se atopa no punto P (0, 5) m ten unha velocidade de -200ȷms-1 . Calcular:

a) O módulo, dirección e sentido da forza que actúa sobre m en P. b) O módulo da velocidade de m cando pasa polo punto B (0, 0). Dato: Constante de Gravitación Universal G= 6,67·10-11N·m2·kg-2.

a) Cálculo da forza en P.

( )

)N(10·54,2)10·54,2·(1000

)kgN (10·54,2)5454(10·54,2

)5454

54

10·0,110·67,6(54

54)54(

10·0,110·67,6

)(.

1512

11111

22222

2411

22222

2411

222

212

1

121

21

jjF

jjiji

jiji

urMGu

rMGggg

ggmgmF

P

PrP

PrP

PPP

PPPP

−=−=

−=+−+−=

=+

+−

+−+

+

+

+−=

=

−+−=+=

+==

−

−−

b) Velocidade en B. Aplicando o principio de conservación da enerxía:

2 21 2 1 2

1 2 1 2

241 2 1 2 1

2 24 2 2411 11

16

( ) ( )

( )2 2

1,0 10 kg; 1000kg; 41; 4

1000 200 1,0 10 1000 1,0 10 ·10002 6,67 10 2 6,67 102 2 441

1002,08 10

c P P c P B

p B

P P B B

P P B B

B

E E E Em v M m M m m v M m M mG G G G

R R R R

M M m R R R Rm v− −

+ = +

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅− − = + − −

= = ⋅ = = = = =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅− ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅

− ⋅ =2

16

6 1

0 3,35 102

5,0·10 m s

B

B

v

v −

⋅− ⋅

= ⋅

30. En tres dos catro vértices dun cadrado de 10 m de lado colócanse outras tantas masas de 10 kg. Calcular:

a) O campo gravitatorio no cuarto vértice do cadrado. b) O potencial gravitatorio no punto anterior c) O traballo realizado polo campo para levar unha masa de 10 kg dende dito vértice ata o centro do

cadrado. Dato: G= 6,67·10-11N·m2·kg-2.

a) Supoñendo as masas situadas nos vértices (0,0), (10,0), (0,10) o vector g no (10,10) obteráse a partir da suma vectorial das intensidades creadas por cada unha das masas situadas nos outros vértices.

1 2 3 1 2

11 11 112 2 22 2

12 12 1

11 1

10 10 10 5 10 5 106,67·10 6,67·10 6,67·1010 10( 200) ( 100) ( 100)10 10

9,03 10 9,03 10 (N kg )

1,27·10 N kg

P P P P P P

P

g g g g g g

i j j i

g i jg

− − −

− − −

− −

= + + = +

+= − − −

+= − ⋅ − ⋅ ⋅

= ⋅

b)

111 2 3(10,10)

1 2 310 1

(10,10)

1 1 16,67 10 10 ( )200 100 100

1,81 10 J kg

M M MV G G Gr r r

V

−

− −

= − − − = − ⋅ ⋅ ⋅ + +

= − ⋅ ⋅

c) O traballo para levar a masa de 10 kg desde o vértice (10, 10) ata o punto (5, 5) calcularase pola variación da enerxía potencial que posúe a masa de 10 kg neses dous puntos

J10·02,110·10·02,1)·(

kgJ 10·83,2

)501

51

501·(10·10·67,6

'''

kgJ 10·81,1)1001

1001

2001·(10·10·67,6

)·(·

910)10,10()5,5(

)5,5()10,10(

110)5,5(

11

3

3

2

21)5,5(

11011

3

3

2

2

1

1)10,10(

)10,10()5,5()5,5(

)10,10(

1

−−

−−

−

−−−

==−−=

−=

++−=−−−=

−=++−

=−−−=

−−=∆−=∆−=

mVVW

V

rMG

rMG

rMGV

rMG

rMG

rMGV

mVVmVEW P

Que representa un traballo realizado polo campo

GRAVITACIÓN. CUESTIONS

1. Un planeta xira arredor do Sol nunha traxectoria elíptica. Cal das seguintes magnitudes é maior no perihelio (distancia mais próxima ao Sol) que no afelio: a) O momento angular; b) O momento lineal; c) A enerxía mecánica.

SOL. b Aplicando a segunda lei de Kepler (velocidade areolar constante), un planeta barre áreas iguais en tempos iguais, polo que a velocidade no perihelio debe ser maior que no afelio. Por esta razón, o momento lineal (p� = m.v� ) será maior no perihelio. Tanto a enerxía mecánica como o momento angular son constantes.

2. Sabendo que a aceleración da gravedade nun movemento de caída libre na superficie da Lúa é 1/6

da aceleración da gravedade na superficie da Terra e que o radio da Lúa é aproximadamente 0, 27 RT, a relación entre as densidades medias da Lúa e da Terra será: a) dL/dT= 50/81; b) dL/dT= 8/200; c) dL/dT= 1/6

SOL. A

8150

)27,0(·

627,0

)27,0()27,0(

34

34

627,027,06;;

34

3

32

3

3

3

3

3

3

2

2

22

2

2

3

=====

=⇒====

T

T

TT

TL

T

T

T

L

T

T

L

L

T

L

T

L

T

T

T

L

T

T

T

T

L

L

T

L

RR

RMRM

RM

RM

R

M

R

M

dd

MM

RGM

RGM

g

g

RGM

RGM

gg

R

MVMd

π

π

π

3. Sabendo que a aceleración da gravedade nun movemento de caída libre na superficie de Marte é

0,38 veces a gravedade na superficie da Terra e que o radio de Marte é aproximadamente 0,53 RT, a relación entre as velocidades de escape dun obxecto dende as súas respectivas superficies será: a) veT/veM= 4,96; b) veT/veM= 2,23; c) veT/veM= 0,45 SOL. b Tendo en conta a expresión da velocidade de escape.

23,253,0·38,0.2

·2.2.2

·22 0

===

==

TT

TT

MM

TT

eM

eT

Pe

RgRg

RgRg

vv

RgR

GMv

4. Os cometas describen órbitas elípticas moi alongadas arredor do Sol, de maneira que a distancia ao Sol varía moito. Cal das seguintes magnitudes é maior no punto mais alonxado ao Sol: a) Enerxía cinética; b) Enerxía potencial; c) Momento angular. SOL. b A enerxía potencial (EP = −GMm

r) aumenta coa distancia xa que é negativa, e canto máis grande sexa

r máis se aproxima a 0. Aínda que o seu valor absoluto é menor, por estar afectada polo carácter negativo, a enerxía potencial é maior nos puntos mais alonxados. Así, no punto B a enerxía potencial gravitatoria é maior que en A.

5. A seguinte táboa relaciona período e radio das órbitas de tres satélites xirando arredor do mesmo astro. Sabemos que hai un dato incorrecto. A cal corresponde?

Satélite A B C__ T (anos) 0,44 1,00 3,86 R (·105 km) 0,88 2,08 3,74

a)En A; b) en B; c) en C SOL. b Aplicando a 3ª lei de Kepler, débese manter unha relación de proporcionalidade entre T2 e R3. Así, esta relación é de 0,284 (en anos2/(105 km)3) para A e de 0,285 para C. En cambio, esta relación é de 0,111 para B, polo que os seus datos deben ser incorrectos.

6. Onde se atopará o punto no que se anulan os campos gravitatorio da Lúa e da Terra? a) No punto medio entre Terra e Lúa; b) Máis cerca da Terra; c) Máis cerca da Lúa. SOL. c Tendo en conta que nese punto o valor do campo gravitatorio (g� = −G. M

r2u� r) debe anularse. O

campo gravitatorio terrestre debe ser igual ao da Lúa. Como a masa da Terra é moito maior que a da Lúa, este punto estará máis achegadó á Lúa que da Terra.

7. Se a Lúa reducise a súa masa á metade, a “Lúa chea” veríase: a)Con mais frecuencia que agora; b) Con menos frecuencia; c) Coa mesma frecuencia. SOL. c A partir da terceira lei de Kepler podemos chegar a unha expresión que relaciona T2 e R3. A expresión é: 𝑇2 = 4π2R3

GM

O período non depende da masa da Lúa. Tan só dependería da masa da Terra, polo que o non modificarse o período, tampouco o fai a frecuencia. A “Lúa chea” seguiríase vendo coa mesma frecuencia.

8. ¿Cómo inflúe a dirección en que se lanza un obxecto na súa velocidade de escape?

a)Non inflúe; b) A velocidade de escape é maior canto maior sexa ángulo de lanzamento; c) A velocidade de escape é menor canto menor sexa o ángulo de lanzamento.

SOL. a

Na velocidade de escape: v= �2G · Mr

non inflúe a dirección, polo que será a mesma

independentemente do ángulo de lanzamento.

9. ¿A qué distancia fóra da superficie da Terra o valor do campo gravitatorio é igual ó seu valor nun punto do interior da Terra equidistante do centro e da superficie? (tomar RT = 6 400 km) a)6 400 km; b) 9 050 km; c)18 100 km.

SOL. b Calculando "g" nun punto equidistante entre o centro da Terra e a superficie (r= 3 200 km); e comparando co valor pedido no exterior resultará.

2

02 2

intint 0

2 2int

int 0 02 2

·

·

3200· · 9050 km

T Text

ext

T

T Text ext

ext T ext T

GM Rg gR R

Rg gR

R R Rg g g g RR R R R

= =

=

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

10. ¿A qué altitude, o peso dun astronauta se reduce a metade?. a) Se h= 0,5 RT; b) Se h=2 RT ; c) Se h=

0,41 RT SOL. c Tendo en conta a expresión para o campo gravitatorio terrestre en puntos alonxados da súa superficie:

TTTTTT

T

T

T

RhhRRhRRRGMm

hRGMm

PP

RGMmmgP

hRGMmmgP

41,02)(22)(

;2

)(

222

20

200

2

=⇒+=⇒+=⇒=+

=

==

+==

11. Xustificar cal das seguintes afirmacións e verdadeira. a) Un satélite de masa 2 m ten o doble de velocidade de escape que outro de masa m. b) Dous planetas de radios diferentes, coa mesma densidade, posúen a mesma velocidade de

escape. c) Un satélite terá a metade da velocidade de escape nun planeta de radio 4R que noutro de radio R

e a mesma masa. SOL. c

A partir da ecuación da velocidade de escape: v= �2G · Mr

pódese deducir que si r=4R, a velocidade

de escape será a metade que no planeta de radio r= R.

12. ¿Como varía g o profundizar cara o interior da Terra? a) Aumenta; b) Diminúe; c)Non varía.

SOL. b Se supoñemos que a Terra é unha esfera maciza de densidade constante, podemos calcula-la masa

(M') que nun punto do seu interior é causante da atracción gravitatoria:

TTT

T

T

TT

T

TT

T

T

T

T

RRg

RRRGM

RRGM

R

MRRG

RGMg

MRRM

R

M

R

MVM

VMd

·'

'

34

'

34'

'

0232

3

3

2

3

3

33

=====

=⇒=⇒==ππ

Obténse unha variación lineal de g con R. A medida que T diminúe

(ó ir cara o interior da Terra) g tamén diminúe. O valor máximo de g obtense cando R= RT.

13. As órbitas planetarias son planas porque: a) Os planetas teñen inercia; b) Non varía o momento angular ó ser unha forza central; c) Non varía

o momento de inercia dos planetas no seu percorrido. SOL. b Se temos en conta que o campo gravitatorio é un campo de forzas centrais no que Fe r son vectores paralelos, esto suporá que o momento da forza será 0 e polo tanto: dL/dt =0. O momento cinético L debe ser constante en módulo e en dirección e sentido. Dado que a dirección é constante, as órbitas deben ser planas.

14. Unha partícula móvese dentro dun campo de forzas centrais. O seu momento angular respecto do centro de forzas: a)Aumenta indefinidadamente; b) É cero; c) Permanece constante.

SOL. c Nun campo de forzas centrais, a forza é de tipo radial, é dicir, os vectores F e r teñen a mesma dirección, polo que o seu producto vectorial será nulo (vectores paralelos). Así pois, por tratarse dun campo de forzas centrais (r e F son vectores paralelos), o momento da forza será nulo e estamos en condicións de aplica-lo principio de conservación do momento angular. Se o momento da forza é nulo, o momento angular permanecerá constante.

cteLdtLdM

FxrM

F

F

=⇒==

==

0

0

Polo tanto L será constante

15. Se por unha causa interna, a Terra sufrira un colapso gravitatorio e reducira o seu radio mantendo constante a súa masa. ¿Cómo sería o período de revolución arredor do Sol? a) Igual; b) Menor; c) Maior

SOL. a Dacordo coa terceira lei de Kepler, T2 e proporcional a R3, resultando independente da distribución das masas durante a rotación, polo que dito período non se verá modificado.

GMRT

TR

RGM

TR

RGM

TRRv

RGMvv

RMG

Rmv

RmMG

amF

TT

cg

32

2

22

22

2

4422.

·

ππππω =⇒=⇒=⇒==

=⇒=⇒=

=

16. A velocidade que se debe comunicar a un corpo na superficie da Terra para que escape da gravidade terrestre e se afaste para sempre debe ser: a) Maior que (2g0RT)1/2; b) Menor que (2g0RT)1/2; c) Igual que (g0RT)1/2.

SOL. a Para conseguir que un corpo "escape" da atracción gravitatoria, deberemos comunicarlle unha enerxía que permita situalo nun punto no que non estea sometido a dita atracción. Esto ocorre a unha distancia "infinita" do centro da Terra e na que se cumpre que ET=0. Aplicando o principio de conservación da enerxía mecánica a ambos puntos (codia terrestre e infinito) a velocidade que hai que comunicar será maior que �2𝑔0.𝑅𝑇

𝐸𝑚 = 𝐸𝐶 + 𝐸𝑃; 𝐸𝑚 =𝑚𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒2

2+ �−

𝐺.𝑀𝑇

𝑅𝑇� = 0; 𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 = �

2𝐺𝑀𝑇

𝑅𝑇= �2𝑔0.𝑅𝑇

17. A forza gravitatoria é proporcional á masa do corpo. En ausencia de rozamento, ¿que corpos caen

máis rápido?: a) Os de maior masa; b) Os de menor masa; c) Todos igual. SOL. c Todos caerían igual, porque aínda que a forza gravitatoria depende da atracción das masas, a intensidade do campo gravitatorio (g) medida como F/m, depende unicamente da masa creadora do campo sendo independente da masa do obxecto que cae. g= GM/r2 Esta intensidade de campo gravitatorio é a que determina a aceleración de caída do corpo.

18. Se por unha causa interna, a Terra sufrira un colapso gravitatorio e reducira o seu radio a metade, mantendo constante a masa. Cómo sería o período de revolución arredor do Sol?. a) Igual; b) 2 anos; c) 4 anos. SOL. a Dacordo coa terceira lei de Kepler, T2 e proporcional a R3, resultando independente da distribución das masas durante a rotación, polo que dito período non se verá modificado. Dito doutro xeito, o campo gravitatorio é un campo de forzas centrais, no que se mantén constante o momento cinético, polo que de non modificarse o centro de masas das partículas, non se modifica o momento de inercia , e polo tanto a velocidade angular permanecería tamén constante.

19. Sexan tres corpos iguais de gran masa, A, B, e C, e un de pequena masa, X. Se os dispoñemos A e B por unha beira e C e X por outra, cos centros igualmente separados: a) Achegáranse máis rápido A e B; b) Achegáranse máis rápido C e X; c) Achegáranse ambas parellas cunha mesma aceleración. SOL.: a Segundo a lei de gravitación universal, a forza gravitatoria establécese entre dous corpos cunha intensidade proporcional ó producto das súas masas. En cambio, a aceleración que sofre cada un dos corpos é proporcional á masa do outro. Polo tanto a aceleración de achegamento (suma das aceleracións de cada corpo independente) será maior se algunha das masas é maior, e o achegamento é máis rápido.

20. G e g son: a) g maior que G; b) Unha maior cá outra dependendo do lugar e campo dos que se parta; c) Non ten sentido facer unha comparación entre g e G. SOL.: c Non ten sentido a comparación xa que "g" representa a intensidade de campo gravitatorio (F/m), sendo unha constante non universal que depende da distancia (g= GMm/r2); mentres que "G" é unha constante universal que non depende da natureza dos corpos que interaccionan e que toma o valor de 6'67·10-11 Nm2kg-2. Representa a forza gravitatoria con que se atraen dous corpos de 1 kg de masa cada un, situados a 1 m de distancia.

21. Se nun corpo situado nun campo gravitatorio, a súa Ec é igual á súa Ep (en valor absoluto), eso significa: a) Que o corpo pode escapar ó infinito; b) Que o corpo rematará caendo sobre a masa que crea o campo; c) Que seguirá unha órbita circular. SOL.: a Tendo en conta o balance enerxético global: EC+EP= -1/2 (GMm/r), dado que a enerxía potenacial é sempre negativa a suma de ambas será 0. Este valor será nulo cando r é ∞ .

22. Un mesmo planeta, describindo circunferencias arredor do sol, irá máis rápido: a) Canto maior sexa o raio da órbita; b) Canto menor sexa o raio da órbita; c) A velocidade non depende do tamaño da órbita. SOL.: b Para que un obxecto se atope en órbita: FG= FC ⟹ Se r diminúe a forza gravitatoria aumenta, por ser esta inversamente proporcional a r2; aumentando así a aceleración centrípeta a que está sometida e polo tanto a velocidade.

23. No movemento da Terra arredor do Sol: a) Consérvanse o momento angular e o momento lineal; b) Consérvanse o momento lineal e o momento da forza que os une; c) Varía o momento lineal e consérvase o angular. SOL.: c O campo gravitatorio é un campo de forzas centrais no que 𝐹 ��� e 𝑟 �� son paralelos, esto suporá que o momento da forza será 0 e polo tanto: d𝐿� /dt =0. Esto representa o principio de conservación do momento cinético. O momento lineal: 𝑝= m�� non será constante, xa que o vector v cambia continuamente en dirección e sentido.

24. Cando un obxecto xira en torno a Terra cúmprese :a) Que a enerxía mecánica do obxecto na súa órbita é positiva; b) Que a súa velocidade na órbita será v=(2gRT)½; c) Que a forza centrípeta e a forza gravitatoria son iguais. SOL.: c A condición dinámica para a existencia dunha órbita implica a existencia dunha forza que garante a existencia dun movemento circular e polo tanto dunha aceleración centrípeta. A responsabilidade desta forza centrípeta recae no caso do campo gravitatorio na forza gravitatoria. Polo tanto a forza gravitatoria será a forza centrípeta.

25. A aceleración de caída dos corpos cara a Terra é: a) Proporcional ó seu peso; b) Proporcional á forza de atracción entre ambos; c) Independente da súa masa. SOL.:c A aceleración de caída dos corpos "g" é a intensidade de campo gravitatorio, representa a Forza exercida por unidade de masa, sendo independente da masa. g= G(M/r2)

ELECTROMAGNETISMO. PROBLEMAS

1. Dúas cargas eléctricas de 2,0·10-5 C e -1,7·10-4 C distan entre si 10 cm.

a) Que traballo haberá que realizar sobre a segunda carga para afastala da primeira outros 40 cm na mesma dirección?

b) Que forza se exercerán mutuamente a esa distancia? Dato: K = 9·109 N·m2·C-2 a) O traballo, realizado pola forza do campo, para mover unha carga q dende un punto de potencial V1 a

outro de potencial V2 é: 𝑊1→2 = 𝑞 · (𝑉1 − 𝑉2)

Polo tanto, temos que calcular o potencial xerado pola primeira carga nos dous puntos onde se atopa a segunda, que é a que se move. O potencial xerado por unha carga q a unha distancia r é:

𝑉 = 𝑘 ·𝑞𝑟

Substituíndo q = 2,0·10-5 C, r1 = 10 cm = 0,1 m , r2 = 50 cm = 0,5 m, e operando, obtemos: V1 = 1,8·106 V , V2 = 3,6·105 V Agora podemos calcular o traballo necesario para mover a carga q' = - 1,7·10-4 C: 𝑊1→2 = 𝑞 · (𝑉1 − 𝑉2)= - 1,7·10-4· (1,8 · 106 − 3,6 · 105) = −2,5 · 102J

O traballo é negativo, o que quere dicir que teñen que realizalo forzas exteriores ao campo, xa que as forzas existentes entre esas dúas cargas, por seren de distinto signo, son atractivas. b) Para determinar a forza que se exercen mutuamente dúas cargas eléctricas situadas a unha certa

distancia unha da outra empregaremos a Lei de Coulomb, que nos di que o módulo de dita forza é directamente proporcional ao produto das cargas e inversamente proporcional ao cadrado da distancia que as separa:

𝐹 = 𝐾 ·𝑞1 · 𝑞2𝑟2

Substituíndo os datos que temos queda |𝐹| = 122,4 N (onde a forza existente entre as dúas cargas é de tipo atractivo, e polo tanto, debería ser negativa).

2. No punto A de coordenadas (0,15) hai unha carga de -6,0·10-5 C. Na orixe de coordenadas hai outra de 1,5·10-4 C. Calcula: a) A intensidade do campo eléctrico resultante no punto P de coordenadas (36,0). b) O potencial resultante nese punto.

Dato: As coordenadas exprésanse en metros, K = 9·109 N·m2∙C-2 a) A intensidade do campo creado por unha carga q a distancia r é

unha magnitude vectorial que calcularemos a partir da expresión: 𝐸� = 𝐾 ·

𝑞𝑟2𝑢𝑟����

onde q é carga creadora do campo, r é o módulo do vector que marcaría a posición do punto no que buscamos a intensidade do campo respecto ao punto en que se atopa a carga creadora do campo. As compoñentes deste vector de posición obtémolas restándolle ás coordenadas do extremo do vector (punto no que buscamos a intensidade do campo), as da orixe (punto no que se atopa a carga creadora do campo). 𝑢𝑟���� é o vector unitario do vector de posición. As cargas q1 e q2 crean cada unha delas un campo no punto P e a intensidade total do campo creado polo conxunto das dúas cargas obterémolo como a suma vectorial das intensidades dos campos creados por cada unha delas.

Achemos entón as intensidades dos campos creados polas cargas q1 e q2: En primeiro lugar, determinaremos os vectores de posición r1 e r2 do punto P respecto a cada unha das cargas:

𝑟1��� = 𝑟1𝑥����� + 𝑟1𝑦����� onde 𝑟1𝑥 = coordenada X do punto P - coordenada X do punto A, de módulo 36 m 𝑟1𝑦 = coordenada Y do punto P - coordenada Y do punto A, de módulo -15 m de maneira que:

𝑟1��� = 36𝚤 − 15𝚥 𝑚 O seu módulo r1 = (362 + 152)1/2 = 39 m e o seu vector unitario: 𝑢1���� = 36𝚤−15𝚥

39

O vector de posición de P respecto á orixe será: 𝑟2��� = 𝑟2𝑥����� + 𝑟2𝑦�����

onde r2x = 36 - 0 = 36 m, r2y = 0 - 0 = 0 m, e o seu vector unitario: 𝑢2���� = 𝚤 𝑟2��� = 36𝚤 m

O vector intensidade de campo creado pola carga q1=-6·10-5 C no punto P obterémolo substituíndo na expresión:

𝐸� = 𝐾 ·𝑞𝑟2𝑢𝑟����

𝐸1���� = −328𝚤 + 137𝚥 N ∙ C−1 Para a carga q2 = 1,5·10-4 C:

𝐸2���� = 1041,7𝚤 𝑁/𝐶 O campo total será:

𝐸� = 𝐸1���� + 𝐸2���� = 714𝚤 + 137𝚥 N ∙ C−1

O seu módulo: E = (714 + 137 )1/2 = 727N·C-1

b) O potencial eléctrico creado por unha carga nun punto do seu campo é unha magnitude escalar directamente proporcional á carga creadora e inversamente proporcional á distancia do punto a carga e vén dado pola expresión:

𝑉 = 𝐾 ·𝑞𝑟

Cando sobre ese punto actúan dúas cargas cada unha crea o seu propio potencial e en consecuencia o potencial total será a suma alxebraica dos potenciais, isto é, coma no caso das forzas, aplícase o principio de superposición, coa diferencia de que, como neste caso os potenciais son magnitudes escalares, a suma será alxebraica. O potencial creado pola carga q1 será:

𝑉1 = 9 · 109 ·−6 · 10−5

39= −13800 V

e o creado pola carga q2 será:

𝑉1 = 9 · 109 ·1,5 · 10−4

36= 37500 V

O potencial total será: 𝑉 = 𝑉1+ 𝑉2 = 23700 V

3. Tres cargas puntuais iguais de 5,0 µC cada unha están situadas nos vértices dun triángulo equilátero de 1,5 m de lado. a) Onde debe colocarse unha cuarta carga e cal debe ser o seu valor para que o sistema formado polas

catro cargas estea en equilibrio?. b) Calcula o traballo necesario para levar esa carga q desde o centro do triángulo até o centro dun lado. c) Interpreta fisicamente o significado do signo no traballo.

Dato: K = 9·109 N·m2·C-2

a) Por simetría debe estar no centro do triángulo. A carga debe ser negativa para producir unha forza de tipo atractivo que iguale as forzas das outras cargas en cada un dos vértices.

Para que haxa equilibrio debe cumprirse que, nos tres vértices do triángulo: 𝐹1��� + 𝐹2���� + 𝐹3���� = 0

A forza electrostática entre cada dúas cargas é: 𝐹 = 𝐾 · 𝑞·𝑞𝑟2

𝐹1 = 𝐹2 = 9 · 109 ·5,0 · 10−6 · 5,0 · 10−6

1,52= 0,1 N

Vectorialmente: 𝐹1��� = 0,1 · cos 60 𝚤 + 0,1 · sen 60 𝚥 N 𝐹2���� = −0,1 · cos 60 𝚤 + 0,1 · sen 60 𝚥 N

𝐹1��� + 𝐹2���� = 0,17𝚥 N Polo tanto a cuarta carga terá que exercer unha forza igual e de sentido oposto á resultante das outras duas:

𝐹3���� = −0,17𝚥 𝑁 de xeito que:

−0,17 = 9 · 109 ·5,0 · 10−6 · 𝑞

𝑟32

Como:

𝑟3 =0,75

cos 30= 0,87 m

Substituindo: 𝑞 = −2,8 · 10−6C

b) O traballo realizado pola forza do campo para levar unha carga dende un punto A ata outro B vén

definido, nun campo conservativo por: 𝑊𝐴→𝐵 = −∆𝐸𝑝 = 𝐸𝑝𝐴 − 𝐸𝑝𝐵 = 𝑞 · (𝑉𝐴 − 𝑉𝐵)

onde: 𝑉 = 𝐾 ·

𝑞𝑟

Haberá que calcular o valor do potencial para cada un dos puntos debido ás tres cargas:

𝑉𝐴 = 9 · 109 · �5,0 · 10−6

0,87· 3� = 155884 V

𝑉𝐵 = 9 · 109 · �5,0 · 10−6

1,30 �+ 9 · 109 · �5,0 · 10−6

0,75· 2� = 154641 V

A ddp será: 𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 = 1,24 · 103 𝑉

O valor do traballo realizado é: 𝑊𝐴→𝐵 = 𝑞 · (𝑉𝐴 − 𝑉𝐵) = −2,8 · 10−6 · 1,24 · 103 = −3,48 · 10−3 J

c) O signo negativo indica que é un traballo realizado por unha forza exterior, en contra do campo,

que provoca un incremento da enerxía potencial do sistema.

4. Dúas cargas de +1 mC e -2 mC están situadas en dous puntos, A e B, separados entre si 1 m, como se indica na figura. Considerando a recta que pasa polas dúas cargas: a) Analiza cualitativamente en que puntos se podería anular o campo eléctrico. b) Determina o punto ou puntos nos que se anula o campo eléctrico. c) Determina o punto ou os puntos nos que se anula o potencial eléctrico.

Dato: K= 9·109 Nm2C-2

a) A cargas eléctricas de distinto signo producen campos eléctricos de sentidos contrarios, logo o campo eléctrico nunca poderá ser nulo nun punto intermedio a elas. Como a intensidade do campo é:

𝐸� = 𝐾 ·𝑞𝑟2𝑢𝑟����

Para que os dous campos poidan ter o mesmo módulo será preciso que o punto estea máis afastado da carga maior. Xa que logo, o campo eléctrico só poderá anularse á esquerda do punto A.

b) Se chamamos d á distancia do punto onde se anula o campo a A (carga de 1 mC): 9 · 109 · 10−3

𝑑2+

9 · 109 · (−2 · 10−3)(𝑑 + 1)2 = 0

Obtemos: 𝑑 = 2,41 m á esquerda de 𝐴

c) Como o potencial é unha magnitude escalar: 𝑉 = 𝐾 · 𝑞𝑟 só temos unha suma escalar, polo tanto terá

que estar máis perto da carga menor, pero pode estar entre elas ou non. Xa que logo, temos dúas posibilidades:

1. A esquerda de A: 9 · 109 · 10−3

𝑑+

9 · 109 · (−2 · 10−3)1 + 𝑑

de onde: 𝑑 = 0,5 m 2. No medio delas:

9 · 109 · 10−3

𝑑+

9 · 109 · (−2 · 10−3)1 − 𝑑

de onde: 𝑑 = 0,33 m á dereita de A

5. Unha carga de 10-5 C crea un campo onde metemos outra carga de 10-6 C. Calcula: a) Se o potencial do punto no que se sitúa a carga de 10-6C é de 1500 V, calcula a distancia entrambas

cargas. b) O traballo necesario para que unha toque a outra, se teñen un raio, respectivamente, de 0,1 m e 0,01

m. c) Interpreta fisicamente o signo do traballo.

Dato: K= 9·109 Nm2C-2 a) O potencial creado por unha carga nun punto é: 𝑉 = 𝐾 · 𝑞

𝑟

O potencial que crea a primeira carga no lugar A que se atopa a outra é 1500 V. Así:

1500 = 9 · 109 ·10−5

𝑟

obtemos: 𝑟 = 60 m

b) Para que cheguen a tocarse teñen que quedar os centros das cargas a 𝑑 = 0,1 + 0,01 = 0,11 m Calculando o potencial que crea a esa distancia do seu centro, podemos logo calcular o traballo necesario:

𝑉𝐵 = 9 · 109 ·10−5

0,11= 8,2 · 105 V

E o traballo: 𝑊𝐴→𝐵 = 𝑞 · (𝑉𝐴 − 𝑉𝐵) = 10−6 · (1500− 8,2 · 105) = −0,82 J

c) O signo negativo significa que ese traballo teñen que realizalo forzas exteriores.

6. Unha molécula de auga compórtase, na práctica, como un dipolo eléctrico. Un dipolo eléctrico está formado por dúas cargas puntuais de 7 µC e -7 µC, distantes entre si 10 cm. Calcula o campo e o potencial eléctrico: a) Nun punto da mediatriz do segmento que as une, distante 8 cm de cada carga. b) Nun punto situado na prolongación do segmento que as une e a 3 cm da carga positiva.

Dato: K = 9·109 Nm2C-2

a) O campo eléctrico en P será:

𝐸� 𝑃 = 𝐸�+ + 𝐸�− = 2𝐸�+𝑥 pois, como se pode observar no debuxo, as compoñentes do campo no eixo y cancélanse por simetría, ao seren da mesma magnitude e sentidos opostos. O campo eléctrico producido pola carga positiva en P é:

𝐸�+ = 𝐾𝑞+𝑟+2

𝑢� +

onde: 𝑟+ = 0,05𝚤 + 0,063𝚥 ; o vector unitario será: 𝑢� + = 𝑟+

|𝑟+|. Así:

𝐸� 𝑃 = 2𝐸�+𝑥 =2 · 9 · 109 · 7 · 10−6 · 0,05

0,082 · 0,08𝚤 = 1,2 · 107𝚤N ∙ C−1

O potencial eléctrico en P será: 𝑉𝑃 = 𝑉+ + 𝑉−, onde:

𝑉+ = 𝐾𝑞+𝑟+

Como 𝑉+ = −𝑉− resulta: 𝑉𝑃 = 0 V

b) O campo eléctrico no novo punto é: 𝐸� 𝑃 = 𝐸� + + 𝐸� − Agora:

𝐸�+ = 𝐾𝑞+𝑟+2

𝑢� + = 9 · 109 ·7 · 10−6

(3 · 10−2)2(−𝚤) = −7,0 · 107𝚤

𝑁𝐶

𝐸�− = 𝐾𝑞−𝑟−2

𝑢� − = 9 · 109 ·−7 · 10−6

(13 · 10−2)2(−𝚤) = 3,7 · 106𝚤

𝑁𝐶

Por tanto:

𝐸� 𝑃 = 𝐸�+ + 𝐸�− = −3,3 · 107𝚤N ∙ C−1

O potencial eléctrico en P será: 𝑉𝑃 = 𝑉+ + 𝑉−, onde:

𝑉+ = 𝑘𝑞+𝑟+

= 9 · 109 ·7 · 10−6

3 · 10−2= 2,1 · 106 V

𝑉− = 𝑘𝑞−𝑟−

= 9 · 109 ·−7 · 10−6

13 · 10−2= −4,8 · 105 V

Así: 𝑉𝑃 = 𝑉+ + 𝑉− = 2,7 · 106 𝑉

7. Un péndulo electrostático consiste nunha pequena esfera cargada electricamente e pendurada dun fío de material illante. Foi o primeiro aparello utilizado para medir o campo eléctrico. Se a boliña ten unha masa de 1,5 g, ao sometela a un campo eléctrico uniforme e horizontal de 103 N·C-1, o fío forma un ángulo de 20° con respecto á súa posición inicial. a) Fai un debuxo representando o campo eléctrico e as forzas que actúan sobre a boliña. b) Determina a carga eléctrica da boliña. c) Analiza a enerxía do sistema nesa situación final.

Datos: K = 9·109 Nm2C-2

; g = 9,8 ms-2 a)

b) Se 𝐸� e ��𝑒teñen o mesmo sentido, a carga eléctrica será positiva. Se teñen sentido oposto, será negativa. c) Unha vez alcanzado o equilibrio, a suma das forzas sobre a esfera é cero: ��� = ��𝑒 + 𝑃� + 𝑇� = 0 Logo da descomposición bidimensional chegamos a:

𝐹𝑒 = 𝑇𝑠𝑒𝑛𝜃 𝐹𝑔 = 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑡𝑔𝜃 =𝐹𝑒𝐹𝑔⇒ tg 30 =

𝐹𝑒𝑚 · 𝑔

= tg 𝜃 =𝑞 · 𝐸𝑚 · 𝑔

Despexamos a carga e substituimos:

𝑞 =tg 𝜃 · 𝑚 · 𝑔

𝐸=

tg 20° · 1,5 · 10−3 · 9,8103

= 5,4 · 10−6C d) A enerxía potencial gravitatoria aumentou a costa da enerxía potencial

electrostática.

8. Dúas esferas de 5 g atópanse penduradas por dous fíos de 30 cm desde un mesmo punto. Se se lles fornece a ambas as partículas a mesma carga, sepáranse de xeito que os fíos forman entre si un ángulo de 60°. a) Debuxa nun diagrama as forzas que actúan sobre as partículas. b) Obtén o valor da carga que se fornece a cada partícula.

Datos: K = 9·109 Nm2C-2 ; g = 9,8 ms-2

a)

b) Unha vez alcanzado o equilibrio, a suma das forzas sobre cada esfera é cero:

��� = ��𝑒 + 𝐹𝑔��� + 𝑇� = 0 O módulo da forza eléctrica que exerce unha esfera sobre a outra é:

𝐹𝑒 = 𝐾𝑞2

𝑟2= 9 · 109 ·

𝑞2

(0,30)2

pois: 𝑟 = 2 · 0,3 · 𝑠𝑒𝑛30 = 0,30 m Logo da descomposición bidimensional chegamos a:

𝐹𝑒 = 𝑇𝑠𝑒𝑛𝜃 𝐹𝑔 = 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑡𝑔𝜃 =𝐹𝑒𝐹𝑔⇒ tan 30 =

𝐹𝑒𝑚 · 𝑔

Despexamos a carga e substituimos:

𝑞 = �tan 30° · 5 · 10−3 · 9,81011

= 5,3 · 10−7C

9. Dúas cargas negativas iguais, de 1 µ C, atópanse sobre o eixo de abscisas, separadas unha distancia de

20 cm. A unha distancia de 50 cm sobre a vertical que pasa polo punto medio da liña que as une, abandónase unha carga de 1 µC, de masa 1 g, inicialmente en repouso. Determina: a) A velocidade que terá ao pasar polo punto medio da liña de unión. b) O valor do potencial eléctrico en dito punto medio.

Dato: K = 9·109 Nm2C-2 a) As dúas cargas eléctricas negativas crean un potencial no punto onde se atopa a carga positiva, e outro

no punto medio da recta que as une, de maneira que o deixar ceibe a carga positiva, esta se moverá adquirindo unha enerxía cinética que será igual o traballo que realizan as cargas negativas para trasladala. O traballo eléctrico realizado pola forza do campo é: 𝑊𝐴→𝐵 = 𝑞 · (𝑉𝐴 − 𝑉𝐵) Calculamos os potenciais nos puntos inicial e final como a suma alxebraica dos potenciais creados neses puntos por cada unha das cargas negativas:

𝑊𝐴→𝐵 = 𝑞 · (𝑉𝐴 − 𝑉𝐵)

𝑉𝐴 = 𝑉1𝐴 + 𝑉2𝐴 = 9 · 109 ·−10−6

(0,102 + 0,502)1 2�· 2 = −3,5 · 104 V

𝑉𝐵 = 𝑉1𝐵 + 𝑉2𝐵 = 9 · 109 ·−10−6

0,1· 2 = −1,8 · 105 V

Substituindo: 𝑊𝐴→𝐵 = 10−6 · (−3,5 · 104 + 1,8 · 105) = 0,145 J

Como a enerxía cinética é:

𝐸𝑐 =𝑚 · 𝑣2

2 ⇒ 0,145 =

10−3 · 𝑣2

2

A velocidade será: |𝑣| = 17 m ∙ s−1

b) O potencial en B: 𝑉𝐵 = −1,8 · 105 V

10. Dúas cargas puntuais fixas de magnitudes q1= -40 nC e q2= 25 nC distan 8 cm. Sobre o segmento que as

une, a 2,5 cm da carga positiva, abandónase sen velocidade inicial un protón. Cal será a velocidade do protón cando se atope a 1 cm da carga negativa?

Datos: qp=1,6·10-19 C ; mp=1,6·10-27kg ; qnm=10-9m

Pola conservación da enerxía mecánica: 𝐸𝑚𝐴 = 𝐸𝑚𝐵 𝐸𝑐𝐴 + 𝐸𝑝𝐴 = 𝐸𝑐𝐵 + 𝐸𝑝𝐵

A enerxía cinética inicial é nula. As enerxías potenciais serán:

𝐸𝑝𝐴 = 𝐸𝑝1𝐴 + 𝐸𝑝2𝐴 =𝐾 · 𝑞1 · 𝑞𝑝

𝑟1𝐴+𝐾 · 𝑞2 · 𝑞𝑝

𝑟2𝐴= 9 · 109 · 1,6 · 10−19 · �−

40 · 10−9

5,5 · 10−2+

25 · 10−9

2,5 · 10−2�

== 3,9 · 10−16J

𝐸𝑝𝐵 = 𝐸𝑝1𝐵 + 𝐸𝑝2𝐵 =𝐾 · 𝑞1 · 𝑞𝑝

𝑟1𝐵+𝐾 · 𝑞2 · 𝑞𝑝

𝑟2𝐵= 9 · 109 · 1,6 · 10−19 · �−

40 · 10−9

1 · 10−2+

25 · 10−9

7 · 10−2 �=

= −5,3 · 10−15J A enerxía cinética na posición final será:

𝐸𝑐𝐵 = 𝐸𝑝𝐴 − 𝐸𝑝𝐵 = 3,9 · 10−16 − (−5,3 · 10−15) = 5,6 · 10−15J E a velocidade:

|𝑣𝐵| = �2·𝐸𝑐𝐵𝑚𝑝

= �2·5,6·10−15

1,6·10−27= 2,7 · 106m ∙ s−1

11. Un electrón-voltio é unha unidade de enerxía igual á enerxía cinética dun electrón que foi acelerado partindo do repouso cunha diferencia de potencial de 1 V. a) Obtén a equivalencia en unidades do sistema internacional. b) Cal é a velocidade dun electrón de enerxía cinética 1 eV? c) Cal é a velocidade dun deuterón de 100 eV.

Datos: qe = 1,6·10-19 C ; me = 9,1·10-31 kg; mp = 1,6·10-27 kg. A masa dun deuterón equivale á de dous protóns. a) A enerxía cinética:

𝐸𝑐 = 𝑞𝑒 · ∆𝑉 = 1,6 · 10−19 · 1 = 1,6 · 10−19J ∙ eV−1

b) 𝐸𝑐 = 𝑚𝑒·𝑣𝑒2

2, e despexando a velocidade:

|𝑣𝑒| = �2 · 1,6 · 10−19

9,1 · 10−31 = 5,9 · 105m ∙ s−1

c) 𝐸𝑐 = 𝑚𝑑·𝑣𝑑2

2, e despexando a velocidade:

|𝑣𝑑| = �2 · 100 · 1,6 · 10−19

2 · 1,6 · 10−27 = 105m ∙ s−1

12. A radioterapia para o tratamento do cancro baséase nun acelerador lineal (LINAC) que proporciona altas

velocidades a electróns. Os aceleradores lineais poden ter lonxitudes desde un metro a varios quilómetros. Nun acelerador de 4 m existe un campo eléctrico uniforme de intensidade 300 N·C-1. a) Que enerxía adquire un electrón partindo do repouso ao longo deste percorrido (expresada en eV)? b) Con que velocidade sairá do acelerador?

Datos: qe=1,6·10-19 C ; me=9,1·10-31 kg

a) Os electróns saen do ánodo con velocidade nula e chegan ao cátodo, antes de sairen do acelerador, cunha velocidade ve. Como a enerxía mecánica se conserva: 𝐸𝑚(á𝑛𝑜𝑑𝑜) = 𝐸𝑚(𝑐á𝑡𝑜𝑑𝑜) 𝐸𝑐− + 𝐸𝑝− = 𝐸𝑐+ + 𝐸𝑝+ A enerxía que adquiren grazas ao acelerador lineal será:

𝐸𝑐+ = 𝑞𝑒 · ∆𝑉 = 𝑞𝑒 · 𝐸 · 𝑑 = 1,6 · 10−19 · 300 · 4 = 1,9 · 10−16J = 1200 eV

b) 𝐸𝑐+ = 𝑚𝑒·𝑣𝑒2

2, e despexando a velocidade:

|𝑣𝑒| = �2 · 𝐸𝑐+𝑚𝑒

= 2,1 · 107m ∙ s−1

13. Unha partícula de 9 µC e 1 g áchase en repouso na orixe de coordenadas. Aplícaselle un campo eléctrico uniforme de 650 N·C-1 dirixido no sentido positivo do eixo Y. a) Describe a traxectoria seguida pola partícula até chegar a un punto situado a 2 m do punto de partida.

Que aceleración terá? b) Obtén o traballo realizado polo campo no desprazamento da partícula. c) Aumenta ou diminúe a enerxía potencial da partícula? En que se transforma esa variación de enerxía?

a) A traxectoria será rectilínea, pois o campo eléctrico exerce sobre a carga positiva unha forza dada por: ��𝑒 = 𝑞 · 𝐸� . Como o campo eléctrico é uniforme, a forza e xa que logo a aceleración serán constantes: MRUA.

��𝑒 = 𝑞 · 𝐸� = 𝑚 · �� A aceleración será:

�� =9 · 10−6 · 650

10−3𝚥 = 5,9𝚥m ∙ s−2

b) O traballo realizado polo campo é:

𝑊𝑂→𝐴 = ��𝑒 · ∆𝑟 = 9 · 10−6 · 650 · 2 · cos 0° = 1,2 · 10−2J

c) A variación de enerxía potencial: 𝑊𝑂→𝐴 = −∆𝐸𝑝: ∆𝐸𝑝 = 𝐸𝑝𝐴 − 𝐸𝑝𝑂 = −1,2 · 10−2J A enerxía potencial da partícula diminúe pois o traballo é realizado polo campo eléctrico e a partícula gaña enerxía cinética.

14. Unha partícula alfa ceibase sen velocidade entre as placas dun condensador plano no que existe un campo

eléctrico uniforme de 1,2·104 V·m-1. a) Que lonxitude debe percorrer o núcleo de helio para acadar unha velocidade de de 6 km·s-1? b) Cal será a diferenza de potencial entre os puntos inicial e final?

Datos: qα=2·1,6·10-19 C ; mα=4·1,6·10-27kg

a) A traxectoria será rectilínea, pois o campo eléctrico exerce sobre a carga positiva unha forza dada por: ��𝑒 = 𝑞 · 𝐸� . Como o campo eléctrico é uniforme, a forza e xa que logo a aceleración serán constantes:

��𝑒 = 𝑞 · 𝐸� = 𝑚 · �� Como a partícula alfa ten carga positiva, a forza e a aceleración terán a mesma dirección e sentido que o campo eléctrico, cun módulo:

𝑎 =2 · 1,6 · 10−19 · 1,2 · 104

4 · 1,6 · 10−27= 6,0 · 1011m ∙ s−2

Como describe un MRUA: 𝑣𝛼2 = 2 · 𝑎 · 𝑑, despexando:

𝑑 =𝑣2

2 · 𝑎= 3 · 10−5m

b) Pola conservación da enerxía mecánica:

𝐸𝑚1 = 𝐸𝑚2 𝐸𝑐1 + 𝐸𝑝1 = 𝐸𝑐2 + 𝐸𝑝2 A enerxía que adquiren grazas ao acelerador lineal será: 𝐸𝑐2 = 𝑞 · ∆𝑉 A diferenza de potencial será:

∆𝑉 =𝐸𝑐2𝑞

=𝑚 · 𝑣2

2 · 2𝑞𝑝=

4 · 1,6 · 10−27 · (6 · 103)2

4 · 1,6 · 10−19 = 3,6 · 10−1V

Tamén podería rresolverse empregando a relación entre ∆V e campo eléctrico: ∆𝑉 = 𝐸 ∙ 𝑑 = 1,2 ∙ 104 ∙ 3 ∙ 10−5 = 3,6 · 10−1V

15. Nun tubo dun osciloscopio, un feixe de electróns é desviado da súa traxectoria rectilínea con velocidade constante por campos eléctricos perpendiculares á traxectoria inicial, tal e como se indica no debuxo. Entre as dúas placas do condensador establécese un campo eléctrico uniforme de 400 V·cm-1 de intensidade. a) Cal é a forza eléctrica exercida sobre un electrón cando pasa entre

as placas? b) A que aceleración se ve sometido o electrón? Que tipo de

movemento describe? Como será a traxectoria? c) Ten importancia o peso do electrón no movemento que describe?

Compara ambas as forzas e as aceleracións debidas á interacción eléctrica e á gravitatoria.

Datos: qe=-1,6·10-19 C ; me=9,1·10-31 kg: g=9,8m∙s-2

a) Como o campo eléctrico é uniforme, a forza tamén o será: ��𝑒 = 𝑞𝑒 · 𝐸�

Por tanto: ��𝑒 = −1,6 · 10−19 · (−4) · 104𝚥 = 6,4 · 10−15𝚥 N

b) A aceleración, segundo a 2ª lei de Newton: ��𝑒 = 𝑚 · �� �� = 6,4·10−15

9,1·10−31𝚥 = 7,0 · 1015𝚥 m ∙ s−1

O electrón vai describir na dirección da súa traxectoria inicial o mesmo MRU que tiña, mentres que en dirección perpendicular a esta estará sometido a unha aceleración constante e terá un MRUA. O movemento resultante será parabólico.

c) Debido a súa masa, a interacción gravitatoria será de intensidade:

𝐹𝑔 = 𝑚 · 𝑔 = 9,1 · 10−31 · 9,8 = 8,9 · 10−30 N e a aceleración será 9,8 m·s-2

Por tanto, para os electróns nun osciloscopio, a interacción gravitatoria (8,9 · 10−30 𝑁) é desprezábel fronte á eléctrica (6,4 · 10−15 N).

16. Un electrón penetra entre as placas do condensador plano da figura cunha velocidade de 1700 km∙s-1. Obtén: a) A forza eléctrica que actúa sobre o electrón. b) O tempo que tarda en percorrer as placas. c) A desviación vertical experimentada ao saír das placas. d) A velocidade ao saír das placas.

Datos: qe=-1,6·10-19 C ; me=9,1·10-31 kg

a) Como o campo eléctrico é uniforme, a forza tamén o será: ��𝑒 = 𝑞𝑒 · 𝐸�

Por tanto:

��𝑒 = −1,6 · 10−19 · 200𝚥 = −3,2 · 10−17𝚥 N b) O movemento que describe o electrón é unha semiparábola, semellante a un lanzamento horizontal

no campo gravitatorio. O tempo que tarda en percorrer as placas só depende da súa velocidade horizontal (MRU), xa que nesta dirección a aceleración é nula:

𝑡 =𝑥𝑣𝑥

=3 · 10−2

1,7 · 106= 1,8 · 10−8s

c) No eixo vertical describe un MRUA:

𝑦 =𝑎 · 𝑡2

2

A aceleración:

𝑎 =𝐹𝑒𝑚

=3,2 · 10−17

9,1 · 10−31= 3,5 · 1013m ∙ s−2

Substituindo:

𝑦 =3,5 · 1013 · (1,8 · 10−8)2

2= 5,6 · 10−3m

d) A velocidade total será: �� = 𝑣𝑥���� + 𝑣𝑦����

onde: 𝑣𝑦 = 𝑎 · 𝑡 = 3,5 · 1013 ·

1,8 · 10−8 = 6,3 · 105𝑚𝑠

Logo:

�� = 1,7 · 106𝚤 + 6,3 · 105𝚥m ∙ s−1 de módulo:

𝑣 = 1,8 · 106m ∙ s−1

17. O aparello para medir a carga do electrón polo método de Millikan da gota de aceite consta de dúas placas planas paralelas e horizontais separadas 1,5 cm. a) Se precisamos un campo eléctrico de 6,34·104 V·m-1 para mantela en equilibrio, que diferenza de

potencial debemos proporcionar entre as placas? b) Acha a carga dunha pequena esfera de 1,5 µg que se atopa en equilibrio nunha rexión na que existe

un campo eléctrico de 2·103 N·C-1.

a) Entre as placas dun condensador plano o campo eléctrico é constante. A ddp necesaria entre as placas depende da separación entre estas: ∆𝑉 = 𝐸 · 𝑑 = 6,34 · 104 · 1,5 · 10−2 = 9,5 · 102V

e) No equilibrio: 𝑃 = 𝐹𝑒

Así: 𝑚 · 𝑔 = 𝑞 · 𝐸

Despexando a carga:

𝑞 =1,5 · 10−9 · 9,8

2 · 103= 7,4 · 10−12𝐶 = 7,4 𝑝C

18. Calcula o campo electrico e o potencial creado por unha bóla maciza condutora de 30 cm de raio que ten

unha carga total de +4,3·10-6 C nos seguintes puntos: a) A 50 cm do centro da esfera. b) A 20 cm do centro da esfera. c) Na superficie da esfera. d) Fai unha representación gráfica do campo eléctrico e mais do potencial en función da distancia ao

centro da esfera. Dato: k = 9·109

Nm2C-2 a) r > R: Segundo a lei de Gauss, o campo eléctrico producido por unha esfera uniformemente cargada nun punto fóra dela é o mesmo que se produciría supoñendo que toda a carga estivese concentrada no seu centro:

𝐸 = 𝐾𝑞𝑟2

= 9 · 109 ·4,3 · 10−6

0,52= 1,55 · 105N ∙ C−1

O potencial vén dado por: 𝑉 = 𝐾 𝑞

𝑟= 9 · 109 · 4,3·10−6

0,5= 7,74 · 104V

b) Dentro da esfera, o campo é nulo, pois non hai carga encerrada pola superficie gaussiana. O potencial será constante e igual ao potencial na superficie da esfera condutora::

𝑉 = 𝐾𝑞𝑅

= 9 · 109 ·4,3 · 10−6

0,3= 1,29 · 105V

c) Para r = R:

𝐸 = 𝐾𝑞𝑅2

= 9 · 109 ·4,3 · 10−6

0,32= 4,3 · 105N ∙ C−1

d)

19. Comprobouse que o campo electrico terrestre é perpendicular á superficie da Terra, dirixido cara o centro da Terra e de 110 N∙C-1de intensidade. Calcula a densidade superficial de carga da Terra e a súa carga eléctrica total.

Datos: raio da Terra 6370 km, K= 9·109 Nm2C-2

Segundo a lei de Gauss, o campo eléctrico producido por unha esfera uniforme cargada na súa superficie é o mesmo que se produciría supoñendo que toda a carga estivese concentrada no seu centro:

𝐸 = 𝐾𝑞𝑟2

Despexando a carga:

𝑞 =𝐸 · 𝑟2

𝐾=

110 · (6,37 · 106)2

9 · 109= 5,0 · 105C

Supoñendo homoxénea a distribución superficial da carga, a densidade será:

𝜎 =𝑞𝑆

=5,0 · 105

4 · 𝜋 · (6,37 · 106)2 = 9,7 · 10−10C ∙ m−2

20. Nunha treboada de po na superficie de Marte, a nube de partículas ten unha densidade de carga de 10

electróns∙cm-3. Calcula: a) A carga eléctrica total se a nube ten un volume de 100 m3. b) O campo eléctrico e o potencial que crea a unha distancia de 5 m do centro da mesma.

Datos: Podemos supoñer a nube esférica. qe= -1,6·10-19 C

a) A densidade volúmica de carga é: 𝜌 = 10electróns ∙ cm−3 = −1,6 · 10−12C ∙ m−3

Se a nube é de 100 m3 a carga total será: 𝑞 = 𝜌 · 𝑉 = −1,6 · 10−10𝐶

b) O raio da nube vale:

𝑉 =4 · 𝜋 · 𝑅3

3; 𝑅 = �3·100

4·𝜋3 = 2,9 m

Xa que logo, o campo eléctrico e o potencial vaise calcular para r > R. Así os módulos serán:

𝐸 = 𝐾𝑞𝑟2

= 9 · 109 ·1,6 · 10−10

52= 5,8 · 10−2N ∙ C−1

𝑉 = 𝐾𝑞𝑟

= 9 · 109 ·1,6 · 10−10

5= 0,29 V

21. Un protón ten unha enerxía cinética de 10-14 J. Segue unha traxectoria circular nun campo magnético B= 0,5 T. a) Como debe ser a dirección do protón con respecto ao campo magnético? Por que? b) Calcula o raio da traxectoria. c) Obtén a frecuencia coa que xira.

Datos: mp = 1,67·10-27 kg; qp = 1,6·10-19 C

a) Se describe unha traxectoria circular, a partícula partícula terá que penetrar perpendicularmente a un campo magnético, pois segundo a Lei de Lorentz:

��𝑚 = 𝑞 · �� × 𝐵� Onde a forza magnética (Lei de Lorentz) será a forza centrípeta que producirá o movemento circular.

b) Dado que a velocidade e o campo magnético son perpendiculares, o módulo da forza será:

𝐹𝑚 = 𝑞 · 𝑣 · 𝐵 · sen𝛼 Pola 2ª lei de Newton:

𝐹 = 𝐹𝑐 = 𝑚 · 𝑎𝑐 =𝑚 · 𝑣2

𝑟

Igualando obtemos o raio da circunferencia que describe o protón: 𝑟 =

𝑚𝑒 · 𝑣𝑞 · 𝐵

O módulo da velocidade non varía. Do valor da enerxía cinética:

𝐸𝑐 =𝑚 · 𝑣2

2

Substituindo obtemos: 𝑣 = 3,5 · 106 m ∙ s1

Finalmente: 𝑟 = 7,3 · 10−2 𝑚

c) Aplicando as ecuacións propias do movemento circular poderemos calcular a frecuencia coa que xira:

𝑣 = 𝜔 · 𝑟 = 2 · 𝜋 · 𝑟 · 𝑓 𝑓 = 7,6 · 106 Hz

22. Un electrón penetra perpendicularmente nun campo magnético de 0,5 T cunha velocidade de 2000

km∙s-1. a) Calcula o radio da órbita que describe. b) Acha o número de voltas que dá en 0,01 s. c) Calcula a intensidade dun campo eléctrico que anule o efecto do campo magnético.

Datos : qe= 1,6·10-19 C, me= 9,1·10-31 kg

a) A forza magnética que actúa sobre o electrón: ��𝑚 = 𝑞𝑒 · �� × 𝐵�

O electrón describirá un movemento circular no cal a forza centrípeta é a magnética, cun raio: 𝑟 =

𝑚𝑒 · 𝑣𝑞𝑒 · 𝐵

Substituindo: 𝑟 = 2,3 · 10−5 m

b) O espazo que percorrerá nese tempo será:

𝑠 = 𝑣 · 𝑡 = 2 · 104 m

dividindo pola lonxitude da circunferencia obteremos o número de voltas 𝑛 =

𝑠2 · 𝜋 · 𝑟

= 1,4 · 108 voltas

c) Anulárense os efectos dos campos quere dicir que a forza producida polo campo eléctrico debe ser de igual módulo e dirección pero de sentido oposto á producida polo campo magnético:

��𝑚 + ��𝑒 = 0 Así, en módulo:

𝑞𝑒 · 𝑣 · 𝐵 = 𝑞𝑒 · 𝐸 Despexando:

𝐸 = 𝑣 · 𝐵 = 2 · 106 · 0,5 = 1,5 · 106 N∙C−1

23. Nunha rexión do espazo na que existe un campo eléctrico de 100 N∙C-1 e un campo magnético de 10-3 T, perpendiculares entre si, penetran un protón e un electrón con velocidades perpendiculares a ambos os campos. a) Debuxa nun esquema os vectores velocidade, campo eléctrico e campo magnético no caso de que

as partículas non se desvíen. b) Que velocidade deben ter o protón e o electrón para pasaren sen desviarse? c) Que enerxía cinética deberían ter nesas condicións?

Datos: qe = -1.6·10-19 C, me = 9,1·10-31 kg, mp = 1,6·10-27 kg

a)

b) A forza exercida polo campo eléctrico é: 𝐹𝑒 = 𝑞 · 𝐸

A forza exercida polo campo magnético: 𝐹𝑚 = 𝑞 · 𝑣 × 𝐵 A condición para que as partículas cargadas pasen sen desviarse é: 𝐹𝑒 + 𝐹𝑚 = 0 E por tanto, a velocidade de ambas as partículas debe ter por módulo:

𝑣 =𝐸𝐵

=10010−3 = 105m ∙ s−1

c) As enerxías cinéticas serán:

𝐸𝑐(𝑝𝑟𝑜𝑡ó𝑛) =𝑚𝑝 · 𝑣2

2=

1,6 · 10−27 · (105)2

2= 8,0 · 10−18J

𝐸𝑐(𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡) =𝑚𝑒 · 𝑣2

2=

9,1 · 10−31 · (105)2

2= 4,6 · 10−21J

24. Un electrón con 1 eV de enerxía cinética describe un movemento circular uniforme nun plano

perpendicular a un campo magnético de 10-4 T. a) Explica, con axuda dun debuxo, as posíbeis direccións e sentidos da forza, velocidade e

campo magnético implicados. b) Calcula o raio da traxectoria.

Datos: qe = -1.6·10-19 C, me = 9,1·10-31 kg

a) A forza exercida polo campo magnético: ��𝑚 = 𝑞 · �� × 𝐵� Para que a traxectoria sexa circular, a velocidade e o campo magnético deben ser perpendiculares entre si. O sentido de xiro dependerá do sentido do campo magnético con respecto á dirección do electrón, segundo se pode observar na figura. b) A forza exercida polo campo magnético será a forza centrípeta necesaria para

que o electrón describa a circunferencia. O raio da traxectoria será: 𝑟 =

𝑚𝑒 · 𝑣𝑞 · 𝐵

Obtemos a velocidade da enerxía cinética:

𝐸𝑐 =𝑚𝑒 · 𝑣2

2; 𝑣 = �

2 · 𝐸𝑐𝑚𝑒

= �2 · 1,6 · 10−19

9,1 · 10−31= 5,9 · 105m ∙ s−1

Substituindo:

𝑟 =𝑚𝑒 · 𝑣𝑞 · 𝐵

=9,1 · 10−31 · 5,9 · 105

1,6 · 10−19 · 10−4= 3,4 · 10−2m

25. No interior dun tubo de TV, un electrón do feixe é acelerado por unha diferencia de potencial de 2·104 V.

A continuación atravesa unha rexión na que hai un campo magnético transversal que o obriga a describir un arco de 12 cm de raio. Cal é o valor do campo magnético?

Datos: qe = -1.6·10-19 C, me = 9,1·10-31 kg Na primeira parte do tubo, o electrón parte do repouso e é sometido a un campo eléctrico. A enerxía mecánica consérvase, de xeito que a enerxía cinética á saída é igual á variación na súa enerxía potencial:

𝐸𝑐 = ∆𝐸𝑝; 𝑚𝑒 · 𝑣𝑒2

2= 𝑞 · ∆𝑉

Sae cunha velocidade:

𝑣𝑒 = �2 · 𝑞 · ∆𝑉

𝑚𝑒= �

2 · 1,6 · 10−19 · 2 · 104

9,1 · 10−31= 8,4 · 107m ∙ s−1

Esta velocidade é coa que entra perpendicularmente ao campo magnético na segunda parte do tubo, onde se produce un movemento circular uniforme. Substituindo e despexando, obtemos o valor de B:

𝑟 =𝑚𝑒 · 𝑣𝑒𝑞 · 𝐵

; 𝐵 =𝑚𝑒 · 𝑣𝑒𝑞 · 𝑟

=9,1 · 10−31 · 8,4 · 107

1,6 · 10−19 · 1,2 · 10−1= 4,0 · 10−3T

26. Un ciclotrón para acelerar protóns ten un campo magnético de intensidade 0,4 teslas, e o seu radio é 0,8 m. a) Fai un esquema do ciclotrón e describe como funciona. b) Calcula a velocidade coa que saen os protóns do ciclotrón. c) Que voltaxe faría falta para que os protóns adquirisen esa velocidade partindo do repouso?

Datos: mp = 1,67·10-27 kg; qp = 1,6·10-19 C a) Un ciclotrón é un acelerador de partículas que se basea en que a velocidade

angular dunha partícula cargada no interior dun campo magnético uniforme é independiente do raio e da velocidade lineal:

𝜔𝑐 =𝑞 · 𝐵𝑚

Así, ao introducir as partículas cargadas nun dispositivo con forma de "D" e seren aceleradas cunha voltaxe alterna de frecuencia exactamente igual a ωc, ao completaren media volta, a "D" contraria cambia de polaridade dándolles un novo "empurrón" e

comunicándolles unha enerxía q·∆V. A velocidade das partículas crece deste xeito adquirindo un valor final igual a:

𝑣𝑠𝑎í𝑑𝑎 =𝑞 · 𝐵 · 𝑟𝑚

b) Da expresión anterior:

𝑣𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 3 · 107m ∙ s−1 c) A enerxía cinética sería igual ao traballo eléctrico realizado:

𝐸𝑐 = ∆𝐸𝑝; 𝑚 · 𝑣2

2= 𝑞 · ∆𝑉

Despexando: ∆𝑉 = 4,7 · 106 V

60º

𝐵�

𝐼 · 𝑙

O E

S

N

27. Sexan dous fíos metálicos moi longos, rectilíneos e paralelos, separadas por unha distancia de 10 cm e polos que circulan senllas correntes de intensidades 1 A e 2 A no mesmo sentido. a) Debuxa o campo magnético resultante no punto medio da liña que une ambos os condutores e calcula

o seu valor. b) Na rexión entre os condutores, a que distancia do primeiro fío é cero o campo magnético? c) Acha a forza magnética por unidade de lonxitude que se exerce sobre a corrente de 2A.

Dato: µ0 = 4π·10-7 (SI)

a) Os campos magnéticos creados por cada corrente serán opostos e de dirección perpendicular ao plano formado polas correntes.

Terán como módulo:

𝐵 =𝜇𝑜 · 𝐼

2 · 𝜋 · 𝑎

Como teñen a mesma dirección e sentidos opostos, a intensidade total resultante será a resta dos módulos:

𝐵 = 𝐵2 − 𝐵1 =4𝜋 · 10−7 · 22 · 𝜋 · 0,05

−4𝜋 · 10−7 · 12 · 𝜋 · 0,05

=4𝜋 · 10−7

2 · 𝜋 · 0,05= 4 · 10−6 T

b) Para que o campo magnético sexa cero: 𝐵2 = 𝐵1 4𝜋 · 10−7 · 2

2 · 𝜋 · 𝑎=

4𝜋 · 10−7 · 12 · 𝜋 · (0,1− 𝑎)

despexando resulta: 𝑎 = 0,033 𝑚 = 3,3 cm

c) A forza que exerce un campo magnético sobre unha corrente rectilínea é: �� = 𝐼 · 𝑙𝑥𝐵�

Se o campo é producido por unha corrente paralela, o módulo da forza por unidade de lonxitude será: 𝐹12𝑙

=𝜇𝑜 · 𝐼1 · 𝐼22 · 𝜋 · 𝑎

=2 · 𝜋 · 10−7 · 1 · 2

2 · 𝜋 · 0,1= 4 · 10−6 N ∙ m−1

28. A Terra exerce un campo magnético de intensidade 0,5·10-4 T. Un anaco de arame de alta tensión, en

dirección suroeste-nordeste e formando un ángulo de 60° co ecuador, espállase entre dúas torres separadas 150 m e transporta unha corrente de 1 kA. a) Calcula a forza á que se ve sometido. Inflúe no resultado o sentido no que circula a corrente? b) Hai algunha posibilidade de que o arame de alta tensión non sufra o efecto do campo magnético

terrestre? Nota: Supón que o campo magnético está dirixido de norte a sur.

a) A forza que exerce un campo magnético sobre unha corrente

rectilínea é: �� = 𝐼 · 𝑙𝑥𝐵�

O módulo da forza será: 𝐹 = 𝐼 · 𝑙 · 𝐵 · sen𝜃 = 103 · 150 · 0,5 · 10−4 · sen(90° + 60°) = 3,75 N

A dirección da forza será perpendicular ao plano que forman a liña de corrente e o campo magnético terrestre. Será por tanto normal á superficie da Terra e cara o ceo.

b) Se as torres puidesen estar aliñadas coa dirección do campo magnético, a forza sería nula. Por tanto dirección norte-sur, independentemente do sentido da corrente.

29. A espira rectangular da figura ten un lado móbil de lonxitude 15 cm. Está situada nun campo magnético uniforme de 0,5 T, perpendicular ao plano da espira e dirixido cara adentro do papel. Se o lado móbil se despraza cunha velocidade constante de 2 m/s, cal será a forza electromotriz inducida na espira?

Segundo a lei de Faraday-Lenz, a fem inducida será:

𝜀 = −𝑑∅𝑑𝑡

= −𝑑(𝐵 · 𝑆)𝑑𝑡

= −𝑑(𝐵 · 𝑣 · 𝑡 · 𝑙)

𝑑𝑡= −𝐵 · 𝑣 · 𝑙 = −0,5 · 2 · 0,15 = −0,15 V

O signo negativo indica que a corrente inducida debe dar lugar a un campo magnético que se opoña ao aumento de fluxo que se produce na espira. O campo magnético debe ser saíndo do plano da espira, polo que o sentido da corrente inducida será antihorario.

ELECTROMAGNETISMO. CUESTIÓNS

1. Que gráfica representa correctamente a enerxía potencial eléctrica dunha carga puntual negativa

situada nun campo creado por unha carga puntual positiva, cando varía a distancia que as separa?

SOL.: c

Trátase dunha situación de tipo atractivo. Tendo en conta a ecuación que representa a enerxía potencial:

𝐸𝑝 = 𝐾𝑞+ · 𝑞−𝑥

Resulta unha función na que a enerxía potencial varía de forma inversamente proporcional coa distancia, pero con carácter negativo. A enerxía potencial representa o traballo realizado por unha forza exterior para achegar unha carga dende o infinito (valor 0 de Ep) até un punto do campo. A medida que a distancia diminue, a enerxía potencial é cada vez menor.

2. Unha carga eléctrica positiva áchase baixo a acción dun campo eléctrico uniforme. A súa enerxía

potencial aumenta: a) Se a carga se despraza na mesma dirección e sentido que o campo eléctrico. b) Se a carga se despraza na mesma dirección e sentido oposto ao campo eléctrico. c) Se a carga se despraza perpendicularmente ao campo eléctrico.

SOL.: b

Para que a enerxía potencial da carga aumente ao desprazarse cómpre que o traballo realizado polo campo sexa negativo, pois:

𝑊𝐴→𝐵 = −∆𝐸𝑝

Isto só é posíbel se a carga positiva se move paralelamente ao campo eléctrico pero en sentido oposto a este, pois ao ser o campo eléctrico uniforme:

𝑊𝐴→𝐵 = � �� · 𝑑𝑟𝐵

𝐴= 𝑞𝐸� · ∆𝑟 ��

3. Unha partícula cargada móvese espontaneamente cara puntos nos que o potencial electrostático

aumenta. O signo da carga eléctrica será: a) Positivo; b) Negativo; c) Non se pode saber.

SOL.: b

Tendo en conta o principio de conservación da enerxía mecánica, a enerxía cinética da partícula vai aumentar segundo diminúa a enerxía potencial, pois a suma de ambas as enerxías debe ficar constante. Como:

∆𝐸𝑝 = 𝑞 · ∆𝑉

Para que ∆𝐸𝑝 < 0 cómpre que a carga sexa negativa para que se mova espontaneamente cara valores crecentes do potencial.

4. No mes de abril de 2010 producíronse treboadas magnéticas causadas pola chegada á atmosfera dun vento solar de protóns a 500 km∙s-1. Cal foi a enerxía en electrón-volt de cada un destes protóns ao chegaren a atmosfera?

Datos: qp=1,6·10-19 C ; mp=1,67·10-27 kg

a) 2,09·10-16 eV; b) 3,34·10-35 eV; c) 1,3·103 eV.

SOL.: c

A velocidade coa que chegan failles adquirir unha enerxía cinética:

𝐸𝑐 =12𝑚𝑣2 =

12

1,67 · 10−27(500 · 103)2 = 2,09 · 10−16 J

Como 1 eV equivale á enerxía necesaria para que un electrón (igual carga que o protón) percorra un campo eléctrico cunha ddp de 1 V:

𝐸𝑐 == 2,09 · 10−16 𝐽1 𝑒𝑉

1,6 · 10−19 𝐽= 1305 eV

5. As liñas de campo eléctrico producido por un fío rectilíneo infinito e uniformemente cargado:

a) Son circunferencias concéntricas co fío. b) Son liñas rectas paralelas ao fío. c) Son liñas rectas perpendiculares ao fío.

SOL.: a

En cada punto o campo eléctrico sería perpendicular ao arame, pois cada elemento de fío xera en cada punto un campo cunha compoñente paralela ao arame que se anulan entre si cos outros elementos próximos.

Só as compoñentes perpendiculares do campo se suman entre si, dando pois liñas de campo perpendiculares ao fío.

6. Que conclusións se poden sacar do feito de que o fluxo neto a través dunha superficie gaussiana sexa cero?

a) O campo eléctrico é cero en culquera punto da superficie. b) Non hai cargas eléctricas no interior. c) A suma alxebraica das cargas (carga neta) no interior é cero.

SOL.: c

A partir do teorema de Gauss, o fluxo neto implica o fluxo de entrada e o fluxo de saída, de aí que se o fluxo é 0, non deba haber carga neta no interior da superficie.

7. Unha esfera conductora de radio R e carga de Q Culombios en equilibrio electrostático: a) O potencial exterior é nulo e o interior constante. b) O campo exterior e función inversa do cadrado da distancia e o interior nulo. c) O potencial exterior é constante e o interior nulo.

SOL.: b

Aplicando o teorema de Gauss obténse o campo exterior e interior:

𝐸𝑒𝑥𝑡������� = 𝐾𝑞𝑟2 𝑢𝑟���

𝐸𝑖𝑛𝑡������ = 0

A partir do campo obtense o potencial como función inversa da distancia no exterior e constante (e igual o da superficie) no interior:

𝑊𝐴→𝐵 = ∫ �� · 𝑑𝑟𝐵𝐴 = 𝑞𝐸� · ∆𝑟 �� ⇒𝑊𝐴→𝐵 = −∆𝐸𝑝 = −𝑞∆𝑉

8. No interior dun conductor cargado, en xeral: a) O potencial non é nulo. b) A carga non é nula. c) O campo non é nulo.

SOL.: a

No interior dun conductor cargado o potencial non é nulo, pois para levar carga até o seu interior necesitamos que se realice un traballo. En casos particulares, o potencial pode ser nulo, pero en cambio, se a carga non fose nula, afastaríase até a superficie (o que ocorre normalmente) deixando no interior un campo nulo.

9. Un positrón de carga 1,6·10-19 C entra nun campo magnético 𝐵�� = 0,1𝚥(𝑇). Se a velocidade do positrón é �� = 105𝚤(m ∙ s−1) , entón a forza que sofre, en newton, é:

a) 1,6 · 10−15𝑖 b) 1,6 · 10−15𝑗 c) 1,6 · 10−15𝑘��

SOL.: c

A partir da aplicación da lei de Lorentz:

�� = 𝑞�� × 𝐵�

Como resultado de aplicar o produto vectorial entre os vectores �� e 𝐵� obténse que a forza magnética resultante debe ser 1,6 · 10−15𝑘�

10. Cando unha partícula cargada se move dentro dun campo magnético, a forza magnética que actúa

sobre ela realiza un traballo que sempre é: a) Positivo, se a carga é positiva. b) Positivo, sexa como sexa a carga. c) Cero.

SOL.: c

Unha partícula cargada en movemento dentro dun campo magnético está sometida a acción dunha forza magnética, que segundo a lei de Lorentz: �� = 𝑞�� × 𝐵� , resultará perpendicular ao campo e á velocidade da partícula. Por isto o traballo realizado

𝑑𝑊 = �� · 𝑑𝑟

será nulo, pois �� e 𝑑𝑟 son dous vectores perpendiculares, sendo 𝑑𝑟 = �� ∙ 𝑑𝑡, e polo tanto coa mesma dirección e sentido que ��.

11. Para que unha carga eléctrica non se desvíe ao pasar por unha zona de campo magnético non nulo, as

liñas de campo han ser: a) Perpendiculares ao desprazamento da carga. b) Paralelas ó desprazamento da carga. c) De calquera xeito que sexan, a carga desvíase sempre.

SOL.: b

A forza que sofre unha carga en movemento no seo dun campo magnético vén dada polo produto vectorial𝐹� = 𝑞�� × 𝐵� : , polo que, en caso de haber movemento dunha carga nun campo magnético a forma de que dita forza sexa nula é que a velocidade e o campo sexan paralelos.

12. Nunha habitación existe un campo magnético que apunta verticalmente para abaixo. De pronto lánzanse dous electróns, dende o mesmo punto, coa mesma velocidade en dirección perpendicular ao campo, pero en sentidos contrarios. Como se moverán? a) En círculos tanxentes e sentido horario. b) No mesmo círculo. c) En círculos tanxentes e sentido antihorario.

SOL.: a

De acordo coa lei de Lorentz : �� = 𝑞�� × 𝐵� , que vai orixinar un movemento circular no electrón (carga q negativa), resultará:

�� = −𝑒�� × 𝐵�

Móvense en sentido horario describindo círculos tanxentes.

13. Se nunha rexión do espacio temos un electrón movéndose en liña recta a velocidade constante,

podemos detelo se o sometemos a: a) Un campo eléctrico de dirección paralela ao movemento. b) Un campo magnético de dirección paralela ao movemento. c) Un campo magnético de dirección perpendicular ao movemento.

SOL.: a

A forza que experimenta unha carga eléctrica situada nunha rexión na que existe un campo eléctrico vén dada por:

𝐹� = 𝑞𝐸� = 𝑚��

Se o campo eléctrico ten a mesma dirección que o movemento da carga e o mesmo sentido, como o electrón ten carga negativa, a aceleración tamén será negativa.

Se temos un campo magnético, a forza vén dada por: 𝐹� = 𝑞�� × 𝐵� , que nunca vai modificar o módulo da velocidade do electrón.

14. Explica en que dirección debes colocar na superficie da Terra un arame recto polo que circula unha

corrente eléctrica para que a forza exercida sobre el polo campo magnético terrestre sexa máxima: a) Norte-Sur. b) Leste-Oeste. c) Outras.

Nota.- Considérese que as liñas do campo magnético terrestre seguen de xeito aproximado a dirección Norte-Sur

SOL.: b

Tendo en conta a Lei de Lorentz: �� = 𝑞�� × 𝐵�

Para que a forza sobre as cargas sexa máxima, o campo magnético debe ser perpendicular á velocidade das mesmas, isto é, ao fío condutor.

15. Un condutor rectilíneo leva unha corrente de 1 A. Produce un campo magnético máis intenso:

a) Canto máis groso sexa o conductor. b) Canto maior sexa a velocidade de cada electrón individual. c) Canto máis próximo estea ao punto exterior.

SOL.: c

Tendo en conta que o campo magnético producido por un condutor rectilíneo vén dado por:

𝐵 =𝜇0𝐼2𝜋𝑟

canto menor sexa r, maior será o campo magnético.

16. Por dous condutores paralelos e próximos entre si circulan correntes eléctricas do mesmo sentido.

Que lle ocorrerá aos condutores? a) Atráense. b) Repélense. c) Non exercen forzas mútuas se as correntes son da mesma magnitude.

SOL.: a

A partir da aplicación da 2ª lei de Laplace:

𝐹� = 𝐼𝑙 × 𝐵�

e da lei de Biot-Savart:

𝐵 =𝜇0𝐼2𝜋𝑟

poderemos coñecer as características das forzas debidas á acción mútua entre correntes:

𝐹 =𝜇0𝐼1𝐼2

2𝜋𝑑

A partir da aplicación dos correspondentes productos vectoriais de 𝑙 × 𝐵� , obténse unha acción mútua de tipo atractivo entre correntes do mesmo sentido.

17. Se se move unha espira paralelamente ao seu eixo na mesma dirección dun campo magnético

uniforme: a) Prodúcese corrente inducida ao comezar o movemento. b) Non se produce ningunha corrente inducida. c) Aparece unha corrente inducida no sentido antihorario.

SOL.: b

A aparición dunha corrrente inducida, de acordo coa lei de Lenz implica a existencia dun fluxo magnético variable, algo que non ocorre se a espira non modifica a súa dirección de movemento no seo do campo magnético:

𝜀 = −𝑑∅𝑑𝑡

= −𝑑�𝐵� · 𝑆�𝑑𝑡

18. O coeficiente de autoinducción dunha bobina toroidal é a relación:

a) Entre o fluxo e a intensidade. b) Entre a intensidade e o campo magnético. c) Entre o campo eléctrico e o campo magnético.

SOL.: a

O coeficiente de autoinducción dunha bobina é unha característica xeométrica que se pode obter como relación entre o fluxo e a intensidade, e mídese en henrios.

19. Polo fío condutor da figura circula unha corrente contínua no sentido indicado. Inducirase unha corrente na espira rectangular se: a) A espira se move cara a dereita. b) A espira se move cara arriba paralelamente ao fío. c) A espira non se move.

SOL.: a

A aparición dunha corrrente inducida, de acordo coa lei de Lenz implica a existencia dun fluxo magnético variable:

𝜀 = −𝑑∅𝑑𝑡

= −𝑑�𝐵� · 𝑆�𝑑𝑡

Como o campo magnético producido por un condutor rectilíneo vén dado por:

𝐵 =𝜇0𝐼2𝜋𝑟

as liñas de campo que atravesan a espira perpendicularmente diminuirán se esta se move cara a dereita, afastándose do fío, dando lugar á corrente inducida.

20. A espira circular da figura está situada no seo dun campo magnético uniforme

entrante no plano do papel. Inducirase unha forza electromtriz se: a) A espira se move cara a dereita. b) A espira se move na dirección do campo magnético. c) O valor do campo magnético aumenta linealmente co tempo.

SOL.: c

A aparición dunha corrrente inducida, de acordo coa lei de Lenz implica a existencia dun fluxo magnético variable:

𝜀 = −𝑑∅𝑑𝑡

= −𝑑�𝐵� · 𝑆�𝑑𝑡

Se o campo magnético varía co tempo, aparecerá unha f.e.m. inducida.

21. Unha espira colócase perpendicularmente a un campo magnético uniforme. En que caso será maior a

f.e.m. inducida pola espira? a) Se o campo magnético diminúe linealmente de 300 mT a 0 en 1 ms. b) Se o campo magnético aumenta linealmente de 1 T a 1,2 T en 1 ms. c) Se o campo magnético permanece constante cun valor de 1,5 T.

SOL.: a

A aparición dunha corrrente inducida, de acordo coa lei de Lenz implica a existencia dun fluxo magnético variable:

𝜀 = −𝑑∅𝑑𝑡

= −𝑑�𝐵� · 𝑆�𝑑𝑡

Como o campo magnético producido por un condutor rectilíneo vén dado por:

𝐵 =𝜇0𝐼2𝜋𝑟

as liñas de campo que atravesan a espira perpendicularmente diminuirán se esta se move cara a dereita, afastándose do fío, dando lugar á corrente inducida.

VIBRACIÓNS E ONDAS

PROBLEMAS

1. Un sistema cun resorte estirado 0,03 m sóltase en t=0 deixándoo oscilar libremente, co resultado dunha oscilación cada 0,2 s. Calcula:

a) A velocidade do extremo libre ó cabo de 19 s b) A aceleración do extremo libre ó cabo de 19 s (Considérase que o amortecemento é desprezable) c) Representa graficamente a variación da velocidade e aceleración co tempo.

a) Ao ceibar o resorte describe un MHS, polo tanto correspóndelle unha ecuación para a elongación:

𝑥 = 𝐴 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜃0)

No instante inicial, a elongación é máxima e 𝐴 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜃0) = 1, e como t=0⇒θ0=(π/2)rad, quedando

a ecuación : 𝑥 = 𝐴 ∙ 𝑠𝑒𝑛 �𝜔𝑡 + 𝜋2� e do mesmo xeito: 𝑣 = 𝐴 ∙ 𝜔 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜋

2)

A=0,03 m ; ω = 2πT

= 2π0,2

= 10π rad ∙ s−1

substituíndo os datos anteriores e o tempo transcorrido:

𝑣 = 𝐴 ∙ 𝜔 ∙ 𝑐𝑜𝑠 �𝜔𝑡 + 𝜋2� = 0,03 ∙ 10𝜋 ∙ 𝑐𝑜𝑠 �10𝜋 ∙ 𝑡 + 𝜋

2� = 0,03 ∙ 10𝜋 ∙ 𝑐𝑜𝑠 �10𝜋 ∙ 19 + 𝜋

2� = 0 m ∙ s−1=

b) Os mesmos razoamentos son aplicables neste caso, quedando:

𝑎 = −𝐴𝜔2𝑠𝑒𝑛 �𝜔𝑡 +𝜋2� = −0,03 ∙ (10𝜋)2 ∙ 𝑠𝑒𝑛 �10𝜋 ∙ 𝑡 +

𝜋2� = −0,03 ∙ (10𝜋)2 ∙ 𝑠𝑒𝑛 �10𝜋 ∙ 19 +

𝜋2�

a=- 29,61 m·s-2.

A velocidade é mínima e a aceleración máxima (pero negativa), atopándonos na situación inicial, xa

que transcorreu un número enteiro de períodos. NOTA.- Por erros de redondeo na calculadora ou ordenador, pode darse o caso de que o resultado da velocidade non resulte

exactamente 0.

c) As representacións gráficas da velocidade e da aceleración en función do tempo serían como as

seguintes:

2. Un corpo de 50 g de masa, sometido a un movemento harmónico simple, realiza 10 oscilacións por segundo. Calcula:

a) A aceleración no centro de oscilación. b) A aceleración nun dos seus extremos, sabendo que a amplitude do movemento é de 9 cm. c) A enerxía cinética no centro de oscilación.

a) A ecuación do movemento harmónico simple é: x = A sen(ωt+θ0)

onde A é a amplitude do movemento, θ0 un desfasamento constante ó longo do tempo, e ω a pulsación.

Sabemos que a velocidade, no movemento harmónico simple, é a derivada da elongación con respecto

ó tempo: v =A∙ω∙cos(ωt+θ0)

E que a aceleración é a derivada da velocidade con respecto ó tempo: a = - A ω2sen (ωt+θ0)

No centro de oscilación, a elongación é cero, logo : 0 = A∙sen(ωt+θ0)

É dicir: sen(ωt+θ0) = 0; Logo a aceleración será: a0 = 0

b) Nos extremos da oscilación, a elongación é máxima, x=± A.

É dicir: sen(ωt+θ0) = ±1

Logo o módulo da aceleración será |a |= |A ω2|

A = 9 cm = 0,09 m ; Sabemos, polos datos do problema que f= 10 osc∙s-1 = 10 Hz ;

ω = 2π/T = 2π∙f = 62,83 rad∙s-1

substituíndo, obtemos: |a |= 0'09∙3947,61 = 3,5∙102 m∙s-2

c) Para o cálculo da enerxía cinética no centro de oscilación temos en conta que o módulo da velocidade

nese punto é máximo: |vmax|= |A∙ω|= 0,09∙62,83=5,65 m∙s-1

Ecinética= 𝑚·𝑣2

2= 0,050·5,652

2= 0,80 J

3. Un corpo de 10 g de masa desprázase cun movemento harmónico simple de 80 Hz de frecuencia e de 1 m de amplitude. Acha:

a) A enerxía potencial cando a elongación é igual a 70 cm. b) O módulo da velocidade cando se atopa nesa posición. c) O módulo da aceleración nesa posición.

a) A enerxía potencial dun corpo sometido a movemento harmónico simple é:

Ep =𝑘∙𝑥2

2= 𝑚∙𝜔2 ·𝑥2

2

m =10 g = 0,010 kg, x= 70 cm = 0,7 m ; f = 80 Hz ;

ω = 2π/T = 2π ∙f = 2∙3'14∙80 = 502,65 rad.s-1

Ep =𝑚∙𝜔2 ·𝑥2

2= 0,01∙502,652 ·0,72

2= 6,2∙102 J

b) Como sabemos, a enerxía mecánica é a suma da enerxía cinética e da enerxía potencial e, como a forza

causante do movemento vibratorio harmónico é unha forza conservativa, permanecerá constante ó

longo de todo o percorrido, de xeito que na posición de equilibrio atoparíase totalmente en forma de

enerxía cinética e nos extremos en forma de enerxía potencial.

Polo tanto Emecánica = EPmáx = ½ m∙ω2∙A2

Substituíndo Em = ½ 0,01∙502,652 ·12 = 1263,29 J

Calculamos agora a enerxía cinética nese punto como diferenza entre a enerxía mecánica e a enerxía

potencial nese punto

Ec = Em - EP = ½ m∙v2

Ec = 1263,29 – 619,02 = 644,27 J = ½ 0,01∙v2

de onde resolvendo obtemos a velocidade

𝑣 = �2·644,270,01

= 3,6∙102 m·s-1

c) O módulo da aceleración podemos calculalo a partir de:

|𝑎| = |𝜔2 · 𝑥| = 502,65 2 ∙ 0,7 = 1,77 ∙ 105 m ∙ s−2

4. Un resorte mide 22,86 cm cando se lle colga unha masa de 70 g e 19,92 cm cando se lle colga unha masa de 40 g. Acha:

a) A constante do resorte. b) A frecuencia das oscilacións se se lle colga unha masa de 80 g c) A lonxitude do resorte ó colgarlle unha masa de 100 g.

Dato: g= 9,8 ms-2.

a) Pola lei de Hooke sabemos que o alongamento do resorte é directamente proporcional á forza aplicada

F = -k∙x ; sendo x = (l - l0) o alongamento e k a constante do resorte

1 1 0

2 1 0

;0,07 9,8 (0,2286 );0,04 9,8 (0,1992 )

F kx k lF kx k l

= ⋅ = ⋅ −= ⋅ = ⋅ −

Resolvendo , obtemos: l0 = 0,16 m; k = 10 N·m-1

b) A forza recuperadora do resorte é a causante da oscilación e polo tanto temos

2 2 kkx m x k mm

ω ω ω= ⇒ = ⇒ =

Ó pendurarlle a masa de 80 g :

110 11,18 rad·s0,08

km

ω −= = =

Como f = ω/2π = 1,78 Hz

c) A elongación producida por unha masa de 100 g será:

0,1 9,8 0,098 m 9,8 cm10

m gxk⋅ ⋅

= = = =

Polo que a lonxitude do resorte será: l0+x= 0,16+0,098= 0,258 m=25,8 cm

5. Un péndulo eléctrico está formado por unha esfera metálica de 1 g colgada dun fío moi fino de 1'5 m. Faise oscilar nunha rexión na que existe un campo eléctrico uniforme vertical e cárgase a esfera con +1,3. 10-8 C. Cando o campo é vertical de abaixo arriba, a esfera efectúa 100 oscilacións en 314 s e se o campo está dirixido de arriba abaixo, tarda 207 s en dar 100 oscilacións. Calcular:

a) Intensidade do campo eléctrico. b) Valor de "g" no lugar da experiencia. c) O período do péndulo se a experiencia se fai na Lúa, en ausencia de campo electrostático.

(Dato: gL= 1,63 ms-2)

a) Aplicando consideracións derivadas da dinámica do péndulo simple poderemos deducír a dependencia

do período do mesmo coa Ft responsable de dito movemento harmónico, que debe cumprír as

condicions de forza elástica derivadas da lei de Hooke.

Suporemos as habituais consideracións de oscilacións pequenas para chegar ó cumprimento de

M.H.S.(senθ ≅ θ= x/l)

lxFPFPFPF eeet )()( sen)( −−=−−=−−= φφ

Para o caso 1:

2

2

1

1

;

2

2 2

et

e

e

e

P FF kx kl

P Fk ml

P FmT l

m mlTk P F

ω

π

π π

−= − =

−= =

−= ⇒

= =−

Para o caso 2 resulta:

2

2

22

;

2 2

et

e

e

e

P FF kx kl

P Fk ml

P F mlm TT l P F

ω

π π

+= − =

+= =

+= ⇒ = +

Tendo en conta que Fe= E·q , resulta un sistema de 2 ecuacións con 2 incógnitas: g e E.

𝑇1 =314 s

100 osc= 3,14 s ; 𝑇1 =

207 s100 osc

= 2,07 s

3

1 3 8

3

2 3 8

5

-2

10 1,52 210 1,3 10

10 1,52 210 1,3 10

3 10 /9,9 m·s

e

e

mlTP F g E

mlTP F g E

E N Cg

π π

π π

−

− −

−

− −

⋅= =

− ⋅ − ⋅ ⋅

⋅= =

+ ⋅ + ⋅ ⋅

= ⋅

=

b) Por resolución derivada do apartado anterior obtense g= 9,9 m·s-2.

c) Se o experimento se fai na Lúa en ausencia de campo eléctrico, calculamos o período, tendo en conta

que gL=1,63 m·s-2)

1,52 2 6,02 s1,63L

lTg

π π= = =

6. Un punto material de 20 g de masa oscila cun M.H.S de amplitude 2 cm e frecuencia 10 osc/s, coincidindo o inicio dos tempos co punto onde a velocidade é nula. Calcular:

a) A velocidade e aceleración máximas. b) A velocidade e aceleración no instante t = 1/120 s c) A enerxía mecánica nese instante.

a) Por iniciarse a contar o tempo no punto onde a velocidade é nula, no punto no que x=±A.

A ecuación do movemento será: x = A·sen(ωt±θ0)= A·sen(ωt±π/2)= ±A·cosω t

A ecuación da velocidade será: v = ±A ω sen (ωt) e a velocidade será máxima cando o valor absoluto de

cos (ωt) = 1, é dicir cando pasa pola orixe.

O modulo da velocidade máxima será vmáx = |±𝐴 · 𝜔|

Como f = ω /2π ⟹ ω = 2π·f = 20π rad·s-1

Entón substitúese e acadamos o módulo da velocidade máxima: vmáx = 1,26 m·s-1;

Ó derivar a velocidade obtemos a aceleración a = ± Aω2∙cos (ωt) e terá o seu máximo valor cando

cos (ωt) = 1; é dicir, ó pasar polos extremos, sendo o seu valor en módulo amáx = |±𝐴 · 𝜔2|

amáx = 78,96 m·s-2

b) Unha vez vistas as ecuacións en función do tempo, só queda substituír. No instante t = 1/120 s serán

𝑣 = 0′02 ∙ 20𝜋 ∙ 𝑠𝑒𝑛 (20𝜋 ∙ 1120

) = 0,63 m·s-1

𝑎 = 0′02 ∙ (20𝜋)2 ∙ 𝑐𝑜𝑠(20𝜋 ∙ 1120

) a = 68,4 m·s-2

c) A enerxía mecánica será: 𝐸 = ½ 𝑘𝐴2 = 𝑚·𝜔2·𝐴2

2= 0,020·(20𝜋)2·0,022

2= 1,58 ∙ 10−2 J

7. Un péndulo está constituído por unha pequena esfera, de dimensións que consideramos desprezables, de masa 200 g, suspendida dun fío inextensible, e sen masa apreciable, de 2 m de longo. Calcular:

a) O período para pequenas amplitudes. b) Supoñamos que no momento de máxima elongación a esfera elévase 15 cm por encima do plano

horizontal que pasa pola posición de equilibrio. Calcula a velocidade o pasar pola vertical. c) Xustifica e representa graficamente as variacións da enerxía cinética e potencial nun movemento

harmónico simple. Pode considerarse un m.h.s. o que describe o péndulo nas condicións do apartado b)?. Dato: g= 9,8 m·s-2.

a) Ó período do péndulo simple, supoñendo un movemento harmónico simple, é

T = 2π(l/g)1/2 ; T = 2π∙(2/9,8)1/2 = 2,84 s

b) Ó desprezar as perdas de enerxía por rozamento, aplícase o principio de conservación da enerxía

mecánica de xeito que no punto máis alto estará toda en forma de EP e no máis baixo en forma de EC.

Usando a aproximación para pequeñas alturas, no punto máis alto: EP = mgh = 0,2∙9,8∙0,15 = 0,294 J

No punto máis baixo: Ec = 0,294 J

½ mv2 = mgh ⟹ v = (2gh)1/2 ; v = 1,71 m·s-1

c) Nun M.H.S. a representación da enerxía cinética: Ec =½mv2=½mω2(A2-x2)= ½ k(A2-x2) presenta un

máximo cando x=0 e un mínimo cando x=±A, que coinciden, respectivamente, cos puntos de máxima

velocidade (x=0) e velocidade nula (x=±A).

A enerxía potencial: EP=½kx2 será máxima cando x=±A, nos puntos de máxima elongación, e será nula

cando x=0, no punto central de equilibrio.

A constante k sería: k=m·ω2=m·4π2/T2=0,98

N·m-1.

Neste caso (supoñendo que se trata dun

M.H.S), a amplitude sería: A= 0,76 m . A

amplitude angular é de 22º, o que ,

estritamente, non cumpre o requisito do M.H.S

que debe cumprir a lei de Hooke :

F=-kxsenθ=θ(rad)

8. Unha masa de 2 kg suxeita a un resorte de constante recuperadora k= 5. 103 N/m sepárase 10 cm da posición de equilibrio e déixase en liberdade. Calcular:

a) A ecuación do movemento. b) A aceleración ós 0,1 s de iniciado o movemento. c) A enerxía potencial ós 0,1 s de iniciado o movemento.

a) A ecuación xeral do movemento harmónico simple é: x = Asen (ωt + θ0)

Como nos din que o movemento comenza dende unha posición afastada 10 cm da posición de

equilibrio, quere dicir que x0 = A = 0,1 , e como t0 = 0, ó substituír, θ0 = π/2 rad

Por outra banda como nos dan a constante do resorte e esta é k = m·ω2 ó substituír obtemos

ω = 50 rad·s-1 .

A ecuación queda x= 0,1∙sen(50t+π/2) m

b) Por derivación obtemos a ecuación para a aceleración:

v=dx/dt= 0'1∙50∙cos(50t+π/2)

a=dv/dt=-0,1∙502∙sen(50t+π/2)

Sustituíndo para t=0,1s obtemos a= -70,9 m·s-2

Tamén poderíamos aplicar: a=-ω2x=-70,9 m·s-2

c) EP =½ kx2

Substituíndo t polo seu valor de 0,1 s na ecuación do movemento obtemos x = 0,028 m,

e logo Ep = 2,1 J

9. Un punto material de 500 g describe un MHS de 10 cm de amplitude realizando dúas oscilacións completas cada segundo. Calcular:

a) A elongación de dito punto no instante 0,5 s despois de alcanzar a máxima separación. b) A velocidade e aceleración 0,5 s despois de alcanzar a máxima separación. c) A enerxía cinética que terá o punto móbil ó pasar pola posición de equilibrio.

a) A partir da frecuencia θ = ω/2π obtemos a pulsación ω = 4π rad·s-1

e tamén o período T = 1/f = 0,5 s

Como o período é tempo que tarda o móbil en repetir tódalas características do movemento coincide

co tempo indicado no enunciado, quere dicir entón que se atopará na posición da que partiu

x0 = A = +0,1 m => xt = 0'5 = +0,1 m

Podemos obtelo directamente a partir da ecuación do movemento:

xt = 0'5 = 0,1∙sen (4π∙0,5 + π/2) = +0,1 m

b) A velocidade e a aceleración obtense a partir da ecuación do movemento:

v=dx/dt= 0,1∙4π∙cos (4π∙t + π/2)= 0,1∙4π∙cos (4π∙0,5 + π/2)=0

a=dv/dt=-0,1∙(4π)2∙sen(4π∙t + π/2)= -0,1∙(4π)2∙sen(4π∙0,5 + π/2)=-15,8 m·s-2

Tamén se poden empregar as ecuacións en función de x:

2 2 2 2

2 2 2

4 0,1 0,1 016 (0,1) 15,8 m s

v A xa x

ω π

ω π −

= − = − =

= − = − = − ⋅

c) A enerxía cinética expresada en función da posición do móbil ten a expresión

EC = ½ m·ω2·(A2-x2)

Como na posición de equilibrio x = 0, substituíndo obteremos Ec = 0,40 J

10. No sistema da figura, un corpo de 2 kg móvese a 3 m·s-1 sobre un plano horizontal. a) Determinar a velocidade do corpo ó comprimirse 1cm o resorte, de constante k=10 000 N·m-1 (Non se ten

en conta a fricción). b) Cal é a compresión máxima do resorte? c) A qué distancia se igualan as enerxías cinética e potencial do resorte?

a) No momento do contacto do corpo co resorte, toda a enerxía do conxunto atópase na forma de enerxía

cinética. Ó irse comprimindo o resorte, esta enerxía cinética vaise transformando en enerxía potencial

de xeito que cando estea no máximo de compresión toda a enerxía estará en forma potencial.

Em = ECmax = EPmax

ECmax = ½mvmax 2 = ½ 2∙32 = 9 J

Nas posicións intermedias: Em = EC + EP= ½mv2+ ½kx2

Logo, cando se ten comprimido 1 cm teremos

9 = ½ 2∙v2 + ½ 10000∙0,012

v = 2,92 m.s-1

b) No momento da máxima compresión, a enerxía cinética é 0, polo que toda a enerxía mecánica será

debida á enerxia potencial:

Em= 9= ½kx2

9= ½10000∙x2 ; x = 0,042 m, que será o valor da amplitude (máxima compresión)

c) A distancia que fai que EC = EP será a que faga que:

EC = ½ m·ω2·(A2-x2) sexa igual a EP=½kx2

½ m·ω2·(A2-x2)= ½kx2

½ k(A2-x2)= ½kx2

A2-x2 =x2; x= 𝐴√2

= 𝐴√22

= 0,030m

11. Un péndulo ten unha lonxitude de 1 m e un corpo colgado no seu extremo de 1 kg é desviado da súa posición de equilibrio quedando solto a medio metro de altura.

a) Calcula-la súa velocidade no punto máis baixo aplicando o principio de conservación da enerxía mecánica. b) Calcula-la súa velocidade valorando a aplicación das ecuacións do M.H.S. c) Deducir en qué condicións o movemento do péndulo sería harmónico simple e calcular a lonxitude que

debería ter o fío para que o período fose de 1s (Dato: g= 9,8 m·s-2).

a) Como a enerxía mecánica se conserva ∆Ep + ∆Ec = 0. Polo tanto, en valor absoluto, m· g ·∆ h = ½ m· v2

de onde 𝑣 = �2𝑔ℎ; v = (2∙9,8∙0,5) = 3,13 m.s-1

b) Nun M.H.S., a ecuación correspondente para a velocidade é v=A·ω·cos(ωt),

sen ter en conta o desfasamento inicial.

A amplitude é A=1.sen [arcos(L-h)] =1.sen [arcos(0,5)] =1.sen60º = 0'866m

Por outra banda, ω=2π/T= 2𝜋

2𝜋�𝑙𝑔

= �𝑔𝑙=3,13 rad.s-1

Como para a v máxima o coseno é 1 (en valor absoluto), temos vmax = A·ω = 2,7 m·s-1

Comentario: Vemos unha diferenza apreciable no cálculo por ambos métodos. O método das enerxías

sempre é aplicable, mentres que o amplo ángulo (60º) fai desaconsellable o uso das ecuacións do MHS.

O movemento non é un M.H.S.

c) Para que o péndulo se comporte como un M.H.S. debería cumprir:

F=-kx, e polo tanto: senθ=θ (rad)

Nese caso, a amplitude angular máxima estaría entorno ós 15º, o que representa que A debería ser:

0,26 m, e a altura máxima debería ser de: h=l-l∙cos15= 0,34 m

Aplicando a ecuación do período poderíamos calcular a lonxitude necesaria para conseguir que T= 1.

𝑇 = 2𝜋�𝑙𝑔

; 𝑙 = 𝑇2𝑔4𝜋2

= 12∙9,84𝜋2

=0,25 m

12. Unha partícula de masa 50 g, describe un M.H.S. de amplitude 10 cm e período 2,0 s. Se comezamos a estudar o movemento no instante no que pasa pola posición de equilibrio e se dirixe cara ás elongacións negativas, calcular:

a) A posición, a velocidade, a aceleración e a forza elástica no instante 0,50 s b) O tempo transcorrido ata que pasa por vez primeira pola posición 5,0 cm c) A enerxía cinética en función do tempo.

a) Condicións iniciais para t = 0: x = 0 ; v < 0.

Impomos as condicións iniciais para calcular a fase inicial empregando, por exemplo, a función seno:

𝑥 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜃0)

0 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜃0 → 𝑠𝑒𝑛 𝜃0 = 0𝜃0 = 0 rad ou 𝜃0 = 𝜋 rad

Por dirixirse cara ás elongacións negativas, o ángulo correcto é o que fai que en t=0 v sexa menor que 0.

𝑣 = 𝐴𝜔 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜃0)

En t = 0, 𝑣 = 𝐴𝜔 𝑐𝑜𝑠 𝜃0𝐴𝜔 𝑐𝑜𝑠 0 > 0 𝐴𝜔 𝑐𝑜𝑠 𝜋 < 0

Polo tanto, a fase inicial é: 𝜃0 = 𝜋 rad

Cálculo da frecuencia angular: 𝜔 = 2𝜋𝑇

= 𝜋 s−1

Ecuacións da posición, velocidade, aceleración e forza:

𝑥 = 0,10 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑡 + 𝜋) m

𝑣 = 0,10𝜋 𝑐𝑜𝑠(𝜋𝑡 + 𝜋) m · s−1

𝑎 = −𝜔2𝑥 = −𝜋2𝑥 m · s−2

𝐹 = −𝑘𝑥 = 𝑚𝑎 = −5 · 10−2𝜋2𝑥 N

Para t = 0,50s x = - 0,10 m ;

v = 0 m·s-1 ;

a = 0,10𝜋2m·s-2 ;

F = 5·10-3𝜋2N

b) 5,0 · 10−2 = 0,10 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑡 + 𝜋) ; 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑡 + 𝜋) = 12𝜋𝑡 + 𝜋 = 13𝜋

6rad𝑡 = 7

6𝐬

No instante calculado, v > 0, que é a condición que ten que cumprir a velocidade a primeira vez que

pasa pola posición 5,0cm.

c) 𝐸𝑐 = 12𝑚𝑣2 = 1

2𝑚[𝐴𝜔 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜋)]2 = 2,5 · 10−4𝜋2𝑐𝑜𝑠2(𝜋𝑡 + 𝜋) J

13. A aceleración dun punto material que se move sobre o eixe X ven dada pola expresión: 𝒂 = −9 · 𝒙, onde x mídese en cm e a en cm·s-2. Sabendo que a amplitude do movemento é 3 cm e que no instante inicial a elongación é máxima para x>0, calcular:

a) A ecuación do movemento do punto material. b) A velocidade e a aceleración máximas. Indica os puntos da traxectoria ós que corresponden estes valores. c) Os puntos da traxectoria no que se iguala a enerxía cinética á enerxía potencial elástica.

a) Dado que a = -ω2x e tendo en conta a expresión 𝑎 = −9 · 𝑥 ⟹ ω = 3 s-1

Condicións iniciais: para t = 0 ; x = A ; v = 0.

Ecuación xeral: x = Asen(ωt+ 𝜃0)

Impondo as condicións iniciais para calcular 𝜃0: A = Asen𝜃0 ⟹ sen𝜑0= 1 ⟹ 𝜃0=𝜋/2 rad

x = 3·10-2sen(3t+ 𝜋/2) = 3·10-2cos(3t) m

b) v = -9·10-2sen3t m·s-1

a = -9·10-2·x m·s-2

Os módulos destes valores máximos serán:

|𝑣𝑚á𝑥| = 9·10-2 m·s-2 ;corresponde ó centro de oscilación, cando sen 3t =±1⟹ sen 3t =sen (2𝑛+12

)π

3t=2𝑛+12

π ⟹𝑡 = (2𝑛+1)𝜋6

s

|𝑎𝑚á𝑥 |= 27·10-4 m·s-2 ; corresponde ós extremos, cando cos 3t =±1⟹ cos 3t =cos nπ

3t=nπ⟹𝑡 = 𝑛𝜋3

s

c) EC = EP

½ mv2 = ½ kx2

v2 = ω2·(A2 – x2)

k = m·ω2

½ m·ω2(A2 – x2) = 1/2m·ω2·x2 x = A/√2 = 2,1·10-2 m

14. Un oscilador harmónico ten velocidades de 20 e 40 cm·s-1 cando as súas elongacións son, respectivamente,

6,0 e 5,0 cm. Calcular: a) A amplitude, o período e a frecuencia do movemento. b) A aceleración nas dúas elongacións indicadas. c) A enerxía mecánica, sabendo que a masa é de 20 g.

a) Se aplicamos o Principio de Conservación da Enerxía mecánica obtemos: 𝑣 = ±𝜔√𝐴2 − 𝑥2

Aplicada a cada par de valores :𝑣12

𝑣22= 𝐴2−𝑥12

𝐴2−𝑥22→ �20·10−2�

2

(40·10−2)2 = 𝐴2−�6,0·10−2�2

𝐴2−(5,0·10−2)2→ 𝐴 = 6,3 · 10−2 m

A partir da ecuación 𝑣12 = 𝜔2(𝐴2 − 𝑥12), resulta 𝜔 = 10,4 s-1.

Por outra parte, 𝜔 = 2𝜋𝑇

= 2𝜋𝑓

Despexando T e f resulta: T = 0,60 s ; 𝑓 = 1,7 Hz

b) 𝑎 = −𝜔2 · 𝑥

Substituíndo os dous valores das elongacións , obtemos: a1=-6,5 m·s-2 e a2=- 5,4 m·s-2

c) Supoñendo ausencia de rozamento, a única forza que actúa é a elástica, que por ser conservativa

cumpre a Conservación da Enerxía Mecánica.

𝐸 = 𝐸𝐶 + 𝐸𝑃 =12𝑘𝐴2 =

12𝑚 · 𝜔2 · 𝐴2 → 𝐸 =

12

· 20 · 10−3 · 10,42 · (6,3 · 10−2)2 = 4,3 · 10−4 J

15. Unha onda unidimensional propágase segundo a ecuación: y= 2 cos 2π [(t/4) - (x/1,6)]; onde as distancias

"x" e "y" mídense en metros e o tempo en segundos. Determinar: a) O módulo da velocidade de propagación. b) A diferenza de fase, nun instante dado, de dúas partículas separadas 120 cm na dirección de avance da

onda. c) A aceleración máxima.

a) Da ecuación da onda sacamos os seguintes datos: A = 2 m; T = 4 s; λ = 1,6 m

como a velocidade de propagación da onda é: f= λ/T = 1,6/4 = 0,4 m.s-1

b) Considerando que cando hai unha distancia x = λ, a diferenza de fase é 2π.

A diferenza de fase vén dada por 2π·(x/λ) = 2π·(1,2/1,6) = (3π/2) rad

c) A aceleración máxima obtense a partir da ecuación da onda:

y= 2 cos 2π [(t/4) - (x/1,6)]

v= dy/dt=- 2∙2π (1/4)∙ sen 2π [(t/4) - (x/1,6)]

a= dv/dt= -2∙[2π (1/4)]2∙ cos 2π [(t/4) - (x/1,6)]

que será máxima cando o sen 2π [(t/4) - (x/1,6)]=1, resultando

|𝑎𝑚𝑎𝑥| = 4,93 m·s-2

16. Unha onda que se propaga por unha corda cunha velocidade de 2,0 m·s-1 no sentido positivo do eixo X, ten unha amplitude de 4,0·10-2 m e unha frecuencia de 4,0 Hz. Calcula:

a) A ecuación do movemento ondulatorio. b) A diferenza de fase entre dous estados de vibración da mesma partícula cando o intervalo de tempo

transcorrido é de 2,0 s. Razoa se están en fase ou en oposición de fase. c) A diferenza de fase, nun instante dado, entre dúas partículas separadas 2,25 m. Razoa se están en fase ou

en oposición de fase.

a) Ecuación xeral utilizando a función cos: 𝑦 (𝑥, 𝑡) = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 (𝜔𝑡 −𝑘𝑥) Cálculo de ω e k: 𝜔 = 2𝜋𝑓 = 8𝜋 s−1

𝜆 = 𝑣𝑓

= 0,5 m ; 𝑘 = 2𝜋𝜆

= 4𝜋 m−1

𝑦 (𝑥, 𝑡) = 4,0 · 10−2 𝑐𝑜𝑠(8𝜋𝑡 − 4𝜋𝑥) m b) Fase: 𝜃 = (8𝜋𝑡 − 4𝜋𝑥) rad

En t1: 𝜃1 = (8𝜋𝑡1 − 4𝜋𝑥) rad

En t2: : 𝜃2 = (8𝜋𝑡2 − 4𝜋𝑥) rad ∆𝜃 = 𝜃2 − 𝜃1 = 8𝜋(𝑡2 − 𝑡1) = 16𝜋 𝑟𝑎𝑑 = 8 · 2𝜋 rad

Dado que ∆𝑡 = 2,0 s é un múltiplo enteiro de T (T=0,25 s) (∆𝑡 = 2,0 = 8𝑇), podemos concluír que ambos estados de vibración están en fase. Por outra parte, a diferenza de fase é un múltiplo enteiro de 2π (∆𝜃 = 8 · 2𝜋rad), o que confirma que están en fase. Evidentemente, ambas condicións son equivalentes.

c) En x1: 𝜃1 = (8𝜋𝑡 − 4𝜋𝑥1) rad

En x2: 𝜃2 = (8𝜋𝑡 − 4𝜋𝑥2) rad |∆𝜃| = |𝜃2 − 𝜃1| = |4𝜋(𝑥2 − 𝑥1)| = 9𝜋 rad Dado que ∆𝑥 = 2,25 m é un múltiplo impar de λ/2 (∆𝑥 = 9 · 𝜆/2) podemos concluír que ambas partículas están en oposición de fase. Por outra parte, a diferenza de fase é un múltiplo impar de 𝜋 (|∆𝜃| = 9𝜋 rad), o que confirma que están en oposición de fase. Evidentemente, ambas condicións son equivalentes.

17. A ecuación dunha onda transversal que se propaga nunha corda é: y (x, t) = 10 senπ (x − 0,2t), onde x e

y exprésanse en cm e t en s. Calcular: a) A amplitude, a lonxitude de onda, a frecuencia e a velocidade de propagación da onda. b) Os valores máximos da velocidade e da aceleración das partículas da corda. c) En qué sentido se propaga a onda? Cal será a ecuación da onda transversal se se propaga en sentido

contrario?. Explicar.

a) 𝑦 (𝑥, 𝑡) = 10 𝑠𝑒𝑛 (𝜋𝑥 − 0,2𝜋𝑡)

Comparando coa ecuación xeral 𝑦 (𝑥, 𝑡) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 (𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) resulta: A = 0,10 m

k = 𝜋 cm-1𝜆 = 2𝜋𝑘

= 2 · 10−2m

𝜔 = 0,2𝜋 s−1𝑓 = 𝜔2𝜋

= 0,1Hz

𝑣 = 𝜆 · 𝑓 = 2 · 10−3m·s-1

b) 𝑣 = 𝑑𝑦 (𝑥,𝑡)𝑑𝑡

= −𝐴𝜔 𝑐𝑜𝑠 (𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)

|𝑣𝑚á𝑥| = 𝐴𝜔 = 2 · 10−2𝜋 m·s-1

𝑎 =𝑑𝑣 (𝑥, 𝑡)

𝑑𝑡= −𝐴𝜔2 𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)

|𝑎𝑚á𝑥| = 𝐴𝜔2 = 4 · 10−3𝜋2 m·s-2

c) No sentido positivo do eixo X, xa que a velocidade de propagación da onda é positiva. Se se propaga no

sentido negativo do eixo X, 𝑦 (𝑥, 𝑡) = 10 𝑠𝑒𝑛 (𝜋𝑥 + 0,2𝜋𝑡) , xa que a velocidade de propagación da onda

é negativa.

VIBRACIÓNS E ONDAS. CUESTIÓNS

1. Nun movemento harmónico simple, indica cal das seguintes gráficas se axusta correctamente á relación enerxía/elongación:

SOL. c

Nun oscilador harmónico a enerxía total do mesmo permanece constante e independente da elongación, sendo o seu valor E= (1/2) k·A2.

A gráfica a) sería incorrecta pois o máximo valor da enerxía potencial sería cando x=A. Cando x=0 a enerxía potencial sería nula.

A gráfica b) tamén é incorrecta pois a enerxía cinética máxima sería para x=0 ó pasar polo punto central do movemento.

2. De dous resortes elásticos con idéntica constante cólgase a mesma masa. Un dos resortes ten dobre lonxitude que o outro, entón, o corpo vibrará:

a) Coa mesma frecuencia. b) O de dobre lonxitude con frecuencia dobre. c) O de dobre lonxitude coa metade da frecuencia.

SOL. a

O período de vibración dun resorte elástico ven dado por: T= 2π(m/k)1/2

Se a masa e as constantes son iguais, o período de ambos, e polo tanto, a súa frecuencia serán iguais, ó non influír a lonxitude do resorte.

Pola mesma razón, a non influenza da lonxitude do resorte, as outras dúas opcións son falsas.

3. Cando un movemento ondulatorio se reflicte, a súa velocidade de propagación: a) Aumenta; b) Depende da superficie de reflexión; c) Non varía.

SOL. c

A reflexión é un fenómeno ondulatorio polo que as ondas modifican a dirección na velocidade de propagación ó chocar contra unha superficie. Polo tanto, sen producirse cambio no módulo da súa velocidade de propagación, ó non cambiar o medio de propagación.

4. Se se cambian á vez o ton e a intensidade dun son procedente dunha trompeta, ¿cales das seguintes magnitudes teñen que cambiar necesariamente?.

a) Frecuencia e lonxitude de onda; b) Só a frecuencia; c) Amplitude, frecuencia e lonxitude de onda.

SOL. c

As cualidades do son as que se refiren, intensidade e ton, están directamente relacionadas coa amplitude (intensidade) e coa frecuencia(ton). Por outra banda, frecuencia e lonxitude de onda para unha velocidade de propagación determinada, tamén están relacionadas entre si (v= λν).

Por isto, unha modificación de ton e intensidade supoñen unha modificación de amplitude, frecuencia e lonxitude de onda.

5. A enerxía que transporta unha onda é proporcional a: a) A frecuencia; b) A amplitude; c) Os cadrados da frecuencia e da amplitude.

SOL. c

Un movemento ondulatorio é un movemento vibratorio que se propaga. De acordo coa ecuación que determina a enerxía do movemento vibratorio dunha partícula:

E =(1/2)kA2= (1/2)mω2. A2 = (1/2)m4π2ν2A2, proporcional ó cadrado de frecuencia e amplitude

6. Un movemento harmónico sinxelo determinado é a proxección doutro movemento circular uniforme. A aceleración centrípeta no movemento circular é: a) Maior ou igual á aceleración no MHS; b) Sempre menor; c) Menor ou igual á aceleración no MHS.

SOL.: a

A aceleración no MHS é unha función sinusoidal, máxima no punto de elongación máxima (a= ω2∙A) e nula no punto de equilibrio (onde a velocidade é máxima).

A aceleración centrípeta do movemento circular uniforme correspondente, a=ω2r será igual á devandita aceleración do MHS cando r= A, e será sempre maior para valores r<A.

7. Unha onda sen rozamentos amortécese de tal xeito que a amplitude é proporcional á inversa da raíz cadrada da distancia á orixe. Isto débese a que é unha onda:

a) Esférica; b) Cilíndrica; c) Lineal.

SOL.: b

Tendo en conta que a intensidade do movemento ondulatorio é a relación entre a potencia (ou enerxía por unidade de tempo) e a superficie normal á dirección de propagación, teremos para ondas cilíndricas: I= P/(2πR.h)

A intensidade é proporcional á enerxía e esta é directamente proporcional ao cadrado da amplitude de oscilación (E= 1/2 k.A2), resultando que I será directamente proporcional a A2 e inversamente proporcional a R. Polo tanto, A será inversamente proporcional a R1/2.

8. Escoitando un coro, atopamos nunha nota mantida que se producen altibaixos de sonoridade. Popularmente dise que é debido a que alguén "desentoa". Na realidade, o que pasa é que alguén:

a) Está dando unha frecuencia sonora diferente ó resto. b) Está producindo unha intensidade diferente. c) A composición das frecuencias que constitúen a súa voz nese momento é diferente á dos seus

compañeiros.

SOL.: a

Unha das calidades do son, o ton, que nos permite distinguir os sons agudos dos graves, depende da súa frecuencia fundamental. Cando as frecuencias fundamentais das ondas que se compoñen son diferentes, a composición das ondas pasa por intervalos de tempo nas que se producen interferencias construtivas e outros nas que se producen destrutivas, interpretadas como altibaixos de sonoridade. Polo tanto "desentoar" supón modificar esta frecuencia fundamental.

9. A velocidade dunha onda: a) Varía coa fase na que se atope o punto. b) Varía coa distancia do punto á orixe. c) Varía ao cambiar o medio de propagación.

SOL.: c

A velocidade dunha onda é o resultado do produto da lonxitude de onda pola frecuencia, e depende do medio no que se está a propagar a onda. Ao cambiar o medio de propagación producirase unha modificación da súa lonxitude de onda que implicará un cambio da velocidade da onda. A frecuencia non se modifica ao depender exclusivamente do foco emisor.

10. Na composición de dúas ondas luminosas das mesmas características prodúcense lugares onde non hai iluminación apreciable.

a) Isto é unha reflexión. b) Prodúcese unha interferencia. c) Non é certo, non se produce nunca.

SOL.: b

As interferencias prodúcense por superposición de dous movementos ondulatorios. Neste caso estamos a considera-lo comportamento ondulatorio da luz. Cando dúas ondas luminosas estacionarias producidas por focos distintos que se propagan polo mesmo medio se atopan nun mesmo punto, prodúcese o fenómeno das interferencias. Posto que a luz ten natureza electromagnética, as perturbacións mutuas preséntanse como reforzos ou diminucións dos campos eléctricos e magnéticos, equivalentes á composición construtiva ou destrutiva das mesmas.

11. As condicións iniciais dun oscilador harmónico son: tempo (t=0), elongación (x=0) e velocidade (v> 0). ¿Que perfil representa correctamente a variación da Ec co tempo nun período?.

SOL.:a

A enerxía cinética: EC= (1/2)mv2 = (1/2)mω2(A2-x2), ten o máximo valor cando x=0 que neste caso coincide con t=0, e para un período completo t=T. A gráfica correcta é a a).

12. A enerxía mecánica dun oscilador harmónico: a) Duplícase cando se duplica a amplitude da oscilación. b) Duplícase cando se duplica a frecuencia da oscilación. c) Cuadriplícase cando se duplica a amplitude da oscilación.

SOL.:c

Como a enerxía mecánica dun oscilador harmónico é E= (1/2)kA2, resulta que se duplicamos A, cuadriplícase E.

13. Unha corda colga do alto dunha torre alta de xeito que o extremo superior é invisible e inaccesible, pero o extremo inferior si se ve. ¿Cómo determinarías a lonxitude da corda? a) É imposible. b) Medindo a amplitude da oscilación. c) Medindo o período da oscilación.

SOL.:c

Considerando un comportamento de péndulo simple, se medimos o período , T= 2π (l/g)1/2, e coñecido g, poderemos calcular o valor de l.

(Nota: se a densidade lineal da corda non é desprezable, teriamos que aplicar a relación que nos da o período nun péndulo físico, o que tornaría máis complicada a solución polo cálculo de I en función da densidade e lonxitude)

14. Se no instante t = 0 un móbil que describe un m.h.s. atópase en x = A/2 dirixíndose cara ó centro de oscilación, a súa ecuación do movemento é: a) x = A cos(ωt + π

3) m ; b) = A sen(ωt + π

3) m ; c) x = A cos(ωt + 5π

3) m.

SOL.: a

Imposición das condicións iniciais das ecuacións: 𝑥 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜃0) ; 𝑣 = −𝐴𝜔 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜃0) 𝐴2

= 𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝜃0 → 𝑐𝑜𝑠 𝜃0 =12→ 𝜃0 =

𝜋3𝑟𝑎𝑑 e 𝜃0 =

5𝜋3𝑟𝑎𝑑

Hai que comprobar cal das dúas solución cumpre que en t = 0, v < 0. 𝑣 = −𝐴𝜔 𝑠𝑒𝑛𝜃0 = −𝐴𝜔 𝑠𝑒𝑛 𝜋

3< 0

−𝐴𝜔 𝑠𝑒𝑛 5𝜋3

> 0 A solución válida é: 𝜃0 = 𝜋

3𝑟𝑎𝑑, como consecuencia, a opción correcta é a ).

15. A ecuación dunha onda transversal de amplitude 4 cm e frecuencia 20 Hz que se propaga no sentido

negativo do eixo X cunha velocidade de 20 m·s-1 é: a) 𝑦(𝑥, 𝑡) = 4 · 10−2 𝑐𝑜𝑠 𝜋(40𝑡 + 2𝑥) 𝑚 b) 𝑦(𝑥, 𝑡) = 4 · 10−2 𝑐𝑜𝑠 𝜋(40𝑡 − 2𝑥) 𝑚 c) 𝑦(𝑥, 𝑡) = 4 · 10−2 𝑐𝑜𝑠 2𝜋(40𝑡 + 2𝑥) 𝑚

SOL. a

A única resposta posible é a a, xa que cumpre que: f= 20 Hz e v = 20m·s-1

y (x,t) = 4·10-2cos (40𝜋t + 2𝜋x) m

Comparando coa ecuación xeral:

w = 40𝜋s-1 w = 2𝜋𝑓𝑓 = 20 Hz k = 2𝜋m-1 k = 2𝜋/𝜆𝜆 = 1 m 𝜆 = v/𝑓 v = 𝜆𝑓 = 20 m·s-1

16. Nun medio homoxéneo e isótropo, unha fonte sonora produce, a unha distancia r, un son de 40 dB. Se a intensidade do son se fai 100 veces maior, a nova sonoridade, á mesma distancia, será:

a) 50 dB ; b) 60 dB ; c) 70 dB.

SOL. b

𝑆 = 10 𝑙𝑜𝑔𝐼𝐼0

= 40

𝑆′ = 10 𝑙𝑜𝑔100𝐼𝐼0

= 10 (𝑙𝑜𝑔 100 + 𝑙𝑜𝑔𝐼𝐼0

) = 10 �2 +4010� = 60 𝑑𝐵

17. Nun medio homoxéneo e isótropo, unha fonte sonora produce, a unha distancia de 1 m, un son de 40 dB. A unha distancia de 10 m, a sonoridade será:

a) 10 dB ; b) 20 dB ; c) 30 dB.

SOL. b 𝐼𝐼0

=𝑟02

𝑟2

𝑆 = 10 𝑙𝑜𝑔𝐼𝐼0

= 10 𝑙𝑜𝑔𝑟02

1

S′ = 10 logr02

102

Restando obtemos : S − S′ = 10 (log r02

1− log r02

102 ) = 10 log

r02

1r02

102= 10 log 100 = 20 dB

40 − S′ = 20 → S′ = 20 dB

A LUZ. ÓPTICA XEOMÉTRICA

PROBLEMAS

1. Un espello esférico ten 0,80 m de radio. a) Se o espello é cóncavo, calcular a qué distancia hai que colocar un obxecto para obter unha imaxe real dúas

veces maior que o obxecto. b) Se o espello é convexo, calcular a qué distancia hai que colocar un obxecto para obter unha imaxe dúas

veces menor que o obxecto. c) Facer os diagramas de raios dos apartados a e b.

a) Aumento lateral: β =𝑦′𝑦

= −𝑆′𝑆

= 2 Relacionamos s e s’: |𝑠’| = | 2𝑠| A imaxe é real, por tanto, s < 0 e s’ < 0. Se é cóncavo, r<0 Introducimos todos os signos na ecuación dos espellos. Deste xeito, o resultado obtido terá signo contrario.

1𝑠′

+1𝑠

=1𝑓→

1−2𝑠

+1−𝑠

=1

−0,40→ 𝑠 = 0,60 m

Así, segundo as normas DIN, s = - 0,60 m.

b) Idéntica estratexia de resolución que o apartado anterior. |𝑠’| = |0,5𝑠| A imaxe é virtual, por tanto s < 0 e s’ > 0.

1𝑠′

+1𝑠

=1𝑓→

10,5𝑠

+1−𝑠

=1

0,40→ 𝑠 = 0,40m

Segundo as normas DIN, s = - 0,40 m

c)

2. Sobre unha lámina de vidro de caras plano-paralelas, de espesor 10 cm e situada no aire, incide un raio de luz cun ángulo de incidencia de 30°. Sabendo que o índice de refracción do vidro é 1,50, e o do aire a unidade:

a) Facer un esquema da marcha dos raios b) Calcula a lonxitude recorrida polo raio no interior da lámina c) Calcula o ángulo que forma coa normal o raio que emerxe da lámina.

a)

b) Aplicación da lei de Snell para calcular o ángulo de refracción 𝜑′1:

sen𝜑1 = 𝑛 sen𝜑′1 → sen𝜑′1 =sen 30°

1,50= (

12

)/(23

) → 𝜑′1 = 19,5º

cos𝜑′1 =0,10𝑥

→ 𝑥 = 0,11m

c) Por simetría, obtemos que o ángulo de saída da lámina é o mesmo que o da entrada. Matematicamente: sin𝜑1 = 𝑛 sin𝜑′1 (1) 𝑛 sin𝜑2 = sin𝜑′2 (2) 𝜑′1 = 𝜑2 por alternos internos: 𝑛 sen𝜑′1 = sen𝜑′2 (2) Comparando as ecuacións (1) y (2): sen𝜑1 = sen𝜑′2 → 𝜑1 = 𝜑′2 = 30°

3. Un proxector de cine ten unha lente converxente de 20,0 dioptrías. a) A que distancia da lente debe situarse a película se queremos que a imaxe sexa 100 veces maior que o

obxecto? b) A que distancia da lente debe situarse a pantalla? c) Debuxa o diagrama de raios

a) Potencia ou converxencia da lente: 𝑃 = 1𝑓′

= 20,0 dioptrías

Aumento lateral: 𝛽 = 𝑦′𝑦

= 𝑠′𝑠

= 100

Ecuación das lentes: 1𝑠′− 1

𝑠= 1

𝑓′

Relación entre s e s’ en valor absoluto: |𝑠′| = |100𝑠| A imaxe é real, por tanto: 𝑠 < 0 𝑒 𝑠′ > 0 Introdúcense todos os signos na ecuación das lentes e, como consecuencia, o signo do resultado será contrario: 1

100𝑠− 1

−𝑠= 20 → 𝑠 = 5,05 · 10−2m

Así, segundo as normas DIN: 𝑠 = −5,05 · 10−2m

b) Da relación entre s e s’ en valor absoluto: |𝑠′| = |100𝑠|obtense 𝑠′ = 5,05 m, que é positivo, sempre segundo as normas DIN

c) Diagrama de raios 4. Un raio luminoso incide na superficie dun bloque de vidro cun ángulo de incidencia de 50°. Calcular as

direccións dos raios: a) Reflectido b) Refractado c) Representar os raios reflectido e refractado Dato: O índice de refracción do vidro é 1,50

a) Segundo a lei de Snell, o raio reflectido forma coa normal un ángulo de 50°, igual ó de incidencia ��

b) O raio refractado formará coa normal un ángulo 𝒓�.

Aplicando a Lei de Snell: naire∙sen 𝚤 =nvidro∙sen �� sen 50°=1,5∙sen �� sen �� = 0,511 e ��= 30,7°

c) Representación gráfica

5. Un espello esférico cóncavo ten un radio de curvatura de 1,5 m. Determinar: a) A posición da imaxe dun obxecto situado diante do espello a unha distancia de 1 m b) A altura da imaxe, dun obxecto real de 10 cm de altura c) Realizar o diagrama de raios

a) A distancia focal é igual á metade do radio de curvatura do espello f = r/2 ; como o espello é cóncavo, o seu radio de curvatura é negativo: 𝑓 = 𝑟

2= −1,5

2= −0,75 m

A posición do obxecto é: s=-1 m Introducimos todos os datos, co seu signo, na ecuación dos espellos. 1𝑠′

+1𝑠

=1𝑓→

1𝑠′

+1−1

=1

−0,75→ 𝑠′ = −3 m

b) O tamaño da imaxe obtémolo a partir da ecuación do aumento lateral:

𝛽 =𝑦′𝑦

= −𝑠′𝑠

𝑦′0,1

= −31 y’ = - 0,3 m.

Como y’ é negativa, a imaxe é invertida e, neste caso, de maior tamaño que o obxecto. A imaxe é real xa que s’ é negativa e está a 3 metros diante do espello.

c) Imaxe real, invertida e de maior tamaño. 6. Un obxecto de 6 cm de altura está situada a unha distancia de 30 cm dun espello esférico convexo de 40 cm

de radio. Determinar: a) A posición da imaxe b) O tamaño da imaxe c) Realizar o diagrama de raios

a) A distancia focal é igual á metade do radio de curvatura do espello; como o espello é convexo, o seu radio de curvatura é positivo: 𝑓 = 𝑟

2= 0,4

2= 0,2 m

A posición do obxecto é: s=-0,3 m Introducimos todos os datos, co seu signo, na ecuación dos espellos. 1𝑠′

+1𝑠

=1𝑓→

1𝑠′

+1

−0,3=

10,2

→ 𝑠′ = 0,12 m

s’ = 0’12 m è o punto de formación da imaxe virtual (xa que s’ é positiva) Aplicando a ecuación do aumento lateral obtemos o valor do tamaño da imaxe:

𝛽 =𝑦′𝑦

= −𝑠′𝑠

;𝑦′

0,06= −

0,12−0,3

⇒ 𝑦′ = 0,024 m

A imaxe é dereita, xa que y’ é positivo, e de menor tamaño

b) Imaxe virtual, dereita e de menor tamaño.

7. Un obxecto de 4 cm de altura, está situado 20 cm diante dunha lente delgada converxente de distancia focal

12 cm. Determinar: a) A posición da imaxe b) O tamaño da imaxe c) Resolver o problema considerando que a lente é diverxente

a) A posición da imaxe calculámola a partir da ecuación fundamental das lentes delgadas, tendo en conta que f’=+0,12 m e a posición do obxecto, s=-0,2 m.

1𝑠′−

1𝑠

=1𝑓′

1𝑠′−

1−0,2

=1

0,12⇒ 𝑠′ = +0,3 m, logo a imaxe é real xa que s’ é positiva.

b) O tamaño da imaxe obtense aplicando a ecuación do aumento lateral da lente:

𝛽 =𝑦′𝑦

=𝑠′𝑠

𝑦′0,04

= 0,3−0,2

⇒y’ = - 0,06 m O signo negativo indícanos que a imaxe é invertida.

c) Para a lente diverxente aplicamos idéntica estratexia á aplicada no apartado a) pero considerando agora que f’=-0,12 m. 1𝑠′− 1

𝑠= 1

𝑓′

1𝑠′−

1−0,2

=1

−0,12⇒ 𝑠′ = −7,5 ∙ 10−2 m

Logo a imaxe é virtual xa que s’ é negativa. Aumento lateral:

𝛽 =𝑦′𝑦

=𝑠′𝑠

𝑦′0,04

= −0,075−0,2

⇒y’ = 1,5·10-2m O signo positivo indícanos que a imaxe é dereita.

8. a) En qué posicións se poderá colocar unha lente converxente de + 15 cm de distancia focal imaxe, para obter a imaxe dun obxecto de 5 cm de altura sobre unha pantalla situada a 80 cm del? b) Os aumentos laterais e os tamaños das imaxes c) Realizar o diagrama de raios considerando unha das posicións do apartado a)

a) A suma dos valores absolutos de s e s’ será 80 cm; tendo en conta que s’ é positivo e s negativo, teremos que s’ = 0,80 + s

b) Aplicando a ecuación das lentes 1𝑠′− 1

𝑠= 1

𝑓′⇒ 1

0,8+𝑠− 1

𝑠= 1

0,15

𝑠2 + 0,8𝑠 + 0,12 = 0 s = - 0’2 m ou s = - 0’6 m As dúas posicións son a 20 cm e 60 cm do obxecto

c) Lente próxima Se s = –0,2m → s’ = 0,6m; xa que a suma en valores absolutos de s e s’ é 0,8. Aumento lateral:

𝛽 =𝑠′𝑠⇒ 𝛽 =

0,6−0,2

= −3

Tamaño da imaxe: 𝛽 = 𝑦′𝑦⇒ 𝑦′ = 𝛽 ∙ 𝑦 = −3 ∙ 0,05 = −0,15 m

O signo negativo indícanos que a imaxe é invertida. Lente afastada: Se s = –0,6 m → s’ = 0,2 m Aumento lateral:

𝛽 =𝑦′𝑦

=𝑠′𝑠

𝛽 =𝑠′𝑠

=0,2−0,6

= −0,33

Tamaño da imaxe: 𝛽 = 𝑦′𝑦⇒ 𝑦′ = 𝛽 ∙ 𝑦 = −0,33 ∙ 0,05 = −0,017 m

O signo negativo indícanos que a imaxe é invertida.

d) Diagrama no caso s = –0,2 m e s’ = 0,6 m

CUESTIONS 1. Os ollos dunha persoa están a 1,70m do chan. A que altura sobre o chan debe estar a parte inferior dun

espello plano para que esta persoa vexa a imaxe dos seus pés? a) 0,85m ; b) 1m ; c) 1,70m.

SOL. a O ollo sempre ve na dirección do raio que lle chega, polo tanto debe recibir un raio procedente dos pés para que poida velos. A imaxe nun espello plano é virtual, dereita, co mesmo tamaño e simétrica respecto do espello. Triángulos semellantes: AOA’ e ZZ’A’.

1,70ZZ′

=2ZA′ZA′

→ ZZ′ = 0,85m 2. A altura mínima dun espello plano para que unha persoa poda verse de corpo enteiro é:

a) igual á altura da persoa ; b) a metade de dita altura ; c) a terceira parte de dita altura.

SOL. b O ollo sempre ve na dirección do raio que lle chega. Para verse de corpo enteiro, é necesario que reciba raios dos pés e da parte superior da cabeza. A imaxe nun espello plano é virtual, dereita, do mesmo tamaño e simétrica respecto do espello. Os triángulos OZZ’ e OA’B’ son semellantes:

OZ′OB′

=ZZ′A′B′

→OZ′

20Z′=ZZ′A′B′

→ ZZ′ =12A′B′

3. A profundidade real dunha piscina con respecto á observada é: a) menor ; (b) maior ; (c) igual. Dato: os índices de refracción da auga e o aire son 4/3 e 1, respectivamente.

SOL. b Expresión da invariante de Abbe, aplicada a un dioptrio plano: 𝑛1

𝑠= 𝑛2

𝑠′

𝑂𝐹 = 𝑠 𝑂𝐹′ = 𝑠′ 𝑠 = 𝑠′ 𝑛1

𝑛2→ 𝑠 = 4

3· 𝑠′ → 𝑠 > 𝑠′ debido á refracción da luz.

Logo a profundidade real é maior que a observada.

4. Un ollo miope ten o punto remoto a 125 cm. Calcula a potencia e indica o tipo de lente que se debe

empregar para que os raios que veñen do infinito converxan na retina do ollo. a) +0,8 dioptrías, lente converxente ; b) -0,8 dioptrías, lente diverxente ; c) -1,25 dioptrías, lente

diverxente. Nota: Para un ollo sano, o punto próximo está a 25cm e o punto remoto, no infinito.

SOL. b A lente sitúa a un obxeto que se atopa moi lonxano (𝑠 ≈ −∞) a 125 cm diante da mesma(𝑠′ = −1,25𝑚), e deste xeito é visto polo ollo.

𝑃 =1𝑓′

=1𝑠′−

1𝑠→ 𝑃 =

1−1,25

= −0,8 dioptrías ∶ lente diverxente

5. Calcula a potencia e indica o tipo de lente que necesita para ler unha persoa cuxo punto próximo se atopa a

1 m. a) +3 dioptrías, lente converxente ; b) -3 dioptrías, lente diverxente ; c) +0,33 dioptrías, lente converxente.

Nota: Para un ollo san, o punto próximo está a 25cm e o punto remoto, no infinito.

SOL. a Debe empregarse unha lente converxente de distancia focal superior a 25cm para que a imaxe se forme, como mínimo a un metro. Distancia (típica de letura) obxeto: 𝑠 = −0,25𝑚 Distancia imaxe: 𝑠′ = −1𝑚

𝑃 =1𝑓′

=1𝑠′−

1𝑠→ 𝑃 =

1−1

−1

−0,25= +3 dioptrías ∶ lente converxente

6. A distancia focal do sistema formado por unha lente converxente de 2 dioptrías e outra diverxente de 4,5

dioptrías é: a) –0,4m; b) –0,65m; c) 2,5m SOL. a A potencia do sistema será: P=P1 +P2 = 2 + (- 4’5) = - 2’5 dioptrías Polo que a distancia focal sería: P= 1/f’ ⇒ f’= 1/(-2’5) = - 0’4 m

7. A teoría ondulatoria de Huygens sobre a natureza da luz vén confirmada polos fenómenos:

a) Reflexión e formación de sombras. b) Refracción e interferencias. c) Efecto fotoeléctrico e efecto Compton.

SOL. b Huygens explicou a reflexión e a refracción da luz a partir da consideración de que cada punto da fronte de ondas é un novo foco luminoso, e polo tanto, a partir deles se constrúe unha nova fronte de ondas que se propaga polo espacio. A enerxía estaría distribuída uniformemente por toda a fronte de ondas.

8. Cando un raio de luz pasa do aire a auga, non cambia a:

a) Velocidade de propagación. b) Frecuencia. c) Lonxitude de onda.

SOL. b Cando un raio de luz cambia de medio, está a modifica-la súa velocidade de propagación xa que se altera a súa lonxitude de onda. A frecuencia non cambia porque o foco emisor é o mesmo, e a frecuencia depende dese foco emisor. No paso do aire á auga prodúcese un cambio nas características do medio de propagación, polo tanto, do espacio e nas características espaciais da onda, pero non nas temporais. As características exclusivamente temporais dunha onda son frecuencia e período.

9. Para afeitarse, unha persoa precisa ve-la súa imaxe dereita e do maior tamaño posible. Que clase de espello debe usar?

a) Plano; b) Cóncavo; c) Convexo

SOL. b Deberá empregar un espello que permita a obtención de imaxes aumentadas, de aí que o espello deba ser cóncavo, colocándose entre o foco e o punto O. Dita construcción corresponde a unha distancia entre obxecto e espello inferior á distancia focal

10. Cando a luz pasa dun medio a outro de distinto índice de refracción, o ángulo de refracción é:

a) Sempre maior que o de incidencia. b) Sempre menor que o de incidencia. c) Depende dos índices de refracción.

SOL. c Aplicando a 2ª lei de Snell: n1∙sen𝚤=n2∙sen�� ⇒ 𝑛1

𝑛2= senr�

seni

A relación entre os ángulos dependerá da relación dos índices de refracción.

11. Nas lentes diverxentes a imaxe sempre é: a) Dereita, menor e virtual; b) Dereita, maior e real; c) Dereita, menor e real.

SOL. a Dacordo coa representación gráfica:

12. Nas lentes converxentes a imaxe é:

a) Dereita, menor e virtual; b) Dereita maior e real. c) Depende da posición do obxecto. SOL. c Dependerá da posición relativa do obxecto respecto do foco e do centro da lente. Depende da posición do obxecto, xa que se está máis separado da lente que 2 veces a distancia focal, terá unha imaxe real, invertida e menor. Cunha separación igual a 2f, a imaxe será real, invertida e do mesmo tamaño. Se está situado entre f e 2f, a imaxe será real, invertida e maior. Para distancias menores, a imaxe é virtual, dereita e maior.

13. Dispomos dun espello convexo de radio de curvatura 1 m. Como é a imaxe dun obxecto real?. a) Real, invertida e de menor tamaño. b) Virtual, invertida e de maior tamaño. c) Virtual, dereita e de menor tamaño.

SOL. c De acordo coa marcha dos raios:

14. Ó colocar un obxecto a 15 cm de distancia dunha lente converxente de 30 cm de distancia focal. A imaxe

formada é: a) Real, invertida e aumentada. b) Virtual, dereita e aumentada. c) Real, dereita e reducida.

SOL. b Facendo a marcha dos raios correspondente resultará que a imaxe será virtual, dereita e aumentada.

15. Nos autobuses urbanos colócase un espello sobre a porta para que o condutor poida observar o interior do autobús na súa totalidade. ¿Como é o espello?.

a) Cóncavo; b) Convexo; c) Plano.

SOL. b A solución é escollida de tal xeito que en calquera caso, a imaxe dun obxecto se vexa na área espellada, para o que é necesario reducir o tamaño da imaxe respecto do obxecto, cousa que se consegue cos espellos convexos.

16. As gafas de corrección da miopía usan lentes que son: a) Converxentes; b) Diverxentes; c) Doutro tipo.

SOL. b As lentes de corrección da miopía úsanse para que unha imaxe que se forma adiantada se forme máis atrás no ollo, evitando forzar o mesmo e a mala visión en caso de non poder forzalo abondo. Para isto necesitan facer diverxer os raios de luz que inciden nela

17. Queremos facer pasar un raio de luz a través dun vidro, de xeito que non se desvíe. Terá que ser:

a) Unha lente plana paralela, en calquera posición. b) Non se pode facer. c) Calquera lente, atravesándoa polo eixe óptico.

SOL. c Toda lente, ó ser atravesada por un raio conducido a traverso do seu eixe óptico, non o desvía, pois implica que as superficies que ten que atravesar son perpendiculares ó raio incidente.

18. Unha lámpada está acendida nunha lámpada que ten unha pantalla reflectora en forma de pirámide de cono truncada. A razón é: a) Iluminar por igual en toda a superficie. b) Concentrar a maior potencia luminosa posible sobre a superficie iluminada. c) Evitar cegamentos.

SOL. b A pantalla reflicte parte da luz que, doutro xeito, sería inservible para o uso que se lle quere dar, concentrándoa sobre a superficie iluminada e aumentando a intensidade luminosa nela. O apartado c) tamén é certo para determinadas posicións do observador, se ben parte do malestar visual deste tipo ten outras causas, como o reflexo no papel, por exemplo.

19. Dous raios de luz inicialmente paralelos, crúzanse despois de atravesar unha lente. Eso pode darse en caso de que teñamos:

a) Unha lente de vidro bicóncava en aire. b) Un oco bicóncavo cheo de aire no interior dunha masa de vidro. c) Necesariamente con outra disposición diferente das anteriores.

SOL. b Cando os índices de refracción da lente e o medio "externo" de transmisión intercambian os seus valores, o efecto que produce tamén se invirte. Estamos afeitos a ter lentes de vidro actuando no aire, e en tal caso actuarán como lentes diverxentes. Pero, se o índice de refracción interior é menor que o exterior, entón o efecto é o contrario: son lentes converxentes.

20. O ángulo formado polo raio incidente e o reflectido nun espello é α. Se o espello rota no sentido horario un ángulo β nun eixe perpendicular ó formado polos dous raios anteriores, o novo ángulo que formarán entre eles é: a) α+β ; b) α+2β ; c) α−β

SOL. b Cando o espello rota, varía o ángulo de incidencia no mesmo valor que o ángulo de xiro. Como na reflexión se cumpre que o ángulo de incidencia e o de reflexión son iguais, a separación entre ambos varía ese mesmo valor dúas veces. A ter en conta que se o ángulo é en sentido contrario, poden "cambiarse de lado" os raios incidente e reflectido, así como se o ángulo de incidencia chegara a 90°, entón xa non incidiría e polo tanto non se reflectiría.

FÍSICA MODERNA

FÍSICA NUCLEAR. PROBLEMAS

1. Un detector de radioactividade mide unha velocidade de desintegración de 125 núcleos∙min-1. Sabemos que o tempo de semidesintegración é de 20 min. Calcula:

a) A constante de actividade radioactiva. b) A velocidade de desintegración unha hora despois. c) Representa graficamente cómo varía o número de núcleos co tempo (en intervalos de 20 min) durante os

primeiros 80 min. a) Como 𝜆 = 𝑙𝑛2

𝑇1/2 obtemos que λ= 3,47∙10-2min-1

b) Por outra parte: 𝑁 = 𝑁0 ∙ 𝑒−𝜆𝑡 ⇒ 𝐴 = 𝐴0 ∙. 𝑒−𝜆𝑡 = 125. 𝑒−3,47∙10−2∙60 = 15,7 nucleos ∙ min−1 c) Aplicando a lei da desintegración radioactiva, N = N0 ∙ e−λt, e tendo en conta que o tempo de

semidesintegración é de 20 min, a gráfica sería a seguinte:

2. Unha mostra dun material radioactivo ten 3∙1024 átomos. a) En tres anos reduce o seu número á metade. Calcula o número de átomos que quedará en trinta anos. b) Canto vale a constante de actividade de dito conxunto de átomos? c) Canto tempo tardará en desintegrarse o 90% dos átomos iniciais?

a) Segundo a lei de desintegración radioactiva, 𝑁 = 𝑁0. 𝑒−𝜆𝑡, e, neste caso, ó quedar reducido á metade, 𝑁02

= 𝑁0. 𝑒−𝜆∙3 ⇒ 12

= 𝑒−𝜆∙3 ⇒ 𝑙𝑛 12

= −3𝜆 ⇒ 𝜆 = 0,23 anos−1

Con este dato, obtemos N30 = N0. e−λt ⇒ N30 = 3 ∙ 1024. e−0,23∙30 = 3,02 ∙ 1021átomos

b) Segundo os datos do problema, en tres anos queda a metade de átomos, logo ese é o tempo de semidesintegración. Polo que 𝜆 = 𝑙𝑛2

𝑇1/2= 0,693

3= 0,231 anos−1

c) Aplicando a lei da desintegración radioactiva, e tendo en conta que 𝑁 = 0,1 ∙ 𝑁0 0,1𝑁0 = 𝑁0. 𝑒−𝜆𝑡 ⇒ 0,1𝑁0 = 𝑁0. 𝑒−0,231∙𝑡 ⇒ 𝑙𝑛0,1 = −0,231𝑡 ⇒ 𝑡 = 10 anos

3. Nun determinado momento calculamos a existencia de 1,15∙1014 núcleos radioactivos nunha mostra. Dez días despois, contabilizamos 2.1013. Calcula

a) O tempo de semidesintegración do elemento. b) Canto tempo tardará a mostra en reducirse á quinta parte? c) Cal é a actividade da mostra ó cabo de 5 días?

a) Substituíndo na lei de desintegración radioactiva, 𝑁 = 𝑁0. 𝑒−𝜆𝑡

2 ∙ 1013 = 1,15 ∙ 1014. 𝑒−𝜆∙10 ⇒ 𝜆 = 0,175 días−1 e como 𝜆 = 𝑙𝑛2

𝑇1/2⇒ 𝑇 = 3,96 días

b) Aplicando novamente a lei de desintegración, cando 𝑁 = 𝑁0/5;

𝑁 = 𝑁0. 𝑒−𝜆𝑡 ⇒𝑁05

= 𝑁0. 𝑒−𝜆𝑡 ⇒ 𝑙𝑛0,2 = −𝜆𝑡 ⇒ 𝑙𝑛0,2 = −0,175𝑡 ⇒ 𝑡 = 9,2 días c) A actividade da mostra o cabo de 5 días:

𝐴 = 𝜆 ∙ 𝑁 = 𝜆 ∙ 𝑁0. 𝑒−𝜆𝑡 = 0,175 ∙ 1,15 ∙ 1014 ∙ 𝑒−0,173∙5 = 8,3 ∙ 1012desintegraciones/dıa

4. O tempo de semidesintegración do elemento radioactivo 238X é 28 anos. Dito elemento desintégrase emitindo partículas α.

a) Calcula o tempo que tarda a mostra en reducirse ó 90% da orixinal. b) Calcula a masa necesaria para formar 10 núcleos de He por segundo. c) Cal será a actividade da mostra neste instante. Dato: NA = 6,02∙1023mol-1.

a) 𝜆 = 𝑙𝑛2𝑇1/2

⇒ 𝜆 = 2,48 ∙ 10−2anos−1

𝐴plicando 𝑁 = 𝑁0. 𝑒−𝜆𝑡 para calcular o tempo no que 𝑁 = 0,9 ∙ 𝑁0 𝑁 = 𝑁0. 𝑒−𝜆𝑡 ⇒ 0,9𝑁0 = 𝑁0. 𝑒−2,48∙10−2∙𝑡 ⇒ 𝑡 = 4,2 anos

b) 𝜆 ∙ 𝑁 = 3,15 ∙ 1015 ⇒ 3,15 ∙ 1015 = 2,48 ∙ 10−2𝑁 ⇒ 𝑁 = 1,27 ∙ 1010átomos Como 1 mol de núcleos de 238X (6,02∙1023) equivalen a unha masa de 238 g, precisaranse 5,02.10-12 g de 238X

c) Se se forman 10 núcleos de He cada segundo é porque se desintegran 10 núcleos de 238X cada segundo, é dicir, a unha taxa de :

10 desint

s= 3,15 ∙ 108 desint ∙ ano−1

Polo que a actividade da mostra nese instante será: A = λ ∙ N = 3,15 ∙ 108desint ∙ ano−1 = 10 Bq

5. Dispoñemos dunha mostra de 22286Rn : a) ¿Cánto tempo tarda unha mostra de 10 g de Rn en reducirse a 1 g? b) Se a masa actual dunha mostra de Radón é 1g, ¿cal será a súa masa dentro de 100 anos? c) Define enerxía de enlace nuclear e calcula a enerxía de enlace por nucleón para o radón-222 Datos: Tempo de semidesintegración do Rn= 1600 anos; mprotón =1.0073 u; mneutrón =1.0087 u; m Rn: 222.0176 u; c = 3,00·108 m/s; 1 u = 1,66·10–27kg.

a) Determinamos primeiro o valor da constante de actividade radioactiva a partires do tempo de

semidesintegración: 𝜆 = 𝑙𝑛2𝑇1/2

⇒ 𝜆 = 4,33 ∙ 10−4anos−1 = 1,37 ∙ 10−11s−1

A partir da lei da desintegración radioactiva 𝑁 = 𝑁0 ∙ 𝑒−𝜆𝑡 ⇒ 𝑚 = 𝑚0. 𝑒−𝜆𝑡 ⇒ 1 = 10 ∙ 𝑒−4,33∙10−4∙𝑡 ⇒ 𝑡 = 5320 anos

b) Aplicando a lei de desintegración radioactiva, en termos de masa:

𝑚 = 𝑚0. 𝑒−𝜆𝑡 ⇒ 𝑚 = 10 ∙ 𝑒−4,33∙10−4∙100𝑚 = 0,96 g

0,96 g ∙1mol Rn222 g Rn

∙6,02 ∙ 1023at. Rn

1mol= 2,60 ∙ 1021 atomos

c) Pode definirse a enerxía de enlace como a enerxía liberada cando se unen os nucleóns (protóns e

neutróns) para formar lo núcleo. Tamén pode definirse como a enerxía necesaria para separar os nucleóns do núcleo. Determinamos a enerxía de enlace a partires da ecuación:

∆𝐸 = ∆𝑚 ∙ 𝑐2 O 𝑅𝑛86

222 ten 86 protóns (Z=86) e 136 neutróns (N= A-Z=222-86), polo que: ∆𝑚 = �86 ∙ 𝑚𝑝 + 136 ∙ 𝑚𝑛� − 𝑀𝑅𝑛 = (86 ∙ 1.0073 + 136 ∙ 1.0087)− 222.0176 = 1,7934 u

1,7934 𝑢 ∙1,66 · 10−27kg

1 u= 2,9950 · 10−27kg

∆𝐸 = ∆𝑚 ∙ 𝑐2 = 2,9950 · 10−27 ∙ (3 ∙ 108)2 = 2,6955 · 10−10J A enerxía de enlace por nucleón será: ∆𝐸222

= 1,2142 · 10−12J ∙ nucleón−1

6. No seguinte gráfico obsérvase o comportamento dunha mostra dun isótopo radioactivo durante 200 días.

a) Determinar o tempo de semidesintegración do isótopo. b) Cantos átomos quedarán despois de tres tempos de

semidesintegración? c) Sospeitase que se trata do polonio 210 (Z=84), un elemento

emisor de radiación alfa. Escribe a reacción nuclear de emisión deste isótopo. Datos: 80Hg; 82Tl; 83Bi; 84Po; 85At; 86Rn

a) Na gráfica obsérvase que a mostra inicial (1,0∙1016 átomos) redúcese á metade (5, 0∙1015átomos) en 140 días, polo que o T1/2 será de 140 días.

b) A partir da lei da desintegración radioactiva N = N0 ∙ e−λtpodemos determinar o número de átomos que quedan sen desintegrar despois de 3 tempos de semidesintegración (420 días). Para iso temos que deteminar previamente o valor da constante de actividade radioactiva.

𝜆 =𝑙𝑛2𝑇12

⇒ 𝜆 = 4,95 ∙ 10−3días−1

𝑁 = 𝑁0 ∙ 𝑒−𝜆𝑡 = 1,0 ∙ 1016 ∙ 𝑒−4,95∙10−3∙420 = 1,25 ∙ 1015átomos c) A reacción será: Po → α+ X84−2

210−424

84210

da que obtemos que: Z= 82 e A= 206, polo que o átomo resultante será 20682Tl a reacción completa será: Po → α + Tl82

20624

84210

7. Para analizar o proceso de desintegración radioactiva dunha mostra que inicialmente tiña 6,00·1023núcleos, mídese en intervalos de 1 s o número de átomos que aínda non se desintegraron, obténdose a gráfica seguinte.

a) Cal é o tempo de semidesintegración da mostra? b) Qué porcentaxe de átomos da mostra inicial se desintegraron en 15 s ? c) Canto tempo terá que pasar para que se desintegre o 90% da mostra inicial?

a) Na gráfica obsérvase que o tempo que tarda en reducirse a mostra á metade é de 2 segundos, polo que o T1/2 será de 2s.

b) A partir da lei da desintegración radioactiva 𝑁 = 𝑁0 ∙ 𝑒−𝜆𝑡podemos determinar o número de átomos desintegrados en 15 s. Para iso temos que determinar previamente o valor da constante de actividade radioactiva.

𝜆 =𝑙𝑛2𝑇12

⇒ 𝜆 = 3,47 ∙ 10−1s−1

N = N0 ∙ e−λt = 6,00 ∙ 1023 ∙ e−3,47∙10−1∙15 = 3,29 ∙ 1021átomos quedan sen desintegrar O número de átomos desintegrados en 15 s foi de: 6,00∙1023-3,29∙1021=5,97∙1023 átomos Desintegrouse o 99,5% da mostra inicial.

c) O tempo que tarda en desintegrarse o 90% da mostra inicial é o tempo en que N= 0,1N0

𝑁 = 𝑁0 ∙ 𝑒−𝜆𝑡 ⇒ 0,1𝑁0 = 𝑁0 ∙ 𝑒−3,47∙10−1∙𝑡 ⇒ 𝑡 = 6,6 s

8. O tritio é un isótopo radiactivo do hidróxeno con dous neutróns e un protón. Pode obterse de xeito natural

na atmosfera pola desintegración dun átomo de 147N, segundo a reacción : N714 + ?x

y → C612 + H1

3 Tamén pode obterse en reactores nucleares segundo a reacción: Lij

i + ? → He + H1324

xy

a) Determina os valores de x,y, i, j e completa as reaccións nucleares. b) O tempo de semidesintegración do tritio é de aproximadamente 12,5 anos. Elabora unha gráfica que

mostre como evolucionaría unha masa inicial de 120 g de tritio durante 60 anos. c) Canto tempo tardaría en desintegrarse o 98% da masa inicial de tritio?

a) Aplicando as leis de Soddy e Fajans e tendo en conta a conservación de A e Z nas reaccións nucleares, podemos obter os valores de x, y, i, j.

14 + 𝑦 = 12 + 3 ⇒ 𝑦 = 1 7 + 𝑥 = 6 + 1 ⇒ 𝑥 = 0 𝑖 + 𝑦 = 4 + 3 ⇒ 𝑖 = 6 𝑗 + 𝑥 = 2 + 1 ⇒ 𝑗 = 3 As reacción nucleares quedarían:

𝑁714 + 𝑛 → 𝐶 + 𝐻1

36

12

0

1

𝐿𝑖36 + 𝑛 → 𝐻𝑒 + 𝐻1

324

0

1

b) A gráfica sería a que aparece na figura axunta.

c) O tempo que tarda en desintegrarse o 98% da mostra inicial é o tempo en que N= 0,02∙N0

𝜆 =𝑙𝑛2𝑇12

⇒ 𝜆 = 5,54 ∙ 10−2anos−1

𝑁 = 𝑁0 ∙ 𝑒−𝜆𝑡 ⇒ 0,02 ∙ 𝑁0 = 𝑁0 ∙ 𝑒−5,54∙10−2∙𝑡 ⇒ 𝑡 = 70,6 anos

9. A gráfica representa cómo varía a masa 13153I co tempo: a) Determina, a partir dos datos da gráfica, a constante de actividade

radioactiva dese isótopo. b) Qué cantidade quedará sen desintegrar despois de 50 días? c) O I-131 emite unha partícula beta (-) ó desintegrarse,

transformándose nun ión positivo de xenón-131. Escribe a reacción correspondente e calcula a enerxía liberada ó desintegrarse un átomo de yodo-131.

Datos: m(I-131) =130,906125 u;m(Xe+-131) =130,904533 u; melectrón=5,486·10–4 u; 1 u =1,66·10–27kg; c =3,00·108 m∙s-1.

a) Na gráfica obsérvase que o tempo que tarda en reducirse a mostra inicial á metade é de 8 días, polo que o T1/2 será de 8 días. A partir deste dato determinamos o valor da constante de actividade radioactiva

𝜆 =𝑙𝑛2𝑇12

⇒ 𝜆 = 8,66 ∙ 10−2días−1

b) A partir da lei da desintegración radiactiva 𝑁 = 𝑁0 ∙ 𝑒−𝜆𝑡, e tendo en conta que o número de átomos é proporcional á masa, podemos determinar a cantidade que quedará sen desintegrar ó cabo de 50 días. 𝑚 = 𝑚0. 𝑒−𝜆𝑡 ⇒ 𝑚 = 100 ∙ 𝑒−8,66∙10−2∙50 ⇒ 𝑚 = 1,31 g

c) 𝐼53

131 → 𝑋𝑒+ +54131 𝛽 −1

0

A enerxía liberada na desintegración do I-131 procederá da diferenza de masa entre produtos e reactivos:

∆𝐸 = ∆𝑚 ∙ 𝑐2 ∆𝑚 = �𝑚𝛽 + 𝑚𝑋𝑒� − 𝑚𝐼 = (5,486 · 10−4 + 130,904533) − 130,906125 = −1,0434 ∙ 10−3u

1,0434 ∙ 10−3 𝑢 ∙1,66 · 10−27𝑘𝑔

1 𝑢= 1,7320 · 10−30kg

∆𝐸 = ∆𝑚 ∙ 𝑐2 = 1,7320 · 10−30 ∙ (3 ∙ 108)2 = 1,5588 · 10−13J ∙ átomo−1

10. A técnica de diagnóstico a partires da imaxe que se obtén mediante tomografía por emisión de positróns (PET, positrón emission tomography) está baseada nun fenómeno de aniquilación entre materia e antimateria. Os positróns que se emiten proveñen de núcleos de flúor 189F, que se lle inxectan ó paciente e aniquílanse ó entrar contacto cos electróns dos tecidos. Como resultado de cada unha destas aniquilacións obtense fotóns, a partir de los cales se forma a imaxe.

A desintegración dun núcleo de flúor pode expresarse como: 𝐹918 → 𝑂 + 𝑒+ + ν0

0𝑧𝑦

8

𝑥

a) Completa a reacción nuclear anterior e xustifica os valores de x, y, z. b) A constante de actividade radioactiva deste isótopo de F é 6,31∙10-3 s-1. Calcula o tempo de

semidesintegracion e o tempo que debe pasar para que quede unha décima parte da cantidade inicial de 18F.

c) Qué porcentaxe de isótopos quedarán ó cabo de 30 s? Razoa se sería posible almacenar durante moito tempo este radiofármaco e xustifica por qué.

a) Aplicando as leis de Soddy e Fajans, e tendo en conta a conservación de Z e A, e que a partícula yze+ é un positrón (antielectrón) (y=0)resulta x=18; y=0; z= 1

b) Dado que a constante de actividade radiactiva é 6,31∙10-3 s-1, o tempo de semidesintegración será: 𝑇1

2= 𝑙𝑛2

𝜆= 110 𝑠

Aplicando a lei da desintegración radiactiva calculamos o tempo en que a mostra pase a ser o 10% da inicial

𝑁 = 𝑁0. 𝑒−𝜆.𝑡 → 𝑡 = −𝑙𝑛 �𝑁 𝑁0� �

𝜆= −

𝑙𝑛(0,1)6,31 ∙ 10−3

= 365 s

c) O porcentaxe de isótopos ó cabo de 30 s será: 𝑁 𝑁0� = 𝑒−𝜆.𝑡 = 0,83 → 83%

Dado que a actividade radioactiva é moi elevada, o que se traduce en nun tempo de semidesintegración moi baixo, non sería posible almacenado durante moito tempo. Así, ó cabo de 6 min (360 s) estaría desintegrada case o 90% da mostra inicial.

11. O iodo-131 é un isótopo radioactivo, cun tempo de semidesintegrción de 8 días, que emite partículas beta e gamma, empregándose para tratar o cáncer e outro tipo de enfermidades relacionadas coa glándula tiroides. A reacción de descomposición é a seguinte: 𝐼53

131 → 𝑋𝑒𝑦𝑥 + 𝛽−1

0 + 𝛾 a) Determina o valor dos números atómico e másico do xenon. b) Cantos días teñen que pasar para que a cantidade de I-131 pase a ser o 25% do valor inicial c) Se as partículas son emitidas a unha velocidade de 2∙105km∙s-1, calcula a lonxitude de onda asociada. Datos: me=9,11∙10–31 kg; h=6,62∙10–34 J s.

a) Aplicando as leis de Soddy e Fajans, e tendo en conta a conservación de Z e A, e que a partícula β é un electrón (Z=1; A=0)resulta: 𝐼53

131 → 𝑋𝑒𝑦𝑥 + 𝛽−1

0 + 𝛾 x=131; y=54⇒ 𝑋𝑒54

131

b) Aplicando a lei da desintegración radioactiva calculamos o tempo en que a mostra pase a ser o 25% da inicial

𝜆 =𝑙𝑛2𝑇1

2

⇒ 𝜆 = 8,66 ∙ 10−2𝑑ı𝑎𝑠−1

N = 𝑁0. 𝑒−𝜆.𝑡 → 𝑡 = −𝑙𝑛 (𝑁 𝑁0

� )

𝜆= −

𝑙𝑛(0,25)8,66 ∙ 10−2 = 16 dıas

c) Aplicando a ecuación de De Broglie á partícula emitida (electrón):

𝜆 =ℎ𝑝

=ℎ𝑚. 𝑣

=6,62 ∙ 10−34

9,11 ∙ 10−31 ∙ 2 ∙ 108= 3,63 ∙ 10−12m

12. Marie Curie recibiu o Premio Nobel de Química en 1911 polo descubrimento do radio. O tempo de

semidesintegración do radio é de 1,59∙103 anos. Se Marie Curie tivese gardada no seu laboratorio 2,00 g de radio-226:

a) Qué cantidade de radio quedaría no ano 2011? b) Cal sería a actividade radioactiva da mostra inicial de 2,00 g de radio e cal sería a actividade da mostra no

ano 2011? c) Cantos anos pasarían ata que a mostra de radio se reducise ó 1% do seu valor inicial?

Datos: NA=6,02∙1023mol-1

a) A partir da lei da desintegración radioactiva N = N0 ∙ e−λt, e tendo en conta que o número de átomos é proporcional á masa, podemos determinar a cantidade que quedará sen desintegrar ó cabo de 100 anos.

𝜆 = 𝑙𝑛2𝑇12

⇒ 𝜆 = 4,36 ∙ 10−4anos−1

𝑚 = 𝑚0. 𝑒−𝜆𝑡 ⇒ 𝑚 = 2,00 ∙ 𝑒−4,36∙10−4∙100 ⇒ 𝑚 = 1,91 g

b) A actividade inicial sería:

𝜆 ∙ 𝑁0 = 4,36 ∙ 10−4 ∙ �2,00g ∙1mol Ra

226g∙

6,02 ∙ 1023at1mol � = 2,32 ∙ 1018desint/ano

A actividade no ano 2011 sería:

𝜆 ∙ 𝑁 = 4,36 ∙ 10−4 ∙ �1,91g ∙1mol Ra

226g∙

6,02 ∙ 1023at1mol � = 2,22 ∙ 1018desint/ano

c) A partir da lei da desintegración radioactiva 𝑁 = 𝑁0 ∙ 𝑒−𝜆𝑡

𝑡 = −𝑙𝑛 �𝑁 𝑁0� �

𝜆= −

𝑙𝑛(0,01)4,36 ∙ 10−4

= 10600 anos

13. O polonio-210 ten unha vida media de 200 días, e desintégrase emitindo partículas alfa e transformándose nun isótopo estable de chumbo. O proceso é o seguinte: 𝑃𝑜84

210 → 𝑃𝑏𝑦𝑥 + 𝛼

a) Determina os valores dos índices x e y. b) Calcula o tempo necesario para que a masa do polonio pase a ser o 20% de masa inicial. c) Calcula a enerxía desprendida na desintegración dun núcleo de polonio expresada en J e en MeV. Datos: mPo=209,983 u; mPb=205,974 u; mα=4,003 u; 1 u= 1,66.10-27 kg; 1eV=1,6∙10-19J; c=3∙108ms-1

a) Aplicando as leis de Soddy e Fajans, e tendo en conta a conservación de Z e A, e que a partícula α é un núcleo de 42He (Z=2; A=4)resulta: Po84

210 → Pb82206 + α2

4 x=206; y=82

b) Aplicando a lei da desintegración radioactiva calculamos o tempo en que a mostra pase a ser o 20% da inicial

𝜆 =1𝜏⇒ 𝜆 =

1200

= 5,00 ∙ 10−3dıas−1

𝑁 = 𝑁0. 𝑒−𝜆.𝑡 → 𝑡 = −𝑙𝑛 �𝑁 𝑁0� �

𝜆= −

𝑙𝑛(0,20)5,00 ∙ 10−3

= 322 dıas

c) A enerxía liberada na desintegración do Po-210 procederá da diferenza de masa entre produtos e reactivos:

∆𝐸 = ∆𝑚 ∙ 𝑐2 ∆𝑚 = (𝑚𝛼 + 𝑚𝑃𝑏) −𝑚𝑃𝑜 = (4,003 + 205,974)− 209,983 = −6,000 ∙ 10−3u

6,00 ∙ 10−3 𝑢 ∙1,66 · 10−27𝑘𝑔

1 𝑢= 9,960 · 10−30kg

∆𝐸 = ∆𝑚 ∙ 𝑐2 = 9,960 · 10−30 ∙ (3 ∙ 108)2 = 8,964 · 10−13J · atomo−1

8,964 · 10−13J ∙1 eV

1,6 · 10−19J= 5,603 · 106eV = 5,603MeV

14. Na desintegración do 22688Ra para formar radon, cada átomo emite unha partícula alfa e un raio gamma de

lonxitude de onda 6,52∙10-12 m. a) Escribe a reacción de desintegración b) Calcula a enerxía máxima de cada fotón de raios gamma en MeV. c) Calcula a perda de masa da reacción anterior debida á emisión gamma. Datos: 1eV=1,6∙10-19J; NA= 6,02.1023mol-1 ; h= 6,62.10-34Js; c= 3.108ms-1

a) Aplicando as leis de Soddy e Fajans, e tendo en conta a conservación de Z e A, e que a partícula α é un núcleo de 42He (Z=2; A=4)resulta: 𝑅𝑎88

226 → 𝑅𝑛86222 + 𝛼2

4 + 𝛾 b) A enerxía de cada fotón gamma será: 𝐸 = ℎ ∙ 𝑓 = ℎ ∙ 𝑐

𝜆⇒ 𝐸 = 3,04 ∙ 10−14J = 0,19MeV

c) A radiación gamma non implica perda de masa por ser un fotón de elevada frecuencia e alta enerxía, sen carga nin masa

15. Cando se mide a actividade radioactiva dunha mostra de madeira recollida nunha cova con restos prehistóricos obsérvanse 560 desintegracións de C-14 por gramo e hora. Nunha mostra de madeira actual, que ten a mesma masa e a mesma natureza, a actividade é de 920 desintegracións de C-14 por gramo e hora. Admitindo que o número de desintegracións por unidade de tempo é proporcional ó número de átomos de C-14 presentes na mostra, determina:

a) En que data se cortou a madeira que se está analizando? b) Cal sería a actividade da mostra dentro de 1000 anos, expresada en𝑑𝑒𝑠𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛𝑠

𝑔∙𝑠?

c) Define tempo de semidesintegración e demostra a súa relación coa constante de actividade radioactiva. Datos: vida media do C-14= 8270 anos;

a) Aplicamos a lei da desintegración radioactiva para datar a mostra prehistórica.

𝑁 = 𝑁0. 𝑒−𝜆.𝑡 → 𝐴 = 𝐴0. 𝑒−𝜆.𝑡; sendo “A” a velocidade de desintegración en 𝑑𝑒𝑠𝑖𝑛𝑡.𝑔∙𝑠

𝜆 =1𝜏⇒ 𝜆 =

18270

= 1,21 ∙ 10−4anos−1 → 3,83 ∙ 10−12s−1

𝐴 = 𝐴0. 𝑒−𝜆.𝑡 ⇒ 𝑡 = −𝑙𝑛 �𝐴 𝐴0� �

𝜆= −

𝑙𝑛 �560920

�1,21 ∙ 10−4

= 4100 anos

b) A actividade sería

𝐴 = 𝐴0. 𝑒−𝜆.𝑡 = 920 ∙ 𝑒−1,21∙10−4.1000 = 0,23desint

s ∙ g

c) Defínese o tempo de semidesintegración (T1/2) ou período de semidesintegración como o tempo

necesario para que os núcleos dunha mostra inicial dun radioisótopo se desintegren á metade. Partindo da expresión:N = N0 ∙ e−λ.t e considerando que o número de núcleos para a ser a metade:

𝑁02

= 𝑁0 ∙ 𝑒−𝜆.𝑡 ⇒12

= 𝑒−𝜆.𝑇1/2 ⇒ 𝑙𝑛12

= −𝜆 ∙ 𝑇1/2 ⇒ 𝑇1/2 =𝑙𝑛2𝜆

16. Unha peza de torio que contén 1 kg de Th contén tamén 200 g de Pb. O Pb-208 é o descendente estable final da serie radioactiva que ten como precursor ó Th-232. O tempo de semidesintegración deste é de 1,405∙1010 anos.

a) Supoñendo que todo o Pb da rocha provén do decaemento do Th e que non houbo perdas, cal é a idade da rocha?

b) Completa con partículas α ou β e cos valores dos seus números atómicos, segundo corresponda, a serie radioactiva do 23290Th :

𝑇ℎ90232 → 𝑅𝑎228 → 𝐴𝑐228 → 𝑇ℎ228 → 𝑅𝑎224 → 𝑅𝑛220 → 𝑃𝑜216 → 𝑃𝑏 → 𝐵𝑖212 → 𝑇𝑙208 → 𝑃𝑏82

208212

c) Cantos núcleos de helio se produce na desintegración da rocha Datos: NA= 6,02.1023 mol-1

a) Determinamos o número de átomos de cada elemento presentes na mostra:

𝑁𝑇ℎ = 1000g ∙1𝑚𝑜𝑙 𝑇ℎ

232𝑔∙

6,02 ∙ 1023at1mol

= 2,59 ∙ 1024at Th

𝑁𝑃𝑏 = 200g ∙1mol Pb

208g∙

6,02 ∙ 1023at1mol

= 5,79 ∙ 1023at Pb = 5,79 ∙ 1023at Th desintegrados

Logo a mostra inicial tiña: 2,59 ∙ 1024at Th + 5,79 ∙ 1023at Th desint = 3,17 ∙ 1024at Th Polo que o tempo transcorrido calcúlase aplicando a lei de desintegración radioactiva: N = N0. e−λ.t

𝜆 =𝑙𝑛2𝑇12

⇒ 𝜆 =𝑙𝑛2

1,405 ∙ 1010= 4,93 ∙ 10−11anos−1

𝑁 = 𝑁0. 𝑒−𝜆.𝑡 ⇒ 𝑡 = −𝑙𝑛 �𝑁 𝑁0� �

𝜆= −

𝑙𝑛 �2,59∙1024

3,17∙1024�

4,93 ∙ 10−11= 4,09 ∙ 109 anos

b) 𝐓𝐡𝟗𝟎𝟐𝟑𝟐 → Ra88

228 + α24 Ra88

228 → Ac89228 + β−1

0 Ac89

228 → Th + β−10

90228

Th90228 → Ra88

224 + α24 Ra88

224 → Rn86220 + α24

Rn86220 → Po +84

216 α24 Po84

216 → Pb + α2482212

Pb82212 → Bi83

212 + β−10

Bi83212 → Tl81

208 + α24 Tl81

208 → 𝐏𝐛 + β−10

82208

c) Tendo en conta que por cada átomo de Th se producen 6 núcleos de 42He:

5,79 ∙ 1023at Th desintegrados ∙6 núcleos de He

at Th= 3,47 ∙ 1024núcleos de He

17. Certo mineral de uranio contén 0,124 g de Pb-206 por cada gramo de U-238. Se o tempo de

semidesintegración do uranio é de 4,59 · 109 anos, calcula: a) A vida media do U-238. b) O tempo transcorrido dende a formación xeolóxica do mineral. c) A velocidade de desintegración en Bq dunha mostra de 10 g de U-238.

Datos: NA= 6,02.1023mol-1

a) Sabemos que: 𝜆 = 𝑙𝑛2𝑇12

⇒ 𝜆 = 𝑙𝑛24,59 · 109

= 1,51 ∙ 10−10𝑎𝑛𝑜𝑠−1; 𝜏 = 1𝜆

= 6,61 ∙ 109anos

b) Dado que o chumbo é, por completo, un produto da desintegración do U-238, para obter 0,124 g de Pb deberíase desintegrar a seguinte cantidade de uranio: 0,124 ∙ 238

206= 0,143 g U

A masa inicial de uranio sería entón de: 0,143 + 1 = 1,143 g U

𝑁 = 𝑁0. 𝑒−𝜆.𝑡 ⇒ 𝑡 = −𝑙𝑛 �𝑁 𝑁0� �

𝜆= −

𝑙𝑛 � 11,143

�

1,51 ∙ 10−10= 8,8 ∙ 108 anos

c) A velocidade de desintegración será: 𝑑𝑁𝑑𝑡

= 𝜆 ∙ 𝑁 = 1,51 ∙ 10−10 ∙ �10g ∙1mol U

238g∙

6,02 ∙ 1023at1mol � = 3,82 ∙ 1012

desintano

= 1,21 ∙ 105Bq

FÍSICA NUCLEAR. CUESTIÓNS

1. Dada a reacción nuclear: 23592 U + X 23693Np a partícula X é: a) Protón; b) Neutrón; c) Electrón.

SOL. a

Vemos que o número atómico pasa de 92 a 93, aumentando nunha unidade, ó tempo que a masa pasa de 235 a 236, aumentando tamén unha unidade. Isto é, a partícula X ten unha masa unidade e unha carga positiva tamén unidade. Esas son precisamente as características do protón.

2. A obtención da enerxía a partir do núcleo dos átomos realízase mediante reaccións nucleares, as cales clasificamos en dous tipos: reaccións de fisión e reaccións de fusión. Na actualidade o home soamente usa as de fisión, e débese a que: a) Producen máis enerxía que as de fusión. b) Son menos contaminantes que as de fusión. c) Non sabe aproveita-las de fusión.

SOL.: c

A fusión é unha reacción nuclear pola que varios núcleos lixeiros se combinan formando un núcleo pesado, coa correspondente liberación de enerxía, en maior cantidade que na fisión. Sen embargo, para que se inicie a fusión nuclear precísanse temperaturas moi elevadas, a fin de que os núcleos que se combinan teñan a enerxía suficiente para vence-las repulsións e poder penetrar no radio de acción das forzas nucleares. A falta de control deste proceso impide a utilización como fonte de enerxía deste tipo de reaccións. Polo momento, as reaccións de fusión non se saben controlar de xeito aproveitable. Poden usarse en bombas (as chamadas "de hidróxeno") e prodúcese de xeito experimental enerxía a partir dela, pero polo momento non se pode aproveitar.

3. Cando un núcleo emite unha partícula β, en realidade emite: a) Un fotón; b) Un electrón; c) Un protón.

SOL.: b

Cando un núcleo emite un electrón obtense outro núcleo isóbaro (do mesmo número másico) no que o número atómico aumenta unha unidade. A reacción elemental que explica o mecanismo desta desintegración é: 10n -> 11p + 0-1e+ 00ν Un electrón pode emitirse cando ocorre a desintegración dun neutrón dando lugar a un protón (que queda no núcleo) e un electrón, que sae despedido coa enerxía desprendida no proceso. Este tipo de radiación chámase radiación β.

4. Se un núcleo atómico emite unha partícula α e dúas partículas β−1, o seu nº atómico:

a) Diminúe en dúas unidades; b) Aumenta en dúas unidades; c) Non varía. SOL.:c

Unha partícula α supón a perda de 2 unidades de carga positiva e 4 unidades de masa, mentres que 2 partículas β−1, supón a perda de 2 unidades de carga negativa. Por iso non hai variación no número

atómico (balance de cargas positivas e cargas negativas). O número másico diminuiría en 4 unidades. Así, a variación de carga no núcleo atómico cos procesos indicados é nula, e polo tanto, o número atómico mantense.

5. Un átomo de 23892U segue unha serie radioactiva que pasa polo 21482Pb, tras emitir unha serie de partículas

alfa e beta. O número de partículas alfa emitidas é: a) 3; b) 6; c) 9

SOL.:b

Unha partícula α ten 4 unidades de masa e 2 unidades de carga positiva, polo tanto, por perderse 24 unidades de masa, tiveron que perderse 6 partículas α. No proceso entre o Uranio e o Chumbo o núcleo perde 238-214=24 unidades de masa e 92-82=10 unidades de carga. O proceso radioactivo que fai reducir masa é a emisión dunha partícula alfa, que rebaixa en catro unidades a masa. Isto implica que foron emitidas 24/4=6 partículas alfa, a parte da emisión de partículas beta, necesaria para reequilibrar a carga.

6. Unha masa de átomos radioactivos tarda 3 anos en reducir nun 10% a súa masa. ¿canto tardará en reducirse ó 81% da masa orixinal?.

a) Máis de tres anos; b) Menos de tres anos; c) Tres anos. SOL.: a

Reducir un 10% a súa masa implica reduci-la masa a un 90% da orixinal. Isto prodúcese en tres anos. Pero o 81% é menos do 90%, logo necesitará máis tempo. En realidade, o 81% é o 90% do 90%, logo tardará en total 6 anos en reduci-la súa masa a dita cantidade. Tendo en conta a lei da desintegración radioactiva: N=N0∙e-λt

Podemos calcular λ=4,065∙10-7 desint./s. E a continuación calcula-lo tempo en que se reduza ó 81 % da masa orixinal: t= 6 anos.

7. As expresións (dN/dt)=-λ∙N; N=N0∙e-λt, permiten calcular o número de átomos que quedan nunha mostra radioactiva que tiña, inicialmente, N átomos. Cal das seguintes respostas describe o significado da constante λ?

a) λ∙dt proporciona a fracción de átomos que poden desintegrarse nun intervalo de tempo dt b) λ é a vida media da mostra c) λ é a probabilidade de que un átomo poda desintegrarse transcorrido 1 s.

SOL.: a

A expresión anterior pode escribirse de xeito que : λ∙dt=dN/N, que representa unha fracción diferencial de átomos. Polo que o termo λ∙dt representa a fracción de átomos que se desintegran nun elemento diferencial de tempo.

8. Cal dos seguintes tipos de radiación non é capaz de ionizar o aire? a) Partículas beta b) Radiación infravermella c) Radiación X

SOL.: b

O aire ionízase se a radiación ou as partículas cargadas que pasan a través del teñen enerxía suficiente para arrincar algún electrón ás moléculas que forman o aire. Polo tanto, canto menos enerxética sexa unha radiación ou unha partícula cargada, máis difícil será que poida ionizar ó aire. De acordo con isto, a radiación de menor frecuencia, das que aparecen como posibles solución, é a radiación infravermella, que é incapaz de producir a ionización do aire.

9. Unha radiación emitida por unha fonte radioactiva redúcese a terceira parte cando se lle coloca unha folla de papel fronte a fonte, e redúcese practicamente a cero cando se lle coloca unha lámina de aluminio de 1 cm de espesor entre fonte e detector. De qué tipo de radiación se trata?

a) Partículas beta b) Partículas alfa c) Radiacións gamma

SOL.: a

Tendo en conta as propiedades das radiacións emitidas por unha fonte radioactiva trataríase dunha partículas β, mais penetrantes que as α e menos que as γ.

As partículas α non atravesarían a folla de papel e as radiacións γ atravesarían a capa de aluminio.

10. Se un núcleo de Li, de número atómico 3 e número másico 6 reacciona cun núcleo dun determinado elemento X prodúcense dúas partículas α.Cómo será o elemento X?

a) 𝑋11 ; b) 𝑋2

2 ; c) 𝑋12

SOL.: c

Tendo en conta as leis de Soddy e Fajans, e tendo en conta a conservación dos números atómicos e másicos en reactivos e produtos, a reacción nuclear será a seguinte:

𝐿𝑖36 + 𝑋1

2 → 2 𝛼24

11. Ó bombardear 19880Hg con neutróns, obtense 11H e outro elemento. De qué elemento se trata? a) 𝐴𝑢79

198 ; b) 𝑇𝑙81197 ; c) 𝐻𝑔80

199 SOL.: a

Nunha ecuación nuclear, a suma dos números atómicos e dos números másicos ten que ser a mesma en reactivos e en produtos. De acordo con isto, a reacción nuclear descrita será:

𝐻𝑔80198 + 𝑛0

1 → 𝐻 +11 𝐴𝑢79

198

MECÁNICA CUÁNTICA. PROBLEMAS

1. a) Enuncia as leis de Stefan-Boltzmann e de Wien. b) Calcula a temperatura superficial do Sol sabendo que a lonxitude de onda da radiación emitida polo Sol con

máxima enerxía é de 500 nm. c) Calcula a potencia irradiada polo Sol por cm2 da súa superficie. Datos: constante de Wien: 2,90 · 10−3m ∙ K; 𝜎 (constante de Boltzmann): 5,67 · 10−8W ∙ m−2 ∙ K−4. 1 nm=10-9m

a) Lei de Stefan-Boltzmann: A potencia emitida por un corpo negro por unidade de área é directamente proporcional á cuarta potencia da súa temperatura absoluta.

𝑃𝑆

= 𝜎𝑇4 (Onde 𝜎 é a constante de Stefan-Boltzmann. 𝜎 = 5,67 · 10−8W∙m-2∙K-4)

Lei de Wien: A lonxitude de onda á cal radia un corpo negro a máxima enerxía por unidade de tempo e de superficie é inversamente proporcional ao valor da súa temperatura absoluta.

𝜆𝑚á𝑥 =𝑐𝑡𝑒𝑇

Onde cte é a constante de Wien. cte = 2,90 · 10−3Km

b) Lei de Wien: 𝜆𝑚á𝑥 = 𝑐𝑡𝑒𝑇→ 𝑇 = 𝑐𝑡𝑒

𝜆𝑚á𝑥= 2,90·10−3

500·10−9= 5800K

c) Aplicando a lei de Stefan-Boltzmann,

𝑃𝑆

= 𝜎𝑇4 → 𝑃𝑆

= 5,67 · 10−8Wm−2K−4 · (5800K)4 = 6,4 · 107Wm−2 = 6,4 · 103W ∙ cm−2

2. Un metal desprende electróns a unha velocidade de 1000 m∙s-1 ao recibir luz dunha lonxitude de onda de 400nm.

a) Calcula o traballo de extracción. b) Calcula a enerxía cinética máxima dos electróns emitidos. c) Se se duplica a intensidade da luz incidente, ¿varía a enerxía cinética dos electróns emitidos? Datos: me= 9,1.10-31 kg ; h = 6,63.10-34J∙s ; 1m= 109nm; c= 3·108m∙s-1

a) A ecuación básica do efecto fotoeléctrico é ℎ𝜈 = ℎ𝑐/𝜆 = 𝑊𝑒 + 𝑚𝑒𝑣2

2

polo tanto, 𝑊𝑒 = ℎ∙𝑐𝜆− 𝑚𝑒∙𝑣2

2⇒ 𝑊𝑒 = 6,63·10−34·3·108

400·10−9 − 9,1·10−31·10002

2= 4,97 · 10−19J

b) A enerxía cinética é 𝑚𝑒𝑣2

2= 9,1 · 10−31 · 1000

2

2= 4,55 · 10−25J

c) Non, a intensidade depende do número de fotóns que transporta e, segundo a ecuación de Einstein

ℎ (𝜈 − 𝜈0) = 𝐸𝑐 𝑚á𝑥, a Ecsó depende, para un metal determinado, da frecuencia da luz incidente.

3. Nunha experiencia para calcular h, ao iluminar unha superficie metálica cunha radiación de λ = 200 ·10−9m, o potencial de freado para os electróns é de 1V. Se λ = 175 · 10−9m, o potencial de freado é 1,86V.

a) Calcula o traballo de extracción dun electrón do metal. b) Calcula h. c) Representa o valor absoluto do potencial de freado fronte á frecuencia e deduce de dita representación o

valor da constante de Planck. Datos: |e| = 1′6 · 10−19C; c = 3 · 108m ∙ s−1

a) e b) Nos dous casos expostos, aplicando a relación We = hc/λ − eV, obtemos:

𝑊𝑒 =ℎ · 3 · 108

200 · 10−9− 1,6 · 10−19 · 1

𝑊𝑒 =ℎ · 3 · 108

175 · 10−9− 1,6 · 10−19 · 1,86

é dicir, un sistema de dúas ecuacións con dúas incógnitas, que ten como resultado:

ℎ = 6,42 · 10−34𝐽 ∙ 𝑠; 𝑊𝑒 = 8,03 · 10−19J

c) Segundo a ecuación h (ν − ν0) = Ec máx = eV, a representación é unha liña recta.

𝜈1 =𝑐𝜆1

=3 · 108

200 · 10−9= 1,50 · 1015Hz; 𝜈2 =

𝑐𝜆2

=3 · 108

175 · 10−9= 1,71 · 1015Hz

e ademáis podemos calcular a frecuencia umbral:

𝜈0 =𝑊𝑒

ℎ=

8,03 · 10−19

6,42 · 10−34= 1,25 · 1015Hz

Así, obtemos a táboa de valores:

𝑣(𝐻𝑧) 1,25 · 1015 1,50 · 1015 1,71 · 1015

V(V) 0 1,00 1,86

tgβ =1,86 − 1,00

1,71 · 1015 − 1,50 · 1015=

h|e| → h = |e| · tg

h = 1,6 · 10−19 · 4,1 · 10−15 = 6,6 · 10−34Js

[Nota: no caso de facer a representación da enerxía cinética en función da frecuencia, a inclinación sería h]

4. Nunha célula fotoeléctrica, o cátodo ilumínase con dúas radiacións de lonxitudes de onda λ1 = 3 · 10−7m e λ2 = 4 · 10−7m.

a) Estudar se as radiacións anteriores producirían efecto fotoeléctrico, considerando que o traballo de extracción corresponde a unha frecuencia de 7 · 1014Hz

b) Calcula a velocidade máxima dos electróns arrancados por medio das radiacións anteriores. c) Calcula a diferenza de potencial que hai que aplicar entre ánodo e cátodo para que se anule a corrente

fotoeléctrica. Datos: me = 9,1 · 10−31kg;|e| = 1,6 · 10−19C ; h = 6,63 · 10−34J ∙ s ; c = 3 · 108m ∙ s−1

a) Aplicando a ecuación do efecto fotoeléctrico, ℎ𝑐𝜆

= 𝑊𝑒 + 𝑚𝑒𝑣2

2,vemos que extraeránse electróns

cando ℎ𝑐/𝜆 > 𝑊𝑒𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 (ℎ ∙ ν0). Se substituímos no primeiro caso:

6,63 · 10−34 · 3 · 108

3· 10−7 = 6,63 · 10−19J > 6,63 · 10−34 · 7 · 1014 = 4,64 · 10−19J,

co que se cumple que pode extraer electróns.

No segundo caso, 6,63 · 10−34 · 3 · 108/4 · 10−7 = 4,97 · 10−19 > 6,63 · 10−34 · 7 · 1014 = 4,64 · 10−19,

co que tamén se cumpre que pode extraer electróns.

b) A velocidade calcúlase a través da enerxía cinética: No primeiro caso, 𝐸𝑐𝑚á𝑥 = 6,62 · 10−19 − 4,63 · 10−19 = 1,99 · 10−19J → 1,99 · 10−19 = 1

2𝑚𝑒𝑣2/2,

de onde 𝑣 = 6,61 · 105ms−1.

No segundo caso, 𝐸𝑐𝑚á𝑥 = 4,97 · 10−19 − 4,63 · 10−19 = 0,34 · 10−19J → 3,4 · 10−20 = 1

2𝑚𝑒𝑣2/2,

de onde 𝑣 = 2,73 · 105m ∙ s−1.

c) Segundo o Teorema de Conservación da Enerxía Mecánica: 𝐸𝑐𝑚á𝑥 = |𝑒| · |𝑉|

|𝑉| =𝐸𝑐𝑚á𝑥

|𝑒|

No primeiro caso, |𝑉| = 1,99·10−19

1,6·10−19= 1,24V

No segundo caso, |𝑉| = 3,4·10−20

1,6·10−19= 2,13 · 10−1V

5. A frecuencia limiar para arrincar un electrón nunha célula fotoeléctrica é de 6 · 1014s−1 a) Calcula o traballo de extracción. De que depende este traballo? b) Calcula a velocidade dos electróns arrincados cunha radiación de 3 · 10−7m c) Poderían arrincarse electróns con radiación visible (λ entre 400 e 700 nm)?

Datos:me = 9,1 · 10−31kg ;h = 6,62 · 10−34J ∙ s ; c = 3 · 108ms−1 ; 1m = 109nm

a) 𝑊𝑒𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 = ℎ · 𝜐0 = 6,62 · 10−34 · 6 · 1014 = 3,97 · 10−19J É unha característica de cada metal.

b) Empregando a ecuación do efecto fotoeléctrico, ℎ · 𝜈 = ℎ · 𝑐𝜆

= ℎ𝜈0 + 𝑚𝑒𝑣2

2 de onde

6,63·10−34·3·108

3·10−7= 6,63 · 10−34 · 6 · 1014 + 9,1·10−31·𝑣2

2

de onde 𝑣 = 7,63 · 105ms−1

c) Para arrincar electróns, hc/λ > 3,97 · 10−19J, que é o traballo de extracción. Despexando a lonxitude de onda, obtemos λ = 5 · 10−7m = 500nm, co que só poderemos extraer electróns cunha lonxitude de onda menor que 500nm, e polo tanto, hai unha parte do espectro visible que non permite extraelos.

6. Calcula a lonxitude das ondas materiais asociadas a: a) Un electrón acelerado por unha diferenza de potencial de 110V. b) Un balón de 350g que se move a unha velocidade de 30m∙s-1. c) Poden detectarse os efectos ondulatorios en ambos casos? Datos: |e| = 1,6 · 10−19C ; me = 9,1 · 10−31kg ; h = 6,63 · 10−34J ∙ s

a) Cálculo da velocidade do electrón:

𝑊𝐹 𝑐𝑎𝑚𝑝𝑜 1 → 2 = −∆𝐸𝑃 = ∆𝐸𝑐 → |𝑒| · |∆𝑉| = 𝑚𝑒𝑣2

2

𝑣 = �2|𝑒||∆𝑉|𝑚𝑒

= �2 · 1,6 · 10−19 · 110

9,1 · 10−31= 6,2 · 106m ∙ s−1

Momento lineal do electrón: 𝑝 = 𝑚𝑒 ∙ 𝑣 = 9,1 · 10−31 · 6,2 · 106 = 5,6 · 10−24kg ∙ m ∙ s−1 Lonxitude de onda asociada: 𝜆 = ℎ/𝑝 = 6,63 · 10−34/5,6 · 10−24 = 1,2 · 10−10m

b) Momento lineal do balón: 𝑝 = 𝑚 ∙ 𝑣 = 350 · 10−3 · 30 = 10,5kg ∙ m ∙ s−1 Lonxitude de onda asociada: 𝜆 = ℎ/𝑝 = 6,63 · 10−34/10,5 = 6,3 · 10−35m

c) No caso do balón, a lonxitude de onda é tan pequena que non pode detectarse mediante ningún experimento. Sen embargo, no caso do electrón si se podería, concretamente, Davisson e Germer conseguiron difractar electróns demostrando, desta maneira, o Postulado de De Broglie.

7. Calcula a indeterminación na medida da velocidade das seguintes partículas: a) Un electrón en movemento se a indeterminación na medida da súa posición é 10−10𝑚. b) Unha partícula de masa 200g que se move cunha velocidade de 3m ∙ s−1 se a indeterminación na medida da

súa posición é 0,5mm. c) Extrae conclusións dos resultados obtidos. Datos: me = 9,1 · 10−31kg ; h = 6,63 · 10−34J ∙ s

Para os dous primeiros apartados: ∆𝑥 · ∆𝑝𝑥 ≥ℎ2𝜋→ ∆𝑣𝑥 ≥

ℎ2𝜋𝑚∆𝑥

Aplicado ao apartado a): ∆𝑣𝑥 ≥6,63·10−34

2𝜋·9,1·10−31·10−10→ ∆𝑣𝑥 ≥ 1,2 · 106m ∙ s−1

Aplicado ao apartado b): ∆𝑣𝑥 ≥6,63·10−34

2𝜋·200·10−3·0,5·10−3→ ∆𝑣𝑥 ≥ 1,1 · 10−30m ∙ s−1

c) Para o electrón, a indeterminación é importante xa que ten un valor moi elevado; polo tanto, para

partículas subatómicas hai que aplicar a teoría cuántica. Pola contra, no caso do apartado b, o valor da indeterminación (∆vx ≥ 1,1 · 10−30m ∙ s−1) é moi pequeno comparado co valor da velocidade (3m ∙ s−1); polo tanto, podemos concluír que a incerteza (segundo a teoría cuántica) non é detectable para obxectos macroscópicos, e podemos aplicar a mecánica clásica.

MECÁNICA CUÁNTICA. CUESTIÓNS

1. O efecto fotoeléctrico prodúcese se: a) A intensidade da radiación é moi grande. b) A lonxitude de onda da radiación incidente é grande. c) O frecuencia da radiación é superior á frecuencia limiar.

SOL.: c

O efecto fotoeléctrico prodúcese unha vez que a enerxía do fotón incidente e quén de supera-lo traballo de extracción do metal, o cal ocorrerá unha vez superada unha determinada frecuencia limiar.

hν= hν0+ ½(mv2)

2. Se un protón e unha partícula p teñen a mesma enerxía cinética, e sabendo que mp = 4mH+, podemos afirmar que a razón entre as lonxitudes de onda asociadas a cada unha ( λp / λH+ ) é:

a) 4; b) 0,5; c) 0,25

SOL.: b

Empregando a ecuación de De Broglie : λ = h/p= h/mv

Se teñen a mesma enerxía cinética e de acordo co dato mp= 4mH+=> 2vp = mH+ λp/λ H+=1/2

A lonxitude dunha asociada a unha partícula vén dada pola relación λ=h/(mv)=h/p. Como as enerxías cinéticas son as mesmas, as cantidades de movemento están en relación inversa á raíz cadrada das masas, e polo tanto, tamén ás lonxitudes de onda.

3. O Principio de Indeterminación de Heisenberg establece que: a) Non hai nada máis pequeno que a constante de Planck. b) Non se poden medir simultaneamente e con precisión ilimitada o momento lineal e a posición dunha

partícula. c) De tódalas magnitudes físicas, sómente o momento lineal e a velocidade non poden coñecerse con

precisión ilimitada.

SOL.:b

O principio de indeterminación de Heisenberg establece que existe un límite á hora de medir ó mesmo tempo a cantidade de movemento e a posición do electrón. A restrición de Heisenberg establece que o produto das incertezas absolutas destas magnitudes conxugadas é sempre maior que h/2π.

O principio de indeterminación establécese como consecuencia da consideración das partículas como ondas e de que calquera medida que se realice sobre un sistema ten que interferir con el. Debido a isto, a determinación das magnitudes que o caracterizan sofre da variación das mesmas. O seu estudio máis detallado fai relaciona-las magnitudes por parellas, admitindo diferentes expresións, entre a que se atopa a imposibilidade de medir con precisión é tempo cantidade de movemento e posición.

4. A enerxía dun cuanto de luz dunha frecuencia dada é directamente proporcional: a) Á velocidade da luz; b) Á lonxitude de onda; c) Á frecuencia da onda.

SOL.:c

Seguindo a teoría cuántica de Planck, a enerxía dun cuanto de luz será: E= hν A enerxía dunha onda vén dada pola súa frecuencia, sendo invariable ante os cambios de medio de propagación, e polo tanto, ante variacións de velocidade e lonxitude de onda. A relación que afecta a enerxía e á frecuencia é E=hν, sendo h a constante de Planck.

5. Cando se dispersan raios X en grafito, obsérvase que emerxen fotóns de menor enerxía que a incidente e electróns de alta velocidade. Este fenómeno pode explicarse por unha colisión:

a) Totalmente inelástica entre un fotón e un átomo. b) Elástica entre un fotón e un electrón. c) Elástica entre dous fotóns.

SOL.: b

O efecto Compton é un experimento no que se facían incidir raios X sobre un corpo con electróns debilmente ligados, observándose que, ademais da radiación dispersada, da mesma lonxitude de onda, aparecía outra radiación secundaria, de lonxitude de onda sempre maior que a incidente (e polo tanto menos enerxética) e que dependía unicamente da lonxitude de onda incidente e do ángulo formado polos raios incidente e emerxente. Ademais, observábanse electróns dispersados. Este fenómeno explícase polo comportamento corpuscular da radiación , que permite unha colisión elástica entre a partícula da radiación, "fotón", e o electrón. A colisión entre partículas elementais e fotóns son elásticas se o resultado das mesmas seguen a se-las mesmas partículas: unha colisión inelástica requiriría a conxunción das partículas nunha única.

6. A constante de Planck vale 6,63.10-34J∙s. Se, de pronto, aumentara o seu valor a 6,63.1034J∙s, pasaría que: a) A mecánica cuántica sería aplicable ó mundo macroscópico. b) A mecánica clásica sería aplicable ó mundo microscópico. c) A mecánica cuántica e a mecánica clásica intercambiarían os seus campos de aplicación, o mundo

microscópico e macroscópico.

SOL. a.

O principio de indeterminación de Heisemberg: ∆x∆p≥ h/2π, representa unha indeterminación inherente á propia realidade, polo que tamén existe no macrocosmos, pero o pequeno valor de h explica que só se teña en conta cando se trata de partículas subatómicas. A constante de Planck aplícase ó mundo microscópico, indicando por exemplo o límite do produto dos erros a raíz do principio de indeterminación. Se a constante aumentara, o produto podería ser maior, e polo tanto, afectaría de xeito significativo a cosmos maiores, logo a mecánica cuántica pasaría a ser a mecánica aplicable a nivel macroscópico.

RELATIVIDADE. CUESTIÒNS

CUESTIÓNS

1. ¿Que nos di a ecuación E = mc2 ? a) A masa e a enerxía son dúas formas da mesma magnitude. b) A masa convértese en enerxía cando viaxa á velocidade da luz. c) A masa convértese en enerxía cando o corpo se despraza á velocidade da luz ó cadrado.

SOL.: a

A ecuación E=mc2 relaciona unha determinada enerxía coa masa equivalente na que é capaz de transformarse ou viceversa: Unha cantidade m de masa pode producir unha enerxía E, e unha enerxía E pode xerar unha masa m. Así, a ecuación presentada é a que nos dá a equivalencia entre masa e enerxía, proposta por Einstein e da que unha das aplicacións é o cálculo da enerxía que unha determinada cantidade de masa pode subministrar.

2. Un vehículo espacial afástase da Terra cunha velocidade de 0'5 c (c=velocidade da luz). Dende a Terra mándase un sinal luminoso e a tripulación mide a velocidade do sinal, obtendo o valor:

a) 0'5 c; b) c; c) 1'5 c

SOL.: b

De acordo coa teoría da relatividade especial, a velocidade da luz é independente, para cada medio, do movemento relativo dos observadores inerciais e do movemento das fontes ou focos luminosos. E, ademais é unha velocidade límite.

A velocidade da luz é independente do sistema de referencia elixido, logo no foguete ou na terra a velocidade será a mesma (De calquera xeito, a suma non sería lineal, logo non podería dar 1±0'5c).

3. Un raio de luz : a) Ten menor enerxía se vai a menor velocidade. b) Non varía a súa enerxía coa velocidade. c) Non pode varia-la súa velocidade. SOL.:c

De acordo cos postulados da teoría da relatividade especial, a velocidade da luz é unha invariante e independente do movemento relativo dos focos e dos observadores. A luz, se non cambia de medio de transmisión, non varía de velocidade. E, en caso de que cambiara de medio, e polo tanto de velocidade, tampouco varía a súa enerxía, que depende da frecuencia, que non varía.

4. A ecuación de Einstein E=mc2 implica que: a) Unha determinada masa m necesita unha enerxía E para poñerse en movemento. b) A enerxía E é a que ten unha masa m cando vai á velocidade da luz. c) E é a enerxía equivalente a unha determinada masa. SOL.: c

A ecuación E=mc2 relaciona unha determinada enerxía coa masa equivalente na que é capaz de transformarse ou viceversa: Unha cantidade m de masa pode producir unha enerxía E, e unha enerxía E pode xerar unha masa m. Así, a ecuación presentada é a da equivalencia entre masa e enerxía, proposta por Einstein e na que unha das aplicacións é o cálculo da enerxía que unha determinada cantidade de masa pode subministrar.