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Materia de FÍSICA.

Edición adaptada a la nueva ordenación curricular del Bachillerato.

ESTUDIOS JCONCHA. DEPARTAMENTO DE CIENCIAS. 2º BACHILLERATO . FÍSICA PROFESORES RAMIRO FROILAN Y JAVIER CONCHA

Estudios J.Concha ( fundado en 2003 ) Sector Descubridores 41 y 44 Tres Cantos 28760 Madrid telf 918049567 www.estudiosjconcha.com ESO-BACHILLERATO -UNIVERSIDAD FÍSICA 2º BACHILLERATO PROFESOR RAMIRO FROILAN

Orientaciones didácticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Solucionario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Unidad 1. Dinámica de traslación y de rotación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Unidad 2. Campo gravitatorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

Unidad 3. Gravitación en el universo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

Unidad 4. Movimientos vibratorios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

Unidad 5. Movimiento ondulatorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

Unidad 6. Fenómenos ondulatorios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

Unidad 7. Campo eléctrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

Unidad 8. Campo magnético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

Unidad 9. Inducción electromagnética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

Unidad 10. La luz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

Unidad 11. Óptica geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

Unidad 12. Relatividad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

Unidad 13. Cuántica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

Unidad 14. Núcleos y partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

Propuestas de pruebas finales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

Índice general



Orientaciones didácticas

En las páginas siguientes se incluyen unas orientaciones didácticas re-feridas tanto a la estructura del libro del alumno como a la de las uni-dades didácticas.

En la Estructura del libro del alumno se presenta y justifica la utilidad di-dáctica de:

• La organización en bloques de los contenidos.

• Las páginas de presentación de cada bloque.

• El índice alfabético.

En la Estructura de las unidades se presentan y justifican los diferenteselementos que las componen, mostrando su intencionalidad educa-tiva:

• Páginas iniciales.

• Desarrollo de los contenidos.

• Física y sociedad.

• Resumen.

• Resolución de ejercicios y problemas.

• Ejercicios y problemas.

• Comprueba lo que has aprendido.



7

El libro se inicia conuna página de presenta-ción, titulada Cómo es estelibro. En ella se describen laestructura y la metodologíaespecífica de las unidades.

Física (2.O Bachillerato)se estructura en 14 uni-

dades agrupadas en tresgrandes bloques temáticos

que siguen el plan generalde la materia establecido.

Cada bloque se abre con una doble páginade presentación, que recoge la evoluciónhistórica de los contenidos, algunas reseñassobre hechos e investigaciones que han con-tribuido al desarrollo de la Física, y los científi-cos que han hecho posible dicha evolución.

A continuación se desarrollan las unidades y,por último, se presenta un índice alfabético en elcual se referencian los contenidos más importan-tes que se han tratado a lo largo de las unidades.

Se han creado unas páginas denominadas Herramientas matemáticas que per-miten al alumno/a repasar una serie de operaciones matemáticas necesarias

para este curso de Física.

ESTRUCTURA DEL LIBRO DEL ALUMNO

Este libro está estructurado en 14 unidades agrupadas

en tres bloques temáticos: Mecánica, Electromagnetis-

mo e Introducción a la física moderna.

Cada bloque se inicia con una doble página de presen-

tación que recoge la evolución histórica de los conteni-

dos, algunas reseñas sobre los hechos e investigacio-

nes que han contribuido al desarrollo de la física, y los

científicos que han hecho posible dicha evolución.

Estructura de las unidades

• Páginas iniciales

— Imágenes: pretenden ilustrar cómo la física está

presente en distintos ámbitos de la vida humana,

de la industria y de la sociedad.

— Objetivos: mediante un breve texto se intenta des-

pertar el interés por los contenidos que se van

a tratar, a continuación se formulan las capacida-

des que el alumno/a podrá alcanzar al finalizar la

unidad.

— Esquema: presenta los distintos apartados y suba-

partados de la unidad, es decir, el recorrido de las

distintas secuencias de aprendizaje.

— Preparación de la unidad: definiciones, ejemplos

y/o actividades que permiten recordar, repasar,

consultar… contenidos necesarios para abordar la

unidad.

• Desarrollo de los contenidos

— Exposición de los contenidos: los contenidos están

estructurados en apartados y subapartados. Para

desarrollarlos se parte, siempre que es posible, de

una situación real que motive al alumno/a para lle-

gar, finalmente, al desarrollo formal del contenido.

— Ejemplos: en muchos casos, el desarrollo de un

contenido culmina con uno o varios ejemplos, en

los que el alumno/a puede ver cómo éste se aplica.

— Ejercicios: al final de cada apartado (a pie de pági-

na) se proponen ejercicios, organizados de menor

a mayor dificultad, para que el alumno/a consolide

los contenidos, tanto conceptuales como procedi-

mentales, que acaba de adquirir.

— Márgenes: se han reservado para incluir explica-

ciones complementarias con el fin de ayudar al

alumno/a a seguir correctamente el proceso de

aprendizaje: conceptos o procedimientos aprendi-

dos anteriormente, llamadas de atención u obser-

vaciones adicionales, biografías de científicos, no-

tas históricas…

• Física y sociedad

Permite al alumno/a conocer las relaciones de la cien-

cia con la tecnología y las implicaciones de ambas en

la sociedad.También contribuye a que el alumno/a tra-

baje los contenidos referentes a las enseñanzas trans-

versales.

• Resumen

Este apartado facilita al alumno/a el estudio organiza-

do, según la estructura de la unidad, de las expresio-

nes matemáticas y las ideas clave que han aparecido

a lo largo de la unidad.

• Resolución de ejercicios y problemas

Se resuelve de forma dirigida una serie de ejercicios y

problemas modelo. Después de cada ejercicio o pro-

blema modelo, se proponen ejercicios o problemas del

mismo tipo y se indica su solución si ésta es numérica.

• Ejercicios y problemas

— Piensa y resuelve. Cuestiones y ejercicios básicos

que permiten al alumno/a repasar los contenidos de

la unidad. Están ordenados según la secuencia

de contenidos de la unidad.

— Practica lo aprendido. Listado de problemas que

sigue la secuencia de los contenidos de la unidad,

cuya finalidad es poner en práctica los conocimien-

tos adquiridos, así como consolidarlos.

— Prepárate a fondo. Problemas de mayor dificultad

que permiten al alumno/a aplicar los conocimientos

adquiridos en la unidad a nuevas situaciones.

• Comprueba lo que has aprendido

Cuestiones y problemas de autoevaluación que permi-

ten al alumno/a comprobar si ha aprendido los conte-

nidos esenciales de la unidad.

Nota: Las páginas de herramientas matemáticas permiten repasar

una serie de operaciones matemáticas necesarias para este curso

de Física.

Cómo es este libro

289

— La imagen producida por la primera lente, M, se con-

vierte en objeto para la segunda lente, N. Se pide la po-

sición de esta imagen final.

— La figura muestra las dos lentes, la marcha de los rayos

luminosos y los datos del problema con sus signos co-

rrespondientes. De ella podemos deducir el valor de la

distancia del objeto A B respecto de la segunda lente.

s 1N ( f 1M

f 2M) ; s 1N

(20 20) cm 40 cm

— Hallamos la posición de la imagen final a partir de la

ecuación de la distancia focal de la segunda lente en

función de las distancias objeto e imagen:

11

11

11

—— —— —— ; —— —— ——

f 2Ns 2N

s 1Ns 2N

f 2Ns 1N

1

1

s 2N —————— ; s 2N

————————— 13,3 cm

11

1

1

—— —— ——— ————

f 2Ns 1N

10 cm40 cm

33. Un objeto se coloca derecho ante un sistema óptico

formado por dos lentes convergentes iguales alinea-

das y colocadas cada una en el foco de la otra. Deter-

mina la marcha de los rayos si se sitúa el objeto a una

distancia de la primera lente superior a su distancia fo-

cal e indica las características de la imagen final resul-

tante.

34. Dos lentes convergentes, de distancias focales 10 cm

y 20 cm, están alineadas a 20 cm una de otra. Si se si-

túa un objeto 15 cm a la izquierda de la primera lente,

determina: a) la posición de la imagen final; b) el au-

mento total del sistema; c) las características de la

imagen final obtenida.Sol.: a) 6,7 cm; b) 1,3

La distancia focal de una lente biconvexa M es

de 20 cm. Se sabe que un objeto A 1B 1colocado a

10 cm de la lente sobre el eje óptico produjo una

imagen AB, virtual y derecha, situada justamen-

te sobre el foco de la lente. Si colocamos una se-

gunda lente N, de distancia focal 10 cm, sobre el

foco situado a la derecha de la primera lente, cal-

cula la posición de la imagen final A2B 2formada.

— Datos: s remoto 16,7 cm; spróximo

10 cm

a) Para poder ver objetos lejanos, la lente debe acercarlos

hasta el punto remoto del ojo miope. Por tanto, la ima-

gen respecto a la lente de un objeto en el infinito debe

formarse a una distancia s2 16,7 cm.

Calculamos la distancia focal de la lente a partir de es-

tos valores de las distancias objeto e imagen:

11

11

1

1

—— —— —— ; —— ————— ——

f 2s 2

s 1f 2

16,7 cm

Así, la distancia focal de la lente es: f2 16,7 cm

Hallamos la potencia como la inversa de la distancia fo-

cal imagen:1

1

P —— ————— 6 dioptrías

f 2

0,167 m

Necesita unas lentes divergentes de 6 dioptrías.

b) Conocida la distancia focal, podemos calcular la posi-

ción del punto próximo del ojo cuando use la lente. Esta

posición será aquella cuya imagen se forme sobre el

punto próximo del ojo sin la lente, s2 10 cm:

11

11

11

—— —— —— ; —— —— ——

f 2s 2

s 1s 1

s2f2

1

1

s 1 ———— ; s 1 ——————————— 25 cm

11

1

1

— —

———— —————

s2f2

10 cm16,7 cm

El punto próximo estará a 25 cm del ojo.

35. Una persona de vista miope tiene su punto remoto a

15 cm. Determina: a) la clase de lentes que debe usar;

b) su distancia focal; c) su potencia.

Sol.: b) f 2 15 cm; c) P 6,7 dioptrías

36. Un présbita tiene su punto próximo a 50 cm del ojo.

Determina: a) el tipo de gafas que necesita para poder

leer a una distancia de 25 cm; b) su potencia.

Sol.: b) P 2 dioptrías

Un ojo miope tiene el punto remoto a 16,7 cm y el

punto próximo a 10 cm. Calcula: a) la potencia de

las lentes que necesita para ver claramente un ob-

jeto situado en el infinito; b) la posición de su pun-

to próximo cuando use estas lentes.

AA1

A2

s1 10 cm

s2M f 1M

20 cm

s1N

s2Nf 2M

20 cmf2N

10 cm

M

N

F1M

F1NF2M

F2N

B1

B2

B

Resolución de ejercicios y problemas

A

B

La física clásica no pudo explicar una serie de fenómenos.

La necesidad de interpretarlos dio lugar a la física moderna.

Física clásica

Física moderna

Vibraciones y ondas

Interacción electromagnética

Interacción gravitatoria

Mecánica moderna

Dinámica

Óptica

4. Movimientos vibratorios5. Movimiento

ondulatorio6. Fenómenos ondulatorios

10. La luz11. Ópticageométrica

7. Campo eléctrico8. Campo magnético

9. Inducciónelectromagnética

12. Relatividad13. Cuántica14. Núcleos y partículas

2. Campogravitatorio3. Gravitaciónen el universo

1. Dinámicade traslacióny de rotación

Mecánica

Electromagnetismo

Introducción a la física moderna

Plan general de la materia

dico y físico inglés T. Young (1773-

1829) en 1801 y del físico francés

A. J. Fresnel (1788-1827) en 1815

sobre las interferencias y la difrac-

ción mostraron claramente la natura-

leza ondulatoria de la luz. La teoría

corpuscular quedaba en entredicho.

El matemático y físico escocés J. C.

Maxwell (1831-1879) propuso en

1864 que la luz es una forma de

onda electromagnética de alta fre-

cuencia. Este hecho fue comprobado

experimentalmente por el físico ale-

mán H. Hertz (1857-1894) en 1887.

La teoría de Maxwell, perfectamente

estructurada, parecía ser definitiva

hasta que en 1905 el físico A. Eins-

tein (1879-1955), para interpretar el

efecto fotoeléctrico, acudió de nuevo

a la teoría corpuscular: la luz está

constituida por corpúsculos de ener-

gía, los fotones.Hoy es aceptado que la luz tiene

una doble naturaleza cuya manifes-

tación en uno u otro sentido depen-

de de los fenómenos analizados. Lo

que no deja de ser para nuestra

mente algo paradójico y misterioso.

E l desarrollo de las aplicaciones

prácticas del electromagnetis-

mo, de cuyas ventajas disfrutamos,

ha sido espectacular en el siglo XX.

El filósofo griego Tales de Mileto

(640-546 a. C.) fue el primero en es-

tudiar el magnetismo y la electrici-

dad. Se dice que observó que un

trozo de resina fósil, el ámbar, al que

entonces se llamaba elektron, era

capaz de atraer objetos ligeros.

Pero hubo que esperar mucho tiem-

po para que alguien tomara con in-

terés científico este fenómeno. El fí-

sico y médico inglés W. Gilbert

(1544-1603), contemporáneo de

Galileo, publicó un libro titulado De

magnete, en el que describía el

comportamiento de distintos objetos

frotados e interpretaba el movimien-

to de las agujas imantadas al supo-

ner por primera vez que la Tierra es

un gigantesco imán.El físico francés Ch. du Fay (1698-

1739) observó las atracciones y las

repulsiones que se producen entre

cuerpos frotados según su naturale-

za, de donde dedujo la existencia de

dos clases de electricidad, nombre

dado por Gilbert, a las que llamó re-

sinosa y vítrea.En 1729 el investigador inglés

S. Gray (1696-1736) observó la

conducción de la electricidad, de la

cual se desconocía su naturaleza, a

través de algunas sustancias, aun-

que no todas permitían el paso de

ésta. El físico francés J. T. Desagu-

liers (1683-1744) propuso los nom-

bres de conductores y aislantes

para designar a las sustancias que

permiten o impiden, respectivamen-

te, el paso de la electricidad.

El científico norteamericano B. Fran-

klin (1706-1790) describió la electri-

cidad como un fluido cuyas formas de

manifestación son debidas al exceso

o al defecto de éste. Así, resultan los

cuerpos con carga positiva o negati-

va, respectivamente, según la no-

menclatura propuesta por él mismo.

Franklin demostró que las nubes

tormentosas están cargadas de elec-

tricidad, mediante su célebre y peli-

groso experimento de lanzar, aprove-

chando una fuerte tormenta, una

cometa con una punta metálica co-

nectada a un hilo de seda. Franklin

completó su investigación con un in-

vento de suma utilidad: el pararrayos.

En 1785 el físico francés Ch. de

Coulomb (1736-1806) ideó la ba-

lanza de torsión para medir fuerzas

eléctricas de muy pequeña intensi-

dad, lo que le permitió enunciar la

célebre ley de Coulomb.

El siglo XIX se inició con un inven-

to espectacular: la pila de Volta.

En 1800 el físico italiano A. Volta

(1745-1827) generó por primera vez

una corriente eléctrica mediante las

reacciones químicas producidas en-

tre dos metales, plata y cinc, en con-

tacto con una disolución salina.

El año 1820 es otra fecha importante

en la historia de la ciencia: el físico

danés H. Ch. Oersted (1777-1851)

descubrió la íntima conexión existen-

te entre electricidad y magnetismo al

hallar que una corriente eléctrica es

capaz de producir la desviación de la

aguja imantada de una brújula. ¡Na-

cía el electromagnetismo!

El hallazgo atrajo a muchos científi-

cos que profundizaron en su natura-

leza, como el matemático y físico

francés A. M. Ampère (1775-1836).

El físico y químico inglés M. Faraday

(1791-1867) efectuó un experimento

cuya influencia ha sido enorme por

sus importantes aplicaciones. En él

descubrió la inducción electromag-

nética, base de los generadores

eléctricos. Faraday probó que al mo-

ver un imán en el interior de una bo-

bina de alambre se genera en ella

una corriente eléctrica. Le debemos

los conceptos de campo y líneas de

fuerza, que rompieron con la visión

mecánica del universo de Newton.

El físico norteamericano J. Henry

(1797-1878) también destacó en el

estudio del electromagnetismo. Des-

cubrió la inducción al mismo tiempo

que Faraday y fabricó electroimanes,

motores eléctricos y otros artificios.

Pero la formulación matemática del

electromagnetismo correspondió al

mejor físico teórico del siglo XIX,

J. C. Maxwell. Maxwell partió de las

ideas de Faraday acerca de las lí-

neas de fuerza y profundizó en que

los efectos eléctricos y magnéticos

son resultado de los campos crea-

dos por conductores e imanes. Su

extraordinaria habilidad matemática

le permitió formular definitivamente

la naturaleza y las propiedades del

electromagnetismo en las ecuacio-

nes que llevan su nombre y que re-

presentan un vínculo definitivo entre

los campos eléctrico y magnético.

Oersted envió sus observaciones a

la revista francesa Annales de Chi-

mie et de Physique, que las publicó

con esta nota de los editores.

Los lectores (...) deben haberse

dado cuenta de que no apoyamos

demasiado apresuradamente los

anuncios de descubrimientos ex-

traordinarios (...). Pero en relación

con el artículo del señor Oersted,

los resultados por él obtenidos, por

singulares que parezcan, están

acompañados de demasiados deta-

lles para que se pueda suscitar la

menor sospecha de error.

169

359

AAberraciones, 286

Aceleración

—angular, 32

—, componentes intrínsecas de la, 27

—instantánea y media, 26

Amplitud, 98, 123, 133, 154

Ángulo,

—de Brewster, 261

—límite, 255

Aproximación paraxial, 271

Aumento, 273, 277, 281, 282

Autoinducción, 232

BBobina o solenoide, 202

CCampo, 58

—conservativo, 59

—eléctrico, 250, 176

—gravitatorio, 60, 76

—magnético, 250, 198, 212

Central eléctrica, 236

Condensador, 186

Conductor eléctrico, 184

Contaminación acústica, 137

DDefecto de masa, 348

Dieléctrico o aislante, 185

Difracción, 147, 260

Dioptrio, 271, 272, 275

Dispersión de la luz, 256

Distancia

—focal objeto e imagen, 272

—objeto e imagen, 271

Dualidad onda-partícula, 249, 328

EEcuación

—de Schrödinger, 331

—del movimiento, 24

Ecuación del movimiento, 24

Ecuaciones de Maxwell, 239

Efecto

—Compton, 324

—Doppler, 161

—fotoeléctrico, 322

Electrización, 172

Energía

—cinética, 59 106, 129, 310

—de enlace, 348

—mecánica, 59, 84, 107, 129

—potencial, 59

——

elástica, 106, 129

——

eléctrica, 178

——

gravitatoria, 62, 80

—relativista total, 311

Espectro

—atómico, 325

—continuo y discontinuo, 257

—de emisión y de absorción, 257

—electromagnético, 251

Experiencia

—de Henry, 2

26

—de Oersted, 197

Experiencias de Faraday, 220

Experimento

—de la doble rendija, 258, 329

—de Michelson-Morley, 301

FFisión nuclear, 350

Flujo

—eléctrico, 182

—gravitatorio, 66

—magnético, 222

Focos imagen y objeto, 272

Fotón o cuanto de energía, 249, 321,

323

Frecuencia, 98, 123

—de la pulsación, 154

—de resonancia, 111

—fundamental o primer armónico, 158

Frente de onda o superficie de onda,

130, 146

Fuerza

—centrípeta, 38, 82

—electromotriz inducida, 224

Fuerzas conservativas, 59

Función

—de onda, 125, 331

—de trabajo o trabajo de extracción,

323

Fusión nuclear, 351

HHipótesis

—cuántica de Planck, 321

—de De Broglie, 328

IImagen real y virtual, 270

Índice de refracción, 149, 254

Inducción

—electromagnética, 221

—magnética, 198

—mutua, 234

Intensidad

—de las ondas, 130

—sonora, 135

Interferencia, 151, 152, 258

LLentes delgadas, 279, 281

Ley

—de Biot y Savart, 1

98

—de Brewster, 261

—de Coulomb, 174

—de emisión radiactiva, 345

—de Faraday, 224

—de la gravitación universal, 54, 56

—de Lenz, 223

—de Lorentz, 204

—de Snell, 149

—de Stefan-Boltzmann, 320

Leyes,

—de Kepler, 55, 86, 87

—de la reflexión y refracción, 148, 149

—de Newton, 34, 36

Líneas de fuerza o de campo, 65, 181,

199

Longitud

—de onda, 123, 328

—propia, 305

MModelos atómicos, 326, 347

Modo normal de vibración, 158

Momento

—cinético o angular, 43

——

intrínseco o espín, 334

—de inercia, 41

—de una fuerza, 40

—lineal o cantidad de movimiento, 35

Índice alfabético

360

Movimiento, 24—

armónico simple, 97, 98

—circular, 32, 38, 39, 96, 103

—ondulatorio, 120

—parabólico, 30

—rectilíneo, 28, 29

—vibratorio u oscilatorio, 96

——

amortiguado, 110N

Nivel de intensidad sonora, 135

Nodos, 153, 157Número—

atómico, 347—

de ondas, 126—

másico, 347Números cuánticos, 333

OOnda, 120—

incidente, reflejada y refractada,

148, 149Ondas—

armónicas, 123—

de desplazamiento o de presión,

133—electromagnéticas, 120, 249, 250

—estacionarias, 154, 158, 159

—mecánicas, 120

—sonoras, 132, 145

—transversales y longitudinales, 121,

123, 124, 248Orbitales, 332, 333

Oscilación, 98—

amortiguada, 110

—forzada, 111

Oscilador armónico simple, 104

PPeríodo, 98, 123

—de las pulsaciones, 154

—de revolución, 82

—de semidesintegración o semivida,

345

Permeabilidad, 200Polarización, 150, 261

Polaroide o polarizador, 262

Potencia—de una lente, 281

—de una onda, 129

Potencial—de detención, 323

—eléctrico, 179

—gravitatorio, 62, 63

Principio de,—Huygens, 146

—indeterminación de Heisenberg,

330—relatividad, 297

—superposición, 61, 63, 151, 177,

179Pulsación, 98Pulsaciones o batidos, 154

Pulso, 121Punto remoto y punto próximo, 283

RRadiación,—

alfa, beta y gamma, 344

—del cuerpo negro, 320

Radiactividad, 344Rayo, 144, 252

—incidente, reflejado y refractado,

148, 149—paralelo, radial y focal, 272

Reacción nuclear, 349

Reflexión, 148, 254—

total, 255Refracción, 148, 149, 254

Resonancia, 111—

acústica, 159SSerie o familia radiactiva, 359

Series espectrales, 326

Sistema—de referencia, 24

——

del éter, 300—

—inercial, 296

—óptico, 270, 272, 279

Sólido rígido, 41Superficies equipotenciales, 65,

181

TTeorema—

de Ampère, 202—

de Gauss, 66, 67, 183

—de las fuerzas vivas o de la energía

cinética, 59Teoría

—cuántica de Einstein, 323

—electromagnética, 238

—especial de la relatividad, 302

Tiempo propio, 305Timbre, 135Tono, 135Transformaciones

—de Galileo, 297

—de Lorentz, 303

Trayectoria, 24Tren de ondas, 121U

Umbral de audición y de dolor, 135

VVectores posición y desplazamiento,

24Velocidad—

angular, 32—

de escape, 84—

de las ondas electromagnéticas,

250—de las ondas sonoras, 134

—de propagación de la luz, 253

—de propagación de una onda, 122

—instantánea y media, 26

—orbital, 82Vientres o antinodos, 153, 157

Al igual que Newton tuvo que desarrollar el cálculo

infinitesimal (derivación, integración…) para comple-

tar sus leyes de la dinámica y de la gravitación uni-

versal, nosotros también precisamos de unas herra-

mientas matemáticas para abordar el estudio de la

física.• Estas páginas pretenden que recuerdes las opera-

ciones y los conceptos matemáticos que necesita-

rás en este libro.

La velocidad, la aceleración, el campo gravitatorio, el campo eléctrico, el

campo magnético… son vectores. Para trabajar con ellos, debes conocer

el cálculo vectorial.Y para expresar cómo varían algunas magnitudes a lo largo del tiempo,

como la posición, se utilizan el cálculo diferencial y el cálculo integral.

Herramientasmatemáticas

TrigonometríaCálculo vectorialCálculo diferencialCálculo integralResolución de problemas

6

Objetivos

Esquema de la unidad

Herramientas matemáticas

La luz, fundamental para la posibili-

dad de vida en la Tierra y el medio

que nos permite relacionarnos con

nuestro entorno, fue, según la Biblia,

la primera obra de la Creación: «Há-

gase la luz y la luz se hizo».

Los filósofos griegos Heráclito

y

Empédocles y, posteriormente, Pla-

tón (427-347 a. C.) y Aristóteles

(384-322 a.C.) ya formularon sus teo-

rías, más filosóficas que científicas,

acerca de la naturaleza de la luz y

de la visión. Para Platón, por ejem-

plo, la luz estaba constituida por un

chorro de diminutas partículas y los

colores que percibimos se debían a su

diferencia de tamaño y de velocidad.

Los primeros libros dedicados a la

luz fueron escritos por los científicos

alejandrinos Euclides, Tolomeo y

Herón de Alejandría, entre el siglo

III a. C. y el I d

e nuestra era. Ellos

creían que los ojos emiten rayos vi-

suales que se propagan a gran velo-

cidad y en línea recta, y que son re-

flejados por los objetos que vemos.

Tolomeo, en su libro Óptica, dedicó

su atención a los fenómenos de re-

flexión y refracción y a la deducción

de sus leyes.

Merece ser destacado el físico árabe

Ibn Al-Haytham (Alhazen) (965-

1039) que ejerció enorme influencia

hasta el siglo XVII. Sostenía que la

luz procede del Sol o de otra fuente

luminosa, se refleja en los objetos ilu-

minados y de ellos llega a nuestros

ojos. Describió detalladamente el ór-

gano de la vista, estudió la reflexión y

la refracción, y experimentó con len-

tes y espejos. Tras él, hubo que es-

perar seis siglos para que se produ-

jeran nuevos avances en óptica.

El astrónomo alemán J. Kepler

(1571-1630) explicó en 1604 el fenó-

meno de la visión y el funcionamien-

to del telescopio, inaugurando la lla-

mada óptica geométrica, a la que

también dedicaron su atención el

astrónomo y físico italiano Galileo

Galilei (1564-1642), el matemático

holandés W. Snell (1591-1626), el

matemático francés P. de Fermat

(1601-1665), el físico y astrónomo

holandés Ch. Huygens (1629-1695)

y otros. Muchos de los físicos de la

época ocuparon su tiempo en la cons-

trucción de instrumentos ópticos.

Pero ¿cuál es la naturaleza íntima

de la luz?, ¿en qué consiste ésta?

La respuesta a estas preguntas ha

supuesto una de las controversias

más interesantes y duraderas de la

historia de la ciencia.

En 1704, I. Newton (1642-1727) pu-

blicó su obra Óptica. En ella defen-

día la naturaleza corpuscular de la

luz basándose en sus propias expe-

rimentaciones, aunque participó en

una agria controversia con sus coe-

táneos el físico inglés R. Hooke

(1635-1703) y Ch. Huygens, que

provocó, al parecer, serias dudas en

Newton sobre su propia teoría.

En efecto, Ch. Huygens en su Trata-

do de la luz había propuesto en

1690 que ésta era de naturaleza on-

dulatoria. Pero, si la luz fuera una

onda, debería rodear las esquinas

de los obstáculos, como hace el so-

nido. ¿Por qué no vemos los objetos

situados detrás de un obstáculo?

Hoy día se sabe que la luz rodea los

objetos aunque es difícil de ob-

servar debido a su pequeña longitud

de onda. Los experimentos del mé-Que los rayos procedentes de

nuestros ojos se mueven con velo-

cidad infinita puede inferirse de la

siguiente consideración. Cuando

después de haber cerrado los ojos

los abrimos y miramos al cielo no

se necesita ningún intervalo de

tiempo para que los rayos visua-

les alcancen el cielo. En efecto, ve-

mos las estrellas tan pronto como

las miramos, aunque podemos de-

cir que la distancia es infinita.

Herón, en Catóptrica

168

Electromagnetismo



8

Ejemplos. En muchos casos, eldesarrollo de un contenidoculmina en uno o variosejemplos. Éstos son modelos(una media de 10 por uni-dad) que muestran al alum-no/a una aplicación prácticay directa de los contenidos es-tudiados.

Ejercicios. Se proponen primerocuestiones y, luego, ejercicios deaplicación y síntesis. En total apa-rece una media de 30 por uni-dad y se encuentran al final decada apartado o subapartado.

Márgenes. Se han reserva-do para incluir el esque-ma progresivo de la uni-dad; explicaciones com-plementarias que el alum-no/a necesita para seguircorrectamente el procesode aprendizaje (fíjate) opara recordar contenidos oprocedimientos estudiadosanteriormente (recuerda).

Imagen. Ésta pretende ilustrar cómo la Fí-sica está presente en distintos ám-bitos de la vida humana,de la industria y de lasociedad.

Objetivos. Mediante unbreve texto se intenta des-pertar el interés por loscontenidos que se van a tra-tar, a continuación se formu-lan las capacidades que elalumno/a podrá alcanzar al fi-nalizar la unidad.

Esquema de la unidad. Presenta losdistintos apartados y suba-

partados de la unidad,es decir, el recorrido

de las distintas secuen-cias de aprendizaje.

Preparación de la unidad.Definiciones, ejemplos y/o

actividades que tienen por fi-nalidad hacer que el alum-

no/a recuerde, repase, consul-te, investigue... contenidos que

necesita para abordar la unidad.

Desarrollo de la unidad:

Exposición de los contenidos. Los contenidos están estructurados en apartados y subapartados. Los apartados y subapar-tados guardan relación entre sí y reproducen la secuencia lógica del aprendizaje.

Los contenidos se plantean a partir de hechos, experiencias o conocimientos que los alumnos ya han adquirido, obien, de aquello que les es más cercano y próximo a su entorno, para asentar los conocimientos que adquirirán.

Mediante textos expositivos, la descripción de situaciones concretas, demostraciones… y las definiciones, se pre-sentan de forma clara, concisa y estructurada los contenidos que el alumno/a deberá interiorizar para desarrollarlas capacidades previstas.

ESTRUCTURA DE LAS UNIDADES

Páginas iniciales:

52

En la naturaleza existen fuerzas invisibles, como la que man-

tiene a la Tierra en su órbita alrededor del Sol, o la que hace

caer al suelo un objeto arrojado desde la ventana. Aunque no

podamos ver el agente que tira de los cuerpos, estas fuerzas

están ahí.

Isaac Newton descubrió que la fuerza que hace caer los cuer-

pos al suelo es la misma que produce el movimiento de los

planetas alrededor del Sol.

En esta unidad podrás:

• Comprender la naturaleza de las fuerzas gravitatorias y de-

terminar su valor.

• Interpretar las fuerzas a distancia mediante el concepto de

campo y conocer las características del campo gravitatorio.

• Conocer la expresión general de la energía potencial gravi-

tatoria y calcular el trabajo que realiza el campo gravitatorio

en el desplazamiento de los cuerpos.

«Si no fuera por la

atracción de la

Tierra, un hombre

podría

lanzar a otro, únicamente co

n su soplido, a

las profundidades

del espacio,

sin posible re

torno durante to

da la eternidad.»

Roger Joseph Bosco

vich (1711-1780)

22Campo gravitatorio

Objetivos

82

2. Movimiento de planetas y satélites

En el Sistema Solar los planetas se mueven alrededor del Sol en órbitas

elípticas de mayor o menor excentricidad. También siguen órbitas de

este tipo los satélites alrededor de sus correspondientes planetas.

2.1. Descripción del movimiento de planetas y satélites

Vamos a analizar las características del movimiento orbital de un satéli-

te alrededor de la Tierra. Aprenderemos a calcular su velocidad orbital,

su período de revolución, su energía mecánica de traslación y su veloci-

dad de escape, es decir, la velocidad que debería adquirir para escapar

del campo gravitatorio terrestre.

Los resultados serán extrapolables a los movimientos de los planetas

alrededor del Sol y a los de los satélites alrededor de otros planetas.

Velocidad orbital

Supongamos que un satélite de

masa m describe una órbita cir-

cular de radio r alrededor de la

Tierra (o de otra gran masa M )

con una velocidad lineal v cons-

tante en módulo. Puede tratarse

de la Luna, por ejemplo, o de un

satélite artificial.

La fuerza centrípeta que actúa

sobre el satélite es igual a la

fuerza de atracción gravitatoria

que ejerce la Tierra.GMm

v2

Fc man ; ——— m —

r2r

De aquí deducimos que la velocidad orbital del satélite es:

Se aprecia que la velocidad orbital no depende de la masa del satélite,

aunque sí es inversamente proporcional a la raíz cuadrada del radio de

la órbita. Es decir, cuanto mayor sea el radio, menor será la velocidad

necesaria para describir la órbita.

Período de revolución

El tiempo que tarda un satélite en describir una órbita completa se de-

nomina período de revolución, T, y también período orbital.

El período se relaciona con la velocidad orbital mediante las leyes del

movimiento circular uniforme:

2 rT ———

v

Mv G ——

r

Intensidad del campo

gravitatorio terrestre

Descripción del movimiento

de planetas y satélites

Leyes de Kepler

Energía potencial

gravitatoria terrestreCampo gravitatorio

de la Tierra

Gravitación

en el universo

Movimiento

de planetas y satélites

¿Por qué la Luna no cae

sobre la Tierra?

La Tierra atrae a la Luna con una

fuerza gravitatoria. Sin embargo, a

pesar de esta fuerza, la Luna no se

precipita sobre la Tierra. ¿En qué

se emplea la fuerza gravitatoria

que ejerce la Tierra sobre la Luna?

Esta fuerza gravitatoria hace que

la Luna gire alrededor de la Tierra.

Es decir, es la fuerza centrípeta

que necesita la Luna para describir

un movimiento circular uniforme al-

rededor de la Tierra.

√

M

m

v

Fcr

Satélite geoestacionario: es el que

gira alrededor de la Tierra con un

período igual al de rotación de ésta

(24 h). Por tanto, permanece siem-

pre en la misma posición respecto

a la Tierra.

Su órbita debe estar situada en el

plano del ecuador terrestre, a unos

36 000 km de altura. Son muy útiles

como satélites de comunicaciones.

Fíjate

T1

T2

T1 T2

53

Recuerda• La energía es la magnitud física por la que los cuerpos tie-

nen capacidad para realizar transformaciones en ellos mis-

mos o en otros cuerpos.

• La energía cinética es la que poseen los cuerpos por el he-

cho de estar en movimiento.

• La energía potencial gravitatoria es la que poseen los

cuerpos por el hecho de estar a cierta altura de la superficie

de la Tierra.• La energía mecánica de un cuerpo es la suma de su ener-

gía cinética y su energía potencial.

• Realizar un trabajo significa ejercer una fuerza sobre un

cuerpo con desplazamiento de su punto de aplicación.

• Una fuerza es conservativa si el trabajo realizado contra

ella se almacena en forma de energía potencial, de manera

que puede recuperarse íntegramente. (Ejemplo: fuerzas gra-

vitatorias)En caso contrario, la fuerza es disipativa. (Ejemplo: fuerza

de rozamiento)• Dos cuerpos cualesquiera se atraen con una cierta fuerza gra-

vitatoria por el hecho de tener masa. Esta fuerza es direc-

tamente proporcional a la masa de ambos cuerpos e inversa-

mente proporcional al cuadrado de la distancia que los separa.

Actividades• Calcula el vector suma de tres vectores de módu-

los 5, 10 y 8 que forman con el semieje positivo OX

ángulos de 30°, 60° y 150°, respectivamente.

• Halla el vector unitario que tiene la misma dirección

que el vector v 3 i 4 j y sentido contrario.

• Calcula el producto escalar de dos vectores de mó-

dulos 10 y 20 que forman entre sí un ángulo de 45°.

• Determina la energía cinética de un automóvil

de 850 kg de masa que circula a una velocidad de

80 km/h.• Determina la energía potencial gravitatoria de un

cubo de agua de 10 kg de masa que está en una

ventana a 40 m de altura.

• Calcula el trabajo que realizamos al arrastrar un

carrito por el suelo a lo largo de 10 m si tiramos de

él con una fuerza constante de 40 N mediante una

cuerda que forma 30° con la horizontal.

• Un ciclista que circula a 24,5 km/h por una carrete-

ra plana efectúa un trabajo de 1738 J para aumen-

tar su velocidad. Si la masa total del ciclista y la bi-

cicleta es de 100 kg, halla la velocidad final del

ciclista. (Supón despreciable el rozamiento.)

Ley de la gravitación universal

Fuerzas gravitatorias

Descripción del campo gravitatorio

Representación del campo gravitatorio

Determinación del campo gravitatorio

Campos de fuerzas

Campogravitatorio

Estudio del campogravitatorio

Concepto de campo

Preparación de la unidad

Esquema de la unidad

83

Un satélite de telecomunicaciones de 5 000 kg de masa

describe una órbita circular concéntrica con la Tierra a

1200 km de su superficie. Calcula:a) La velocidad orbi-tal del satélite.b) Su período de re-volución.(Masa y radio de laTierra: 5,98 10 24 kg;6 370 km)

El radio de la órbita es igual al radio de la Tierra más la dis-

tancia del satélite a la superficie terrestre:r RT h 6,37 106 m 1,2 106 m 7,57 106 m

a) Calculamos la velocidad orbital del satélite:MT

N m25,98 1024 kg

v G —— 6,67 1011 —— ——————

r

kg27,57 106 m

v 7,3 103 m/sb) Calculamos el período de revolución:2 r 2 7,57 106 m

T ——— ———————— 6,5 103 s

v

m7,3 10 3 —s

Calcula la velocidad orbital y la altura sobre el ecuador a la

que debe situarse un satélite geoestacionario.— Datos: Un satélite geoestacionario debe tener un perío-

do de revolución igual al de rotación de la Tierra alrede-

dor de su propio eje. T 24 h 86 400 sAplicamos las ecuaciones de la velocidad orbital y del

período de revolución para obtener un sistema de dos

ecuaciones con dos incógnitas:

MTv G ——r

2 rT ——— vAl despejar r de la segunda ecuación y sustituirla en la

primera, obtenemos:

Tv2 GMT

r —— ; v —————2 T

1—3

— Calculamos la velocidad orbital:

Nm 22 6,67 1011 ———— 5,98 1024 kg

kg 2

v ———————————————————86 400 sv 3,1 10 3 m/s— Primero debemos hallar el radio de la órbita para calcu-

lar la altura a la superficie de la Tierra, h:

m86 400 s 3,1 10 3 —

T v

s

r ——— ———————————— 4,26 107 m

2 2 — Finalmente, despejamos h de la expresión r RT h y

sustituimos los datos:

h r RTh 4,26 107 m 6,37 106 mh 3,62 107 m

1—3

11. ¿Qué cuesta más, situar en órbita un satélite pesado o uno ligero? Jus-

tifica tu respuesta.12. ¿Podemos situar satélites geoestacionarios a diferentes alturas sobre la

superficie terrestre, o por el contrario, esta altura es fija e invariable? Jus-

tifica tu respuesta.13. Calcula la velocidad orbital y el período de revolución de un satélite que

describe órbitas de 8 500 km de radio alrededor de la Tierra.Sol.: 6,85 103 m/s; 7,8 103 s

14. Un objeto lanzado desde una nave espacial queda en órbita circular al-

rededor de la Tierra con una velocidad de 2,52 104 km/h. Calcula: a) el

radio de la órbita; b) el período de revolución.Sol.: a) 8,14 106 m; b) 7,3 103 s

√

√

√

m 5 000 kgh 1,2 106 m

RT 6,37 106 m

MT 5,98 1024 kg

Ejemplo 6

Ejemplo 7

Ejercicios

Los satélites describen órbitas elíp-

ticas alrededor de la Tierra. En mu-

chos casos, estas órbitas tienenuna excentricidad muy pequeña y

pueden considerarse circulares

para simplificar los cálculos.Dos puntos característicos de unaórbita elíptica son:Apogeo: punto más alejado de la

Tierra de la órbita de un satélite.Perigeo: punto más cercano a laTierra de la órbita de un satélite.

Fíjate

Una primera página que consta de dos elementos:Imágenes y Objetivos.

Una segunda página que consta de dos elementos: Es-quema de la unidad y Preparación de la unidad.



9

Física y sociedad. Permiteal alumno/a conocerlas relaciones de la cien-cia con la tecnología, ylas implicaciones de am-bas en la sociedad.

También contribuye a queel alumno/a trabaje los con-tenidos referentes a las ense-ñanzas transversales.

Resumen. Este aparta-do facilita al alumno/ael estudio organizado,según la estructura dela unidad, de las expre-siones matemáticas y lasideas clave que han apa-recido a lo largo de launidad.

Resolución de ejercicios y problemas. Incluye una serie deejercicios y problemas modelo (aproximadamente 3por unidad) que responden a los contenidos de launidad y están resueltos de forma dirigida.

Después de cada ejercicio o problema mode-lo, se proponen ejercicios y problemas (unamedia de 8 por unidad) que se resuelvensegún el esquema dado y se indica su so-lución si ésta es numérica.

188

A continuación te ofrecemos un resumen de las analogías y diferencias entre el campo eléctrico y el campo gravitatorio, así

como las fórmulas de ambos campos. Este resumen tiene la finalidad de permitirte repasar las propiedades del campo eléc-

trico estudiadas en esta unidad y compararlas con las del campo gravitatorio vistas en la unidad 2.

Analogías entre el campo gravitatorio y el campo eléctrico

— El campo gravitatorio creado por una masa puntual y el campo eléctrico creado por una carga puntual son campos centra-

les. Sus líneas de campo son abiertas y tienen simetría radial.

— Son campos conservativos, por lo que tienen una energía potencial y un potencial asociados. El trabajo realizado contra el

campo se almacena en forma de energía potencial, de modo que puede recuperarse íntegramente.

— La intensidad del campo es directamente proporcional a la masa o a la carga que lo crea, e inversamente proporcio-

nal al cuadrado de la distancia entre esta masa o carga y el punto donde calculamos el campo.

Diferencias entre el campo eléctrico y el campo gravitatorio

Campo eléctrico

Campo gravitatorio

— Las fuerzas eléctricas pueden ser atractivas (entre cargas

de signos opuestos) o repulsivas (entre cargas del mismo

signo).Las líneas de campo siempre se originan en las cargas

positivas y terminan en las cargas negativas.

— La constante K varía de un medio a otro. Es decir, el cam-

po eléctrico depende del medio en el que actúa.En el vacío: K 9 109 Nm2C2

— Las fuerzas gravitatorias siempre son atractivas.

Las líneas de campo siempre señalan a la masa que lo

crea.

— La constante G es universal. Es decir, el campo gravitato-

rio no depende del medio en el que actúa.G 6,67 1011 Nm2kg2

El valor de K es mucho mayor que el de G (si ambas constantes se expresan en unidades SI). Este hecho implica que, a nivel

atómico y molecular, la interacción eléctrica es mucho más intensa que la gravitatoria. En cambio, la gran intensidad de las fuer-

zas eléctricas hace que exista un fuerte equilibrio de cargas positivas y negativas en los cuerpos y que, a grandes distancias,

las fuerzas gravitatorias entre los cuerpos predominen sobre las fuerzas eléctricas.

Campo eléctrico

Fuerza

QqF K ——— ur 2

Intensidad de campo

QE K —— ur 2Energía potencial

Q qEp K ———rRelación entre energía potencial y potencial

Ep qVRelación entre intensidad de campo y potencial

VA VB ∫ B

A

E d r VA VB ∫ B

Ag d r

Ep mV

MmEp G ———r

ME G —— ur 2

MmF G ——— ur 2

Campo gravitatorio

Potencial

QV K ——r

MV G ——r

Relación entre fuerza y energía potencial

EpA EpB ∫ B

A

F d r

Relación entre fuerza e intensidad de campoF q E

F m g

Resumen

68

La gravedad nos mantiene ligados a la superficie de la Tierra y nos impide abandonarla, pero el ser humano siempre ha so-

ñado con superar esta ligadura y volar. El ingenio humano ha conseguido que las personas emulen a los pájaros e, incluso,

los superen en velocidad y alcance.

Reflexiona

a) En los textos se citan cuatro vehículos aéreos. Re-

dacta, para cada uno de ellos, un informe que recoja:

— Quién fue su inventor.

— Algunos modelos representativos según la época.

— Sus principales usos industriales o sociales.

b) Organizad un coloquio sobre la importancia de los

medios de transporte aéreo en la sociedad.

El avión

Un avión se eleva gracias a la sección

aerodinámica de sus alas. La forma de

éstas hace que el aire pase con mayor

rapidez por su parte superior que por

la inferior. De esta manera, disminuye la

presión sobre el ala y el aparato as-

ciende.

El globo aerostático

El funcionamiento del globo se basa en el princi-

pio de que el aire caliente tiende a subir. Cuando

se calienta el aire, sus moléculas se mueven más

rápidamente y se separan; en consecuencia, el

aire se hace más ligero y sube.

Los globos disponen de un quemador con el que

se calienta el aire de su interior para ganar altu-

ra. Algunos globos utilizan helio, un gas más lige-

ro que el aire y que, por tanto, tiende a subir.

El helicóptero

En lugar de alas fijas, los helicópteros usan un juego de palas gira-

torias. Éstas se diseñan para crear una depresión en la parte su-

perior, con lo cual el helicóptero se impulsa hacia arriba.

Como los rotores giran muy rápidamente en un sentido, se produ-

ce una reacción que hace girar al aparato en sentido opuesto. Para

contrarrestar esta reacción, se coloca otro pequeño rotor en la

cola. El cohete

El funcionamiento del cohete se basa en el principio de

acción y reacción. Los cohetes queman el combustible en

su interior y expulsan los gases al exterior. La fuerza de

reacción es la que propulsa al cohete.

Los cohetes son los únicos vehículos capaces de alcanzar

la enorme velocidad requerida para escapar de la atracción

gravitatoria de la Tierra, unos 40000 km/h. Esto lo consi-

guen realizando varias fases de impulsión, en cada una de

las cuales se desprenden de parte de su estructura.

Un desafío a la gravedad

Física y sociedad

189

a) Calculamos el campo eléctrico creado por cada una de

las cargas en el centro del rombo:

Q1

Nm2 1,4 104 C

N

E1 K —u1 9 109 ——— —————— (

j ) 7,9 106 j —

r 12

C2 (0,4 m)2

C

Q2

Nm2 2,3 104 C

N

E2 K —u2 9 109 ——— ——————

j 1,29 107 j —

r 22

C2 (0,4 m)2

C

Q3

Nm2 8 105 C

N

E3 K —u3 9 109 ——— ——————

i 1,15 107 i —

r 32

C2 (0,25 m)2

C

Q4

Nm2 6 105 C

N

E4 K —u4 9 109 ——— —————— (

i ) 8,6 106 i —

r 42

C2 (0,25 m)2

C

El campo eléctrico resultante es la suma vectorial de los

campos debidos a cada una de las cargas:

E E1 E2

E3 E4 (2,9 106 i 5,0 106 j ) N/C

Su módulo es:

E (2,9 106 N/C)2 (5,0 106 N/C)2

5,8 106 N/C

b) Hallamos la fuerza que actúa sobre la carga de 25 C:

N

F qE 2,5 105 C 5,8 106 — 145 N

C

c) Calculamos el potencial eléctrico creado por cada una

de las cargas en el centro del rombo:

Q1

Nm2 1,4 104 C

V1 K — 9 109 ——— —————— 3,15 106 V

r1

C20,4 m

Q2

Nm2 2,3 104 C

V2 K — 9 109 ——— —————— 5,17 106 V

r2

C20,4 m

Q3

Nm2 8 105 C

V3 K — 9 109 ——— —————— 2,88 106 V

r3

C20,25 m

Q4

Nm2 6 105 C

V4 K — 9 109 ——— —————— 2,16 106 V

r4

C20,25 m

El potencial eléctrico resultante es la suma algebraica

de los potenciales de cada una de las cargas:

V V1 V2 V3 V4 3,28 106 V

d) Hallamos la energía potencial que adquiere la carga de

25 C:

Ep qV 2,5 105 C 3,28 106 V 82 J

Las cargas eléctricas Q1 140 C y Q2 230

C están situadas en los extremos de la diagonal

mayor de un rombo y las cargas Q3 80 C y

Q4 60 C están situadas en los extremos de la

diagonal menor. Si la diagonal mayor del rombo

mide 80 cm y la diagonal menor 50 cm, calcula:

a)El campo eléctrico en el centro del rombo.

b)La fuerza que actúa sobre una carga de 25 C

al situarse en este punto.

c) El potencial eléctrico en dicho punto.

d)La energía potencial eléctrica que adquiere una

carga de 25 C al situarse en dicho punto.

31. En tres vértices de un cuadrado de 40 cm de lado se

han situado cargas eléctricas de 125 C. Calcula: a)

el campo eléctrico en el cuarto vértice; b) el trabajo ne-

cesario para llevar una carga de 10 C desde el

cuarto vértice hasta el centro del cuadrado. Interpreta

el resultado. Sol.: a) 1,34 107 N/C; b) 44 J

32. Dos cargas puntuales de 4 C y 5 C están situa-

das en los puntos (0, 1) m y (1, 0) m. Calcula: a) la

fuerza que actúa sobre una carga de 1 C situada

en el punto (0, 0) m; b) el trabajo necesario para tras-

ladar dicha carga de 1 C desde la posición que

ocupa hasta el punto (1, 1) m. Interpreta el resultado.

Sol.: a) 5,7 102 N; b) 0 J

+

+

–

–

√

Y

X

Q1 1,4 · 104 C

Q2 2,3 · 104 C

Q4

6 · 1

05

C

Q3

8 · 1

05

C

D

0,8

m

d 0,5 m

u2

u4u1

u3

E2

E4

E1

E3

Resolución de ejercicios y problemas

A

190

— Datos: 1,5 104 Cm1

r 0,25 mr0 0,20 mEscogemos como superficie gaussiana un cilindro de radio

r y altura h cuyo eje coincide con el hilo.

Por simetría, el campo eléctrico es perpendicular al hilo y

depende sólo de la distancia a éste.

En las dos bases del cilindro, el campo eléctrico es perpen-

dicular al vector superficie, E ⊥ d S, y, por tanto, el flujo eléc-

trico es cero.

Sobre la superficie lateral del cilindro, el campo eléctrico es

paralelo al vector superficie y tiene módulo constante. Por

tanto, el flujo eléctrico es: ∫SE d S ∫S

E dS E S E 2 r h

Aplicamos el teorema de Gauss teniendo en cuenta que la

carga eléctrica en el interior del cilindro es Q h.

Q

h

—— ; E 2 r h —— ; E ————

0

0

2 0 r

El campo eléctrico creado por un hilo de longitud infinita

cargado uniformemente es inversamente proporcional a la

distancia al hilo.Calculamos el potencial gravitatorio a partir del campo:

VA VB ∫ B

AE dr ∫ B

A———— u dr 2 0 r

dr

———∫ B

A—— ——— (ln rB ln rA )

2 0 r2 0

rA

VA VB ——— ln ——2 0 rB

El potencial disminuye de forma ilimitada al aumentar r. Por

tanto, no podemos escoger el origen de potencial para

r . En este caso elegimos como origen de potencial el

correspondiente a una distancia arbitraria r r0, con lo que

obtenemos:

r

V ——— ln ——2 0 r0

— Sustituimos los datos del enunciado para hallar el cam-

po y el potencial eléctricos:

1,5 104 Cm1

E ———— —————————————————

2 0 r 2 8,854 1012 C2N1m2 0,25 m

E 1,08 107 N/C

El signo negativo indica que el campo eléctrico está di-

rigido hacia el hilo:

r

V ——— ln —2 0 r01,5 104 Cm1

0,25 m

V ——————————————— ln ————

2 8,854 1012 C2N1m20,20 m

6,0 105 V

Aplica el teorema de Gauss para determinar el

campo y el potencial eléctricos creados por un hilo

de longitud infinita cargado uniformemente con

una densidad lineal de carga .

— Utiliza el resultado para hallar el campo y el po-

tencial eléctricos creados por un hilo muy largo

con una carga de 150 C por metro de longi-

tud a una distancia de 25 cm. Escoge como ori-

gen de potencial los puntos situados a 20 cm

del hilo.

33. Utiliza el resultado del ejemplo anterior para determi-

nar el campo y el potencial eléctricos creados por un

hilo muy largo cargado con 30 C por metro de lon-

gitud a una distancia de 3 m. Escoge el origen de po-

tencial a 1 m del hilo.— Representa esquemáticamente el vector intensi-

dad del campo eléctrico sobre una circunferencia

de 3 m de radio centrada en el hilo.Sol.: 1,8 105 N/C; 5,9 105 V

34. Aplica el teorema de Gauss para determinar el campo

eléctrico en el interior y en el exterior de un cilindro

hueco de longitud infinita y radio R cargado uniforme-

mente con una densidad superficial de carga .

— Utiliza el resultado para hallar el campo eléctrico

creado por una corteza cilíndrica muy larga de

20 cm de radio cargada con 5 106 C por metro

cuadrado a una distancia de 30 cm del eje. R

Sol.: E ———; 3,8 105 N/C(0 r )

r

h

E

E

E

E

dS

dS

dS

dS

E

E

u

u

B

Páginas finales:

Al finalizar la unidad se presentan cinco apartados: Física y sociedad, Resumen, Resolución de ejercicios y problemas, Ejer-cicios y problemas, y Comprueba lo que has aprendido.

Ejercicios y problemas. Una propuesta deunos 25 por unidad agrupados en tresapartados:

• Piensa y resuelve. Cuestiones y ejerciciosbásicos. Están ordenados según la se-cuencia de contenidos de la unidad.

• Practica lo aprendido. Listado de problemasque sigue la secuencia de los contenidos dela unidad, cuya finalidad es poner en prácti-ca los conocimientos adquiridos, así comoconsolidarlos.

• Prepárate o fondo. Problemas de mayor dificul-tad.

Comprueba loque has aprendi-

do. Cuestiones yproblemas de au-

toevaluación enfo-cados a repasar lo

esencial de la uni-dad.

192

Piensa y resuelve

38. Explica las propiedades principales de la carga

eléctrica.

39. Una carga positiva penetra en un campo eléctrico

uniforme. Describe su movimiento si:

a) La velocidad inicial tiene la dirección y el senti-

do del campo.

b) La velocidad inicial tiene sentido opuesto al

campo.

c) La velocidad inicial forma un cierto ángulo con

el campo.

40. El potencial eléctrico es constante en cierta región

del espacio. ¿Cómo es el campo eléctrico en esa

región?

41. Dibuja las líneas de campo y las superficies equi-

potenciales para una carga puntual positiva.

42. Explica cómo se distribuye la carga eléctrica en un

conductor. ¿Cómo podemos proteger un aparato

sensible de un campo eléctrico?

43. Explica qué es la capacidad de un condensador.

— ¿Cómo afecta el dieléctrico interpuesto entre

las armaduras a un condensador plano?

Practica lo aprendido

44. Dos cargas eléctricas puntuales de 4,0 109 C

y 2,0 109 C están separadas 6 cm en el vacío.

Calcula la fuerza eléctrica que se ejercen mutua-

mente.

Sol.: 2 105 N

45. Dos cargas eléctricas, Q1 5 C y Q2 4 C,

están separadas 30 cm. Colocamos una tercera

carga Q3 2 C sobre el segmento que une Q1

y Q2 y a 10 cm de Q1. Calcula la fuerza eléctrica

que actúa sobre Q3.Sol.: 10,8 N

46. Dos cargas eléctricas puntuales de 1 105 C y

1 105 C están separadas 10 cm en el vacío.

Calcula el campo y el potencial eléctricos:

a) En el punto medio del segmento que une am-

bas cargas.

b) En un punto equidistante 10 cm de ambas car-

gas.

Sol.: a) 7,2 107 N/C, 0 V; b) 9 106 N/C, 0 V

47. Dos cargas eléctricas puntuales de 4 108 C y

3 108 C están separadas 10 cm en el aire. Cal-

cula: a) el potencial eléctrico en el punto medio del

segmento que las une; b) el potencial eléctrico en

un punto situado a 8 cm de la primera carga y a

6 cm de la segunda; c) la energía potencial eléctri-

ca que adquiere una carga de 5 109 C al si-

tuarse en estos puntos.

Sol.: a) 1 800 V; b) 0 V; c) 9 106 J, 0 J

48. Calcula el trabajo necesario para trasladar una

carga de 1 C: a) de un punto de potencial 25 V

a un punto de potencial 25 V; b) entre dos puntos

de una superficie equipotencial.

Sol.: a) 50 J; b) 0 J

49. Calcula el campo y el potencial eléctricos a una

distancia de 50 cm del centro de una esfera de

30 cm de radio que tiene una carga de 4,3 106

C distribuida uniformemente por todo su volumen.

Sol.: 1,55 105 N/C; 7,74 104 V

50. Se ha comprobado que el campo eléctrico terres-

tre es perpendicular a la superficie de la Tierra, se

dirige hacia ésta y tiene módulo 110 N/C. Cal-

cula la densidad superficial de carga de la Tie-

rra y su carga eléctrica total. (Radio de la Tierra:

RT 6 370 km)

Sol.: 9,7 1010 C/m2; 4,96 105 C

51. Entre las placas de un condensador plano existe

una separación de 1 mm y una diferencia de po-

tencial de 1 000 V. Si el dieléctrico es polietileno

(r 2,3), calcula la carga inducida por metro cua-

drado en la superficie del dieléctrico.

Sol.: 2,0 105 Cm2

52. Un condensador de 0,5 F se carga a 100 V y otro

condensador de 1 F se carga a 200 V. Después

se conectan los dos condensadores en paralelo

uniendo entre sí las dos placas positivas. Calcula:

a) la capacidad final del sistema; b) las energías

inicial y final del sistema.

Sol.: a) 1,5 106 F; b) 2,25 102 J, 2,10 102 J

Prepárate a fondo

53. Cuatro cargas iguales de 3 104 C están situa-

das en el vacío en los vértices de un cuadrado de

1 m de lado. Calcula: a) el campo eléctrico en el

centro del cuadrado; b) el módulo de la fuerza

eléctrica que experimenta una de las cargas debi-

do a la presencia de las otras tres.

Sol.: a) 0 N/C; b) 1,55 103 N

Ejercicios y problemas

193

1. Explica el significado de la frase: la carga eléctrica

está cuantizada.2. Dos cargas eléctricas idénticas de 3,5 C están

situadas en los puntos (1, 0) m y (1, 4) m. Deter-

mina en qué punto (o puntos) del plano se anula el

campo eléctrico.— ¿Es también nulo el potencial eléctrico en ese

punto (o puntos)? En caso contrario, determina

su valor.

Sol.: (1, 2) m; 3,15 104 V

3. Al trasladar una carga q de un punto A al infinito se

realiza un trabajo de 1,25 J. Si se traslada del pun-

to B al infinito, se realiza un trabajo de 4,5 J.

a) Calcula el trabajo realizado al desplazar la car-

ga del punto A al B. ¿Qué propiedad del cam-

po eléctrico has utilizado?

b) Si q 5 C, calcula el potencial eléctrico en

los puntos A y B.Sol.: a) 3,25 J; b) 2,5 105 V, 9 105 V

4. ¿Pueden cortarse dos superficies equipotenciales

de un campo eléctrico? Justifica tu respuesta.

5. Entre dos placas planas existe una diferencia de

potencial de 15 V. Si la intensidad del campo eléc-

trico entre las placas es de 30 N/C, calcula:

a) La separación entre las placas.

b) La aceleración que experimenta una partícula

de 5 g de masa y carga eléctrica igual a

2,5 109 C situada entre las placas.

c) La variación de la energía potencial de la par-

tícula al pasar de la placa negativa a la positiva.

Sol.: a) 0,5 m; b) 1,5 105 m/s2; c) 3,7 108 J

6. Calcula la ca-pacidad equi-valente a laasociación decondensado-res de la figura.Sol.: 20,4 F

54. Dos esferas de 25 g de masa cargadas con idénti-

ca carga eléctrica cuelgan de los extremos de dos

hilos inextensibles y sin masa de 80 cm de longi-

tud. Si los hilos están suspendidos del mismo pun-

to y forman un ángulo de 45° con la vertical, calcu-

la: a) la carga de cada esfera; b) la tensión de los

hilos.

Sol.: a) 5,9 106 C; b) 0,35 N

55. Una esfera metálica hueca y sin carga eléctrica,

de radio R, tiene una carga puntual Q en su centro.

Utiliza la ley de Gauss para determinar el campo

eléctrico en el interior y en el exterior de la esfera.

— Determina la intensidad del campo eléctrico

en un punto situado a 10 cm de una carga

puntual Q 3 106 C si el radio de la esfera

es R 5 cm.

Sol.: 2,7 106 N/C

56. Calcula lac a p a c i d a dequivalentea la siguienteasoc iac iónde conden-sadores.Sol.: 22,5 F

57. Construye un elec-troscopio a partir

de las indicacionessiguientes y utilí-

zalo para efectuarla experiencia des-

crita.— Atraviesa un ta-pón de corchocon una varillametálica.— Haz una bolita de 0,5 cm de diámetro, aproxi-

madamente, con papel de aluminio. Une la bola

a un extremo de la varilla metálica y pega en el

otro extremo dos láminas de papel de aluminio.

— Coloca el tapón en un frasco de vidrio. Ya tie-

nes un electroscopio.— Frota con fuerza un objeto de plástico con un

paño de lana. Acerca el objeto a la bolita del

electroscopio. Anota e interpreta qué sucede.

Toca la bolita con el objeto de plástico. Anota e

interpreta qué sucede.— Frota con fuerza un objeto de vidrio con un pa-

ñuelo de seda. Acerca el objeto a la bolita del

electroscopio. Anota e interpreta qué sucede.

30 F

25 F

60 F20 F

30 F

75 F

75 F

Esfera metálica

Varilla metálica

Laminillas

14 F21 F

12 F

Comprueba lo que has aprendido

Nota: En conjunto, cada unidad recoge una media de 13 modelos de ejercicios y problemas, ypropone unos 70 para resolver. En todos los casos se indica la solución si ésta es numérica.



Solucionario

Este solucionario permite al profesor/a la corrección de losejercicios y problemas propuestos en el libro del alumno.

Es recomendable que los alumnos y alumnas lo utilicen comométodo de autoevaluación de los ejercicios y problemas que seplantean a lo largo del libro.

Para favorecer la autoevaluación, el profesor/a puede fotoco-piar las páginas correspondientes del solucionario y proporcio-narlas a los alumnos y alumnas.



PREPARACIÓN DE LA UNIDAD (pág. 23)

• Las magnitudes vectoriales se diferencian de las escalarespor tener una dirección y un sentido. Una magnitud esca-lar queda totalmente determinada si sabemos su valor nu-mérico y las unidades, mientras que una magnitud vecto-rial, además de valor numérico y unidades, tiene unadirección y un sentido característicos, que la diferenciande otra magnitud vectorial con las mismas unidades y valornumérico pero con distinta dirección y/o sentido.

Magnitudes escalares: temperatura, energía, potencia,masa, volumen.

Magnitudes vectoriales: fuerza, campo eléctrico, campomagnético, peso, velocidad.

• a) b) c)

d) e)

• Los sólidos rígidos pueden tener dos tipos de movimientos:de traslación y de rotación alrededor de un eje.

En un movimiento de traslación todas las partículas del só-lido efectúan el mismo desplazamiento.

En un movimiento de rotación todas las partículas del sóli-do describen trayectorias circulares alrededor de un eje,excepto las situadas sobre el propio eje, que permaneceninmóviles.

•

• Datos: R = 40 cm = 0,4 m; = 2 t + 0,5 t2 (SI)

a) La velocidad angular corresponde a la derivada del án-gulo respecto al tiempo:

(SI)

La aceleración angular corresponde a la derivada de lavelocidad angular respecto al tiempo:

b) La velocidad lineal se obtiene al multiplicar la veloci-dad angular por el radio:

(SI)

De la misma manera, obtenemos la aceleración tangen-cial como el producto del radio por la aceleración an-gular:

c) La aceleración normal será:

(SI)

Para t = 5 s, cada una de las componentes de la acelera-ción será:

La aceleración total será la suma vectorial:

Su módulo es:

at

1. DESCRIPCIÓN DEL MOVIMIENTO (págs. 25, 27, 29, 31 y 33)

1.

= ( ) + ( ) =0 4 19 6 19 62 2 2 2 2, / , / , /m s m s m s

a at n= + =2 2

r r ra u u SIt n= +0 4 19 6, , ( )

r r ra a at n= +

a m sn = ⋅ + ⋅ + =0 4 5 1 6 5 1 6 19 62 2, , , , / a m st = 0 4 2, /

a R t t tn = = +( ) ⋅ = + +ω2 2 22 0 4 0 4 1 6 1 6, , , ,

a Rrad

sm

m

st = ⋅ = ⋅ =α 1 0 4 0 4

2 2, ,

v R t t= ⋅ = +( ) ⋅ = +ω 2 0 4 0 8 0 4, , ,

α ω= =d

dtrad

s1

2

ω φ= = +d

dtt2

φ

d(t + 8t - 3)dt

3t3 2

2= + 16t

d(3t – 4t +1)dt

6t – 42

=

d(2t )dt

6t3

2=d(3t )dt

6t2

=d(5t)

dt= 5

13

1. Dinámica de traslación y de rotación

Ft

1 = (7it

+ 4jt

)N

Ft

1

Ft

2

Ft

2 = (–6it

+ 2jt

)N

jt

Rt

= (it

+ 6jt

)N

it

Sistema de referencia en una dimensión

–8 –6 –4 –2 0 2 4 6 8

r = 6 X



2. Datos: = (4t + 2) + (t2 – 2t) (SI)

a) Obtendremos los vectores de posición sustituyendoel valor correspondiente del tiempo t en la expresiónde (t):

= (4 ·1 + 2) + (12 –2 ·1) = (6 – ) m

= (4 ·3 + 2) + (32 –2 ·3)

= (14 + 3 ) m

b) Para encontrar el vector desplazamiento entre losdos instantes restamos los vectores de posición co-rrespondientes:

El módulo del vector desplazamiento será:

c) Para encontrar la ecuación de la trayectoria, escribi-mos primero las ecuaciones paramétricas del movi-miento:

Despejando t en la primera ecuación e introducien-do su expresión en la segunda ecuación paramétrica,obtendremos la ecuación de la trayectoria:

La trayectoria es una parábola.

3. Datos: = (t – 3) + 8t , en unidades SI

a) Obtenemos la ecuación de la trayectoria a partir delas ecuaciones paramétricas del movimiento:

t = x + 3

y = 8 (x + 3) = 8x + 24

b) Determinamos los vectores de posición en los instan-tes t = 2 s y t = 5 s sustituyendo estos valores del tiem-po en la expresión de :

= (2 – 3) + 8 · 2 = (– + 16 ) m

= (5 – 3) + 8 · 5 = (2 + 40 ) m

c) Calculamos el vector desplazamiento entre los dosinstantes restando los vectores de posición corres-pondientes:

d) La distancia recorrida por el móvil coincidirá con elmódulo del vector desplazamiento porque se trata deuna trayectoria rectilínea.

4. La celeridad es el módulo del vector velocidad. A dife-rencia de la velocidad, que es un vector, la celeridad esun escalar. Por lo tanto, la celeridad carece de direccióny sentido.

5. El vector velocidad no se puede descomponer en unacomponente tangencial y otra componente normalcomo la aceleración. El eje tangencial está sobre la rectatangente a la trayectoria, mientras que el eje normal sedefine como el eje perpendicular a la trayectoria en cadapunto. La velocidad es siempre tangente a la trayectoria,de forma que su componente normal será siempre nula.En cambio, la componente tangencial coincide con elmódulo del vector velocidad.

∆ ∆s = r (3 m) (24 m) 24,2 m2 2r= + =

∆

∆

r r r r r

r r r r r r r

r r – r r(5 s) – r(2 s)

r (2 i + 40 j)m – (– i + 16 j)m = (3 i + 24 j)m

0= =

=

rj

ri

rj

ri

rr s( )5

rj

ri

rj

ri

rr s( )2

rr t( )

x t

y

==

– 3

8t

rj

ri

rr t( )

y

x x= +( – )2 12 2016

yx x=

−

––

24

22

4

2

tx= – 2

4

x

y

= +

= −

4 2t

t 2t2

∆rr = (8 m) + (4 m ) = 8,9 m2 2

∆

∆

r r r r r

r r r r r r r

r r – r r(3 s) r(1 s)

r (14 i + j)m – (6 i – j)m = (8 i + 4 j)m

0= = −

= 3

rj

ri

rr s( )3

rj

ri

rr s( )3

rj

ri

rj

ri

rr s( )1

rr

rj

ri

rr t( )

14

Sistema de referenciaen dos dimensiones

Sistema de referenciaen tres dimensiones

La trayectoria esuna recta

Y (m)

X (m)

70

50

30

–40 –20 20 40

10

rt = –2it

+ 2jt

rt = it

+ 4jt

+ 4kt

kt

jt

jt

it

it

2

–2

–2

2X

X

Y

Y

Z

1

1

4

2

2 4



6. Datos: en unidades SI

a) Obtendremos la velocidad media calculando el co-ciente entre el vector desplazamiento y el intervalode tiempo. Encontraremos el vector desplazamientoentre los dos instantes restando los vectores de posi-ción correspondientes:

Aplicando la definición de velocidad media:

(SI)

b) Obtenemos la velocidad instantánea derivando elvector de posición:

(SI)

c) Hallamos la aceleración media calculando el cocien-te entre la diferencia de los vectores velocidad, en losdos instantes, y el intervalo de tiempo. Los vectores velo-cidad en los instantes t = 3 s y t = 0 s se obtienen sustitu-yendo el tiempo t correspondiente en la expresión de lavelocidad instantánea obtenida en el apartado anterior:

Aplicando la definición de aceleración media:

d) La aceleración instantánea se obtiene derivando elvector velocidad instantánea:

(SI)

e) Hallamos la velocidad y la aceleración en el instante t = 1 s sustituyendo este valor del tiempo en las expre-siones de la velocidad y la aceleración instantáneas:


a) La aceleración instantánea se obtiene derivando elvector velocidad instantánea:

El vector aceleración instantánea no depende del tiem-po, es constante. Por tanto, en el instante t = 2 s la ace-leración será la misma que en cualquier otro instante:

Su módulo también será constante:

b) La componente tangencial de la aceleración es la de-rivada del módulo de la velocidad. El módulo de lavelocidad en un instante t será:

y su derivada:

La aceleración tangencial no depende del tiempo en

este caso. Por tanto, en t = 2 s su valor será m/s2.

Además, coincide con el módulo de la aceleración to-tal, de donde se deduce que la componente normales nula.

Otra forma de ver que la componente normal es ceroconsiste en obtener la ecuación de la posición inte-grando la ecuación de la velocidad:

Entonces se puede obtener la ecuación de la trayec-toria:

La trayectoria es una recta. Por lo tanto, la acelera-ción normal será cero.

8. Datos: (SI); ; r rr0 4= i m

r rv0 0 5= , i m/s

r ra = 3t i

y – y =

x – x30

0

t x – x2

0= ( )23

;

x – x t

y – y t

02

02

=

=

3212

r r r r r rr r

t− = +∫0

0(3t i + t j)dt =

32

t i12

t j2 2

dt

rv( )t

r rr (t) r0= + ∫

t

t

0

10

rr

a (t)d v(t)

dt= = 10

2

m

s

rv(t) t) t t2 2= + =(3 10

r ra (2 s) a m/s ) (1m/s ) m/s2 2 2 2 2= = + =(3 10

r r ra(2 s) i j m/s2= +( )3

rr r r

a(t)dv(t)

dt3 i j

s2= = +( )

m

r r rv(t) 3t i t j,= +

r r r r r

r r r r rv(1 s)= 6 1 i + 2 1 j = (6 i + 2 j) m/s

a(1 s)= 12 1 i + 2 j = (12 i + 2 j) m/s

2

2

⋅ ⋅

⋅

rr r r

a (t)dv (t)

dtt i j= = +( )12 2

rr

r

r r r ra

vt

v(3 s) – v(0 s)3 s – 0 s

i jm = = = +∆∆

( )18 22

m

s

r r r

r r r r rv(0 s)= 6 0 i + 2 0 j = m/s

v(3 s)= 6 3 i + 2 3 j = (54 i + 6 j)m/s

2

2

⋅ ⋅

⋅ ⋅

0

rr r r

vd r (t)

dt6 t2( ) ( )t i t j= = + 2

rr

r

r r r rv

rt

r(3 s) – r(0 s)3 s – 0 s

i jm = = = +∆∆

( )18 3

r r r

r r r r r

r r r r r

r r r r r

r(0 s)= 2 0 i + 0 j =

r(3 s)= 2 3 i + 3 j = (54 i + 9 j)m

r = r – r = r (3 s) – r (0 s)

r = (54 i + 9 j)m – 0 m = (54 i + 9 j)m

3 2

3 2

0

⋅

⋅

0 m

∆

∆

r r rr(t) 2t i t j,2= +3

15

Eje normal

an

at

Eje tangencial

at

vt



La ecuación de la velocidad se obtiene integrando laecuación de la aceleración. En este caso, sólo hay unacomponente:

(SI)

La ecuación de la posición se obtiene integrando laecuación de la velocidad anterior:

(SI)

Las ecuaciones de la velocidad y de la posición en fun-ción del tiempo son:

(SI)

(SI)

9. Datos: a = 3 m/s2; t1 = 25 s; t2 – t1 = 1 min = 60 s;

x0 = 0 m; v0 = 0 m/s; t0 = 0 s

Primera etapa: MRUA. Calculamos la posición y la velo-cidad al final de esta etapa:

x1 = x0 + v0 (t1 – t0) + a (t1 – t0)2

x1 = 3 (25 s)2 = 937,5 m

v1 = v0 + a (t1 – t0) = 3 · 25 s = 75 m/s

Segunda etapa: MRU. Calculamos la posición final de lamoto, que coincide con la distancia total recorrida, yaque la posición inicial era x0 = 0:

x2 = x1 + v1 (t2 – t1) = 937,5 m + 75 · (60 s)

x2 = 5 437,5 m

La distancia total recorrida es de 5 437,5 m.

10. Datos:

Las ecuaciones del movimiento de la bola son:

y = y0 + v0 (t – t0) – g (t – t0)2

y = 200 m – 9,8 t2

v = v0 – g (t – t0); v = – 9,8 t

a) La bola llegará al suelo cuando la altura y sea cero.Encontraremos el tiempo de vuelo de la bola im-poniendo esta condición en su ecuación de la po-sición:

0 = 200 m – 9,8 t2

La solución positiva de esta ecuación da un tiempode t = 6,4 s.

b) La velocidad con la que llega la bola al suelo se obtie-ne sustituyendo el tiempo de vuelo que acabamos deencontrar en la ecuación de la velocidad:

v(6,4 s) = – 9,8 m·s–2 · 6,4 s = – 62,7 m/s

La bola llega al suelo con una velocidad de 62,7 m/s.El signo negativo indica que la bola se mueve haciaabajo.

c) A los dos segundos de dejar caer la bola, su velocidadviene dada por la misma ecuación con t = 2 s:

v(2 s) = – 9,8 m·s–2 · 2 s = – 19,6 m/s

La bola se mueve con una velocidad de 19,6 m/s diri-gida hacia abajo.

11. Datos:

Tomamos x = 0 e y = 0 en el punto de partida de la bar-ca. Teniendo en cuenta que:

las ecuaciones de movimiento de la barca serán:

x = x0 + vx (t – t0) = vx t = 2 tms

36

kmh

36kmh

1 h3 600 s

1 000 m1 km

10= ⋅ ⋅ = ms

m

s2

12

m

s2

m

s2

12

12

X

m s–1⋅

m s–2⋅

m

s2

12

12

r rr(t)

12

t12

t 4 i3= + +

r rv(t)

32

t12

i2= +

r rr = 4 +

12

t +12

t i3( )t

r r r rr r v (t)dt i

12

i dt( )t ttt

= + = + +

∫∫0

2

004

32

r r r rv t t

t( ) ,= + +

∫0 5 3

32

2

0i t i dt =

12

i

r r rv t v a t dt

t

t( ) ( )= + ∫0

0

16

Y (m)

200

g

0

ytotal = 100 m

O

vyvy = 36 = 10 m

skmh

vx = 2 ms

vx X

Y

jt

it

rt = x it

+ y jt

vt = vx it

+ vy jt



y = y0 + vy (t – t0) = vy t = 10 t

a) La barca habrá cruzado el río cuando llegue a la otraorilla. En esa posición, y = ytotal = 100 m. Hallamos eltiempo empleado en cruzar el río imponiendo estacondición en la ecuación de y:

y = vy t;

b) La componente y del desplazamiento es la anchuradel río, y = 100 m. Calculamos la componente x:

x = vx t = 2 m·s–1 · 10 s = 20 m

Por tanto, la distancia recorrida será:

c) Para determinar la ecuación de la trayectoria, despe-jamos el tiempo de la coordenada x y lo sustituimosen la ecuación de la coordenada y:

;

12. Datos: y0 = 200 m; v0 = 50 m/s; α = 45o

Calculamos las componentes de la velocidad inicial:

v0x = v0 cos α = 50 cos 45o = 35,4

v0y = v0 sen α = 50 sen 45o = 35,4

Las ecuaciones del movimiento del proyectil, escritas porcomponentes, serán:

x = x0 + v0x (t) = 35,4 t; y = y0 + v0y (t) – g (t)2

x = 200 m + 35,4 t – 9,8 t2

vx = v0x = 35,4 m·s–1

vy = v0y – g (t); vy = 35,4 – 9,8 t

a) El proyectil alcanza la altura máxima en el puntodonde vy = 0. Buscamos el instante en que esto se pro-duce:

vy = v0y – g t

La altura en este instante es:

y = y0 + v0y t – g t2

y = 200 m + 35,4 · 3,6 s – 9,8 ·(3,6 s)2

y = 263,8 m

b) La velocidad en este punto sólo tiene componentehorizontal, vx, porque vy = 0. Entonces:

v = vx = 35,4 m/s

c) Para hallar el alcance necesitamos determinar el ins-tante en que el proyectil llega al suelo. Lo obtenemosimponiendo y = 0:

0 = y0 + v0y t – g t2

0 = 200 m + 35,4 t – 9,8 t2

4,9 t2 – 35,4 t – 200 = 0

La solución positiva de esta ecuación de segundo gra-do es t = 10,9 s.

Sustituyendo este tiempo en la ecuación de la coor-denada x, hallamos el alcance:

x = v0x t = 35,4 m·s–1 · 10,9 s = 387,2 m

13. Datos: R = 30 cm = 0,3 m; ω = 10 rpm ;

t = 2 min = 120 s

a) Expresamos la velocidad angular de 10 rpm en rad/s:

b) Los puntos de la periferia se encuentran a una dis-tancia del centro igual al radio de la rueda. Su veloci-dad lineal será:

v = ω R = π · 0,3 m = 0,1 π = 0,31

Los puntos situados a 10 cm del eje giran con un ra-dio R = 10 cm = 0,1 m. Por tanto:

v = ω R = π · 0,1 m = 0,03 π = 0,10

c) Calculamos el ángulo descrito en 2 min:

ϕ = ω t = π · 120 s = 40 π rad

Pasamos este ángulo de radianes a revoluciones (ovueltas):

40 π rad = 20 vueltas

d) La componente tangencial de la aceleración es nula,ya que se trata de un MCU.

La aceleración normal de los puntos de la periferiaes:

an = ω2 R = · 0,3 m = 0,33

m

s2

π3

2rad

s

1 vuelta2 radπ

rads

13

ms

ms

rads

13

ms

ms

rads

13

10 rpm 10

revmin

2 rad1 rev

1 min60 s

rad= ⋅ ⋅ =π π

3 s

m

s2

12

ms

12

m

s2

12

ms

12

t

v v

g35,4 m/s 0 m/s

9,8 m/s0y y

2=

−= − = 3 6, s

ms

ms

m

s2

12

ms

12

ms

ms

ms

ms

ms

y 10

x2

5x= = t

x=2

x 2 t

y 10 t

==

r x y (20 m) 100 m) 102,0 m2 2 2 2= + = + =(

tyv

100 m10 m/s

10 sy

= = =

ms

17



14. Datos: R = 25 cm = 0,25 m; ωo = 0,5 rev/s; t = 40 s

a) Expresamos la velocidad angular inicial en rad/s:

ω0 = 0,5 = 0,5 = π

b) Calculamos la aceleración angular a partir de la ecua-ción de la velocidad angular y sabiendo que será ceroen t = 40 s:

ω = ω0 + α t ; 0 π rad/s + α · 40 s

Utilizamos la ecuación del movimiento para determi-nar el ángulo girado en 40 s:

ϕ = ϕ0 + ωo (t – t0) + α (t – t0)2

ϕ = π · 40 s – · · (40 s)2 = 20 π rad

Pasamos este ángulo de radianes a revoluciones (ovueltas):

20 π rad = 10 vueltas

c) Cuando la rueda comienza a frenar, la velocidad an-gular es la inicial, ω0. La componente normal de laaceleración para un punto de la periferia será:

an = ω02 R = (π )2 · 0,25 m = 2,5

La aceleración tangencial será:

at = α R = – · 0,25 m = – 0,02

2. CAUSAS DEL MOVIMIENTO (págs. 35, 37 y 39)

15. Si dejamos caer una piedra desde cierta altura, la Tierraejerce sobre ella una fuerza: la fuerza de la gravedad.Como esta fuerza no se ve compensada, la fuerza resultan-te sobre la piedra no es nula. Como resultado, y tal comoindica la segunda ley de Newton, la piedra adquiere unaaceleración proporcional a la fuerza que actúa sobre ella.

16. Datos:

Para que se mueva con velocidad constante, es necesarioque la fuerza resultante sea cero:

R = F – Fr = 0 ⇒ F = Fr

La fuerza que debemos aplicar será igual a la fuerza derozamiento:

F = Fr = µc N = µc p = µc m g

F = 0,1 · 20 kg · 9,8 m/s2 = 19,6 N

17. Datos:

Calculamos la fuerza resultante:

F = 52 N - 34 N = 18 N

Hallamos la aceleración que adquiere el cuerpo con estafuerza resultante:

F = m a ⇒ a = = = 1,8

18. Datos:

La fuerza resultante sobre el sistema es nula. Por tanto,se conservará la cantidad de movimiento. Calculamosprimero la cantidad de movimiento inicial del sistema:

Si cuando las dos bolas chocan quedan unidas, su masafinal será:

m = m1 + m2 = 2 kg + 5 kg = 7 kg

Por tanto, la velocidad del sistema después del choqueserá:

rr r

rv

pm

14 kg m/s i7 kg

2 i= =⋅

= ms

r r r

r r r r

r r r r

r r r r r r

p = p p

p m v 2 kg m/s i = – 6 kg m/s i

p m v 5 kg 4 m/s i 20 kg m/s i

p p p 6 kg m/s i 20 kg m/s i 14 kg m/s i

1 2

1 1 1

2 2 2

1 2

+

= = ⋅ ⋅

= = ⋅ = ⋅

= + = − ⋅ + ⋅ = ⋅

(– )3

m

s2

18 N10 kg

Fm

r r r r rF = F F N i + 52 N i1 2+ = − 34

m

s2

π40

rad

s2

m

s2

rads

1 vuelta2 radπ

π40 2

rad

s

12

rads

12

α

π π= − = −rad s

s s

/

40 40 2

rad

rads

revs

2 radrev

⋅π

revs

18

Nt

m = 20 kg µc = 0,1

Ft

r Ft

pt

Ft

X

F2 = 52 N

F1 = 34 N

m = 10 kg

m2

a b

m1

m1 = 2 kg

vt

1 = –3 m/s it

m2 = 5 kg

vt

2 = 4 m/s it

pt

= pt

1 + pt

2

m = m1 + m2 = 7 kg

m pt

vt

vt

2 pt

2 pt

1vt

1



19. Datos: m = 3,5 kg; T = 6 N

a)

b) Para que la velocidad sea constante, es necesario quela fuerza resultante sea nula:

R = F – Fr = 0 ⇒ Fr = F = 6 N

A partir de la fuerza de rozamiento, calculamos el co-eficiente cinético de rozamiento:

c)

Si la cuerda se inclina 45°, la fuerza se podrá descompo-ner en dos componentes y aparecerá una nueva compo-nente vertical que antes no existía:

— Componente horizontal: Fx = F cos 45o = 4,2 N

— Componente vertical: Fy = F sen 45o = 4,4 N

Como la componente vertical es menor que el peso, elbloque sólo puede moverse horizontalmente:

p = m g = 3,5 kg · 9,8 m/s2 = 34,3 N > Fy = 4,2 N

Pero a causa de esta nueva componente vertical, la fuer-za normal es menor que en el caso anterior. Teniendoen cuenta que el bloque no se mueve verticalmente yque, por tanto, la resultante en el eje vertical es cero:

Ry = N + Fy – p = 0 ⇒ N = p – Fy = 30,1 N

Entonces, la fuerza de rozamiento será más pequeña quecon la cuerda horizontal:

Fr = µc N = 0,17 · 30,1 N = 5,1 N < 6 N

Pero ahora la componente horizontal de la fuerza ejerci-da por la cuerda, Fx, también es menor que en los apar-tados anteriores. Además, Fx es más pequeña que la fuer-za de rozamiento:

Fx = 4,2 N < 5,1 N = Fr

Por lo tanto, si el bloque parte del reposo, no se moverá.Si, en cambio, inclinamos la cuerda cuando el bloque yase estaba moviendo, éste se moverá con movimiento rec-tilíneo desacelerado, con aceleración:

20. No, no siempre es cierto. El valor µe N indica la fuerza derozamiento estática máxima entre un cuerpo y una super-ficie. Superado este valor, el cuerpo comienza a deslizar-se, pero mientras el cuerpo está en reposo la fuerza de ro-zamiento no tiene por qué alcanzar este valor máximo.En general, su módulo tiene exactamente el mismo valorque la compomente tangencial de la fuerza aplicada.

Ejemplo:

21. Si la caja baja a velocidad constante, la aceleración esnula y sabemos que la fuerza resultante es cero.

Eje tangencial: pt – Fr = m a = 0 ⇒ pt = Fr

m g sen α = µc N

Eje normal: N – pn = 0 ⇒ N = pn = p cos α

N = m g cos α

Sustituyendo esta expresión de N en la ecuación del ejetangencial:

m g sen α = µc m g cos α

22. Supondremos que el sistema se mueve hacia la izquierda.Es decir, que el cuerpo 1 desciende por el plano, mien-tras el cuerpo 2 asciende. Si la aceleración resultante fue-ra negativa, deberíamos repetir el problema cambiandoel sentido del movimiento.

µ

αα

αc = = =sencos

tg ,0 25

a

Rm

F Fm

4,2 N 5,1 N3,5 kg

x r= = − =−

= − 0 262

,m

s

F N p m g

Fm g

N

kg m s

r c c c

cr

= = =

= =⋅ ⋅

=

µ µ µ

µ6

3 5 9 80 17

2, ,,

19

m = 3,5 kg

m = 3,5 kg

Ft

Ft

Ft

r

Fx

Fy

Ft

r

Nt

Nt

pt

= m gt

pt

= m gt

m = 25 kg

F = 50 N

Fr = 98 NFr = 50 N

Fr = 24,5 N

Reposo Reposo

Desplazamiento

F = 98 N

F = 100 N

µe = 0,4

µc = 0,1

µe = 0,4

Nt

pt

pn

p

α = 14o

α

Ft

r



Representamos todas las fuerzas que actúan sobre cadacuerpo y calculamos la aceleración:

Cuerpo 1: p1t – Fr – T = m1 a

Cuerpo 2: T – p2 = m2 a

Sumando las dos ecuaciones:

p1t – Fr – p2 = (m1 + m2) a

a = 2,1 m/s2

Despejamos la tensión de la ecuación del cuerpo 2:

T = m2a + p2 = m2 a + m2 g = m2 (a + g)

T = 4 kg · (2,1 m/s2 + 9,8 m/s2) = 47,6 N

23. Datos:

Aplicamos la segunda ley de Newton, teniendo en cuentaque la fuerza resultante en la dirección radial tiene queser la fuerza centrípeta:

Eje X: Tx = Fc ; T sen α =

Eje Y: Ty = p ; T cos α = m g

Despejamos la tensión de la segunda ecuación:

y la sustituimos en la primera:

sen α =

Despejamos la velocidad:

Teniendo en cuenta que R = 1 sen α:

Sustituyendo los valores del problema,

24. Una bola que gira verticalmente atada a una cuerda nocae en el punto más alto porque la fuerza del peso se em-plea en cambiar la dirección del movimiento de la bola yno en hacerla caer al suelo. Si no actuara sobre la bolaninguna fuerza, ésta no seguiría una trayectoria circular,sino recta. La fuerza del peso de la bola contribuye, jun-to con la tensión de la cuerda, a aportar la fuerza centrí-peta necesaria para que la bola lleve a cabo un movi-miento circular.

25. Datos: m = 150 g = 0,15 kg; R = 80 cm = 0,8 m; Tmax = 10 N

a) La cuerda se romperá en el punto inferior de la tra-yectoria. En este punto la fuerza centrípeta es igual ala tensión de la cuerda menos el peso de la piedra.

b) La cuerda se romperá donde la tensión es máxima.Esto sucede en el punto inferior de la trayectoria,donde la fuerza del peso actúa en sentido contrario ala tensión.

3. MOVIMIENTO DE ROTACIÓN (págs. 40, 42, 44 y 46)

26. Un cuerpo sometido a una fuerza resultante nula y a unmomento no nulo tendrá un movimiento de rotación de-bido al momento. Si inicialmente estaba en reposo, no setrasladará. Si, en cambio, inicialmente estaba en trasla-ción, seguirá moviéndose con velocidad constante y entrayectoria rectilínea.

Si está sometido a una fuerza resultante no nula, tendráun movimiento de traslación acelerado. Además, si el

T p =m v

R; v

T m g

v0,8 m 10 N – 0,15 kg 9,8 m/s

max

2max

2

− =−( )

=⋅( )

=

R

m

kgms0 15

6 7,

,

v 9,8

m

s0,5 m sen 11,5 tg 11,5 0,45 m/s

2= ⋅ ⋅ ° ⋅ ° =

v g= =g R tg α α α1 sen tg

v = g R tg α

m g tg m

vR

2

α =

m v2

R

m gcos α

T

m g=

cos α

m v2

R

ap F p m1t r 2 1=

− −+

=− −

+

=⋅ ⋅ ° − ⋅ ⋅ ⋅ ° − ⋅

+

m mg m g m g

m m

a

c

1 2

1 2

1 2

8 9 8 60 0 1 8 9 8 60 4 9 88 4

sen cos

, sen , , cos ,

α µ α

20

pt

2

TtT

t

Nt

pt

160o

60o

p1t

m1 = 8 kgµc = 0,1

p1n

m2 = 4 kg

Ft

r

Tt

pt

XTx

Ty

1 = 0,5 m

α = 11,5o

α

Y



momento no es nulo, tendrá un movimiento de rota-ción.

27. Datos: = (3, 5, 1) N; = (1, 2, 1) m

Calculamos el momento de la fuerza como el productovectorial de con la fuerza :

28. El momento de inercia Ii de una partícula, definidocomo Ii = mi ri

2, depende del eje respecto al cual lo calcu-lemos, ya que variará la distancia ri de la partícula al eje.Del mismo modo, el momento de inercia de un sistemadiscreto de partículas depende del eje que escojamos,pues cambiarán las distancias ri de todas las partículas.

29. Datos: m1 = m2 = m3 = m = 1 kg; a = 3 m; b = 4 m

Calculamos el momento de inercia a partir de su defini-ción. Teniendo en cuenta que dos de las masas están so-bre el eje de rotación, sólo contribuirá al momento deinercia la tercera masa.

— Si gira en torno al primer cateto (a): r1 = r2 = 0, r3 = b = 4 m

— Si gira en torno al segundo cateto (b):

r1 = a = 3 m, r2 = r3 = 0

30. Datos: m = 1kg; R = 0,25 m

Cilindro. Utilizaremos la expresión del momento deinercia para un cilindro macizo que aparece en la página53 del libro del alumno:

Esfera. Aplicamos la fórmula correspondiente a la esferamaciza que aparece en la página 53 del libro del alumno.

31. Para comprobar que al dividir las unidades del momentode la fuerza entre las del momento de inercia se obtie-nen las de la aceleración angular, es necesario tener pre-sente que las unidades de fuerza, los newton (N), sonequivalentes a kg·m·s -2. Entonces:

32. La aceleración angular se relaciona con el momento re-sultante sobre el cuerpo mediante la ecuación funda-mental de la dinámica de rotación:

Por su definición, el momento de inercia es siempre po-sitivo. Por tanto, la aceleración angular tendrá siempre lamisma dirección y sentido que el momento resultante.

Nota para el profesor/a: en la página 44 del libro del alumno seaclara que esta ecuación sólo es realmente válida si el eje de rota-ción es un eje de simetría del cuerpo que permanece fijo o siempreparalelo a sí mismo.

33. Datos:

Calculamos primero el momento de inercia y el momen-to de la fuerza, para aplicar después la ecuación funda-mental de la dinámica de traslación.

r rM I= α

rM N m

kg m

kg m s m

kg ms

[ ][ ] = ⋅

⋅=

⋅ ⋅ ⋅⋅

= = [ ]−

−

Ι 2

2

22 α

Ι = = ⋅ ⋅ = ⋅2

525

1 0 25 0 0252 2 2m R kg m kg m( , ) ,

Ι = = ⋅ ⋅ = ⋅1

212

1 0 25 0 0312 2 2m R kg m kg m( , ) ,

Ιb i

iim r ma kg m kg m= = = ⋅ = ⋅∑ 2 2 2 21 3 9( )

Ιa i

iim r mb kg m kg m= = = ⋅ = ⋅∑ 2 2 2 21 4 16( )

r r r

r r r r r r r

r r r r

M r F m x N

M i j k x i j k N m

M i j k N m

= ⋅ = ( ) ( )= + +( ) + +( )[ ] ⋅

= − +( ) ⋅

1 2 1 3 5 1

2 3 5

3 2

, , , ,

–

rF

rr

rr

rF

21

m

m

mm

a = 3 m

mm

m = 1 kg

b = 4 m

b = 4 m

a = 3 m

F = 1,5 N

M = 100 g

R = 30 cm

kt



Aplicamos la fórmula de la página 42 del libro del alum-no para calcular el momento de inercia de un disco ma-cizo:

Para calcular el momento de la fuerza, tenemos en cuen-ta que y son perpendiculares. Entonces:

Aplicamos la ecuación fundamental de la dinámica derotación:

NOTA: La solución de este ejercicio depende de la elección de losejes. Una variación de la colocación de los ejes dará una res-puesta diferente pero igualmente correcta. La solución que acom-paña los ejercicios del libro del alumno se corresponde con la re-solución que aparece en este solucionario.

34. Si el eje de rotación es fijo, todas las partículas del sólidorígido giran con velocidad angular de la misma direc-ción y sentido. Lo que variará entre una partícula y otraserá el momento de inercia. Pero como éste es un esca-lar, el momento angular y la velocidad angular de cadapartícula son paralelos y del mismo sentido. Si todas laspartículas tienen velocidades angulares de la misma di-rección y sentido, todos los momentos angulares seránparalelos.

35. Datos: m1 = m2 = 1,5 kg; d = 1m; ω = 4

Escribimos primero la velocidad angular en unidades delSI:

Calculamos el momento de inercia del sistema. La dis-

tancia de cada masa al eje de giro será r = = 0,5 m.Por tanto:

Entonces, el momento angular será:

Tenemos en cuenta la orientación de los ejes para escri-bir el vector:


36. Datos: M = 7,35 · 1022 kg; R = 1,74 · 106 m;

ω = 1 rev cada 28 días.

Expresamos la velocidad angular en el SI:

Hallamos el momento de inercia a partir de la expresiónpara una esfera maciza de la página 42 del libro delalumno:

Calculamos el momento angular:

Tenemos en cuenta la orientación de los ejes y que girahacia el Este:


37. Datos:

r rL k kg m s= ⋅ ⋅2 31 1029 2,

L I kg m rad s

L kg m s

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

−ω 8 9 10 2 6 10

2 31 10

34 2 6

29 2

, ,

,

I MR kg m

I kg m

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

25

25

7 35 10 1 74 10

8 9 10

2 22 6 2

34 2

, ( , )

,

ω

π= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ −1

28124

13 600

21

2 6 10 6vueltad

dh

hs

radvuelta

rads

,

r rL k kg m s= ⋅6 2π

L kg m rad s kg m s= = ⋅ ⋅ = ⋅Ι ω π π0 75 8 62 2, /

Ι = ∑ = ⋅ ⋅ = ⋅m r kg m kg mi i2 2 22 1 5 0 5 0 75, ( , ) ,

d2

ω

ππ= ⋅ =4

21

8revs

radrev

rads

rev s

r r rr r

rM

M k N m

kg mk

rad

s= = =

⋅⋅

=ΙΙ

α α,,

,

0 45

0 0045100

2 2

r

r r r

M F R N m

M N m M k N m

= ⋅ = ⋅

= ⋅ = ⋅

1 5 0 3

0 45 0 45

, ,

, ; ,

rR

rF

Ι = = ⋅ ⋅ = ⋅1

212

0 1 0 3 0 00452 2 2MR kg m kg m, ( , ) ,

22

kt

R

R = 1,74 · 106 m

M = 7,35 · 1022 kg

m = 1,5 kg m = 1,5 kg

d = 1 m

M = 200 g = 0,2 kg

R = 0,4 m

ω = 45 rpm

kt



Expresamos primero la velocidad angular en unidadesdel SI:

Aplicamos la fórmula de la página 42 del libro del alum-no para calcular el momento de inercia de un disco ma-cizo:

Calculamos el momento angular:

Teniendo en cuenta la orientación de los ejes y el senti-do de giro indicado en la figura, escribimos el momentoangular en forma vectorial:


38. Si una persona situada sobre una plataforma circular enrotación se desplaza hacia su centro, la distancia de lapersona al eje disminuirá. Por tanto, su momento deinercia también será menor. Por la conservación del mo-mento angular, la velocidad angular de la plataforma au-mentará y girará más rápido.

39. Datos: R1 = 30 cm = 0,3 m; M1 = 0,4 kg; ω0 = 3 rev/s; R2 = 20 cm = 0,2 m; M2 = 0,2 kg

Aplicamos la expresión que aparece en la página 42 dellibro del alumno para calcular el momento de inercia deun disco macizo.

Expresamos la velocidad angular inicial del primer discoen unidades del SI:

Inicialmente, todo el momento angular del sistema esdebido al primer disco:

Al final, cuando los dos discos giran unidos, el momentode inercia será la suma de los dos, y por tanto, su mo-mento angular:

Aplicamos ahora la conservación del momento angularpara hallar la velocidad angular final:

40. Datos: ω0 = 30 rpm; r0 = 70 cm = 0,7 m;

m = 350 g = 0,35 kg; Iplat = 120 kg/m2;

r = 53 cm = 0,35 m

Aplicamos el principio de conservación del momento an-gular, teniendo en cuenta que los momentos de inerciade la niña en la plataforma y de las masas que sostienecon sus manos se suman:

41. Una experiencia sencilla para observar la conservacióndel momento angular es la siguiente:

— Montamos un dispositivo como el de la figura: enuna barra vertical (puede servir, por ejemplo, la patade una mesa) atamos una cuerda con una bola ocualquier objeto un poco pesado en el extremo.

— Damos impulso a la bola y la hacemos girar alrede-dor de la barra. Al irse enroscando la cuerda en la ba-rra, la distancia de la bola a la barra (eje de rotación)

L L I I

I mr I mr

I mr

I mr

kg m kg m rpm

kg m kg m

rpm

revmin

min

plat plat

plat

plat

0 0 0

02

02

02

0

2

2 2

2 2

2 2

2

2

120 2 0 35 0 7 30

120 2 0 35 0 35

30 06

30 06160

= =

+( ) = +( )

=+( )

+

=+ ⋅ ⋅( )

+ ⋅ ⋅

=

= ⋅

;

/ , ( , )

/ , ( , )

,

,

ω ω

ω ω

ωω

ω

ω

ωss

radrev

rads

⋅ =21

3 15π

,

L LL

I I

kg m s

kg m kg m

rads

rad s

rads

vueltarad

vueltass

= =+

=⋅

⋅ + ⋅=

=

= ⋅ =

00

1 2

2

2 2

0 108

0 018 0 0044 9

15 4

15 412

2 45

;

,

, ,,

, /

, ,

ω

ωπ

π

ω

ωπ

L I I= +( )1 2 ω

L L I

L kg m rad s kg m s0 1 1 0

02 20 018 6 0 108

= == ⋅ ⋅ = ⋅

ωπ π, ,

ω

ππ0 3

21

6= ⋅ =revs

radrev

rads

I M R kg m kg m2 2 22 2 21

212

0 2 0 2 0 004= = ⋅ ⋅ = ⋅, ( , ) ,

I M R kg m kg m1 1 12 2 21

212

0 4 0 3 0 018= = ⋅ ⋅ = ⋅, ( , ) ,

L k kg m s= ⋅0 024 2, πr

L I kg m rad s kg m s= = ⋅ ⋅ = ⋅ω π π0 016 1 5 0 0242 2, , / ,

I MR kg m kg m= = ⋅ = ⋅1

212

0 2 0 4 0 0162 2 2, ( , ) ,

ω

ππ= ⋅ ⋅ =45

160

21

1 5revmin

mins

radrev

rads

,

23

mr



irá disminuyendo. Por tanto, disminuirá su momentode inercia. Como consecuencia de la conservacióndel momento angular, observaremos que la bola giracada vez con mayor velocidad.

FÍSICA Y SOCIEDAD (pág. 47)

a) Se trata de un movimiento vertical:

y = y0 + v0 (t – t0) – g (t – t0)2 ; v = v0 – g (t – t0)

El cuerpo llega al suelo cuando y = 0. Si la velocidadinicial es cero y t0 = 0:

y = 0 = y0 – g t2 ⇒ t =

La velocidad en este instante será, en módulo:

|v| = gt =

Calculamos la velocidad del impacto:

— Desde la estatua de la Libertad (y0 = 92 m):

— Del Taj Majal (y0 = 95 m):

— Del segundo piso de la torre Eiffel (y0 = 116 m):

b) Respuesta sugerida:

Los excesos de velocidad causan alrededor del 30%de los accidentes en carretera y además agravan lasconsecuencias de otros percances en los que no sonla causa directa del accidente.

Fuente: Dirección General de Tráfico

RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS Y PROBLEMAS (pág. 49)

42. Datos: M = 5 kg; R = 0,75 m; F = 20 N;

t = 3 min = 180 s

a) Calculamos el momento de la fuerza, sabiendo queactúa en la periferia y es perpendicular al radio:

b) Hallamos primero el momento de inercia del cilin-dro, utilizando la expresión correspondiente de lapágina 42 del libro del alumno. A continuación, apli-

camos la ecuación fundamental de la dinámica de ro-tación para calcular la aceleración angular:

c) Aplicamos la ecuación del MCUA:

43. Datos: Mp = 1 kg; R = 25 cm = 0,25 m; mc = 2 kg

Se trata de una combinación del movimiento de rotaciónde la polea con el de traslación del cuerpo colgado.

Planteamos las ecuaciones fundamentales de la dinámicade traslación y de rotación, y las relaciones entre acelera-ción angular y tangencial.

a) La tensión de la cuerda valdrá lo mismo sobre elcuerpo que sobre la polea, y ejercerá un momentosobre ésta. Como actúa en la periferia y es perpendi-cular al radio:

M = R T

Este momento provoca una aceleración angular de lapolea. Hallamos el momento de inercia de ésta a par-tir de la fórmula de la página 42 del libro del alumnoy aplicamos la ley fundamental de la dinámica de ro-tación:

Por otro lado, la aceleración lineal del cuerpo colgadose relaciona con la aceleración angular de la polea:

b) Aplicamos la ley fundamental de la dinámica de tras-lación al cuerpo:

Con las cuatro ecuaciones anteriores, tenemos un sis-tema que resolvemos:

M RT

M IRT I T

IR

a R p T m a

p m g kg N kg N

pIR

m RpR

m R I

N m

kg m kg m

rad

s

a R

c

c

cc

=

=

= =

= − =

= = ⋅ =

− = =+

=⋅

⋅ + ⋅=

= =

αα α

α

α α

α

α

;

;

, / ,

;

, ,

( , ) ,,

,

2 9 8 19 6

19 6 0 25

2 0 25 0 03131 4

31

2

2 2 2

44 0 25 7 8

0 031 31 40 25

3 9

2 2

2 2

rad s m m s

TIR

kg m rad sm

N

/ , , /

, , /,

,

⋅ =

= =⋅ ⋅

=α

F p T m ac= − =

a a Rt= = α

I MR kg m kg m

M I

polea = = ⋅ ( ) = ⋅

=

12

12

1 0 25 0 0312 2 2, ,

α

ω α= = ⋅ =t rad s s rad s10 67 180 19212, / /

r r rr

M IM

IN mkg m

rad

s= = =

⋅⋅

=α α;,

,151 4

10 672

I MR kg m kg m= = ⋅ ⋅ = ⋅1

212

5 0 75 1 42 2 2( , ) ,

rM F R N m N m= ⋅ = ⋅ = ⋅20 0 75 15,

v 2y g 2 1 m 9,8 m/s

v 4ms

1 km1 000 m

3 600 s1h

171,7kmh

02= = ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ =

16

7 7,

v 2y g 2 95 m 9,8 m/s

v 43,2ms

1 km1 000 m

3 600 s1 h

155,5

02= = ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ = kmh

v 2y g 2 92 m 9,8 m/s 42,5 m/s

v 42,5ms

1 km1 000 m

3 600 s1 h

153

02= = ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ = kmh

2y g0

2yg

0

12

12

24



c) Aplicamos la ecuación del MRUA para hallar la velo-cidad del cuerpo a los 20 s de dejarlo libre:

EJERCICIOS Y PROBLEMAS (págs. 50 y 51)

44. El vector desplazamiento es la diferencia entre el vectorde posición final y el vector de posición inicial, por tantoes una magnitud vectorial. Su módulo representa la dis-tancia (en línea recta) entre la posición inicial y la posi-ción final. En cambio, la distancia recorrida es una mag-nitud escalar y se mide sobre la trayectoria, desde laposición inicial hasta la posición final.

— El módulo del vector desplazamiento y la distanciarecorrida sólo coinciden en caso de que la trayectoriasea una recta y no exista inversión del movimiento.

45. Si la aceleración es constante en módulo y perpendiculara la trayectoria en todo momento, se trata de un movi-miento circular uniforme. La aceleración sólo tiene com-ponente normal, siendo nula la componente tangencial.Además, la componente normal es constante, por lo queel módulo de la velocidad lineal es constante, y tambiénes constante la velocidad angular.

46. a) Representamos la normal y su reacción en el caso deun cuerpo, como un televisor, apoyado sobre unamesa.

La normal es la fuerza de contacto que ejerce la mesasobre el televisor. Es la reacción de otra fuerza decontacto que ejerce el televisor sobre la mesa, N’. Lanormal no es la reacción del peso. El peso es ejercidopor la Tierra sobre el televisor, y su reacción es ejerci-da por el televisor sobre la Tierra. La reacción delpeso se aplica, por tanto, en el centro de la Tierra. Lanormal, en cambio, se aplica en la superficie de con-tacto entre el televisor y la mesa.

b)

El rozamiento, Fr, que se opone al desplazamiento deuna mesa es ejercido por el suelo sobre ésta. Se aplicaen la superficie de contacto entre la mesa y el suelo.Su reacción es la fuerza F’r, aplicada sobre el suelo.

c)

La tensión que ejerce la cuerda sobre el bloque, T, seaplica sobre el bloque, y su reacción, T,, la ejerce elbloque sobre la cuerda.

47.

El ciclista no cae porque la componente vertical de lanormal equilibra el peso, y la componente horizontalde la normal se emplea en hacerlo girar. La compo-nente horizontal de la normal coincide con la fuerzacentrípeta.

48. a) Si la cantidad de movimiento de una masa puntualque describe una trayectoria circular se reduce a lamitad, se reduce también a la mitad su velocidad an-gular. Por tanto, su nuevo momento angular serátambién la mitad.

b) Si el radio del círculo se triplica manteniendo cons-tante la velocidad lineal, el momento de inercia au-mentará, y también lo hará el momento angular.Concretamente, podemos relacionar el momento an-gular y la velocidad lineal, teniendo en cuenta que:

Por tanto, si el radio se triplica, el momento angularse triplica.

L I

vr

L Ivr

mrvr

mvr=

=

= = =

ω

ω2

v v at v at m s s m s= + = = ⋅ =027 8 20 157; , / /

25

Nt

Nt

’

Ft

r

Ft

Ft

rFt

r Ft

’r Ft

’r

Ft

r Ft

’r Ft

’r

pt

= m gt

Tt

Tt

Nt

Nt

N cos α

N sen α = Fc

α

α

Tt

’

Tt

’

pt

= m gt

pt

= m gt

pt

= m gt



49. Datos: , en unidades SI

a) Para hallar la velocidad media, primero calculamoslos vectores de posición en los instantes inicial y finaly el vector desplazamiento:

Aplicamos la definición de velocidad media:

b) La velocidad instantánea para cualquier instante detiempo t se obtiene derivando respecto al tiempo laecuación del movimiento:

, en unidades SI

c) Para hallar la aceleración media, primero calculamosla velocidad en los instantes t = 1 s y t = 2 s:

Aplicamos la definición de aceleración media:

d) La aceleración instantánea para cualquier instante detiempo t se obtiene derivando respecto al tiempo laecuación de la velocidad:

50. Datos: , ;

Obtendremos el vector velocidad integrando la aceleración:

(SI) (SI)

El vector de posición se halla integrando el vector veloci-dad:

(SI)

51. Datos: y10 = 0 m; v20 = 0 m/s; v10 = 30 m/s; y20 = 20 m

Escribimos primero las ecuaciones de la posición decada piedra:

Las dos piedras se encontrarán cuando y1 = y2. Igualandolas dos posiciones, obtenemos el momento en que se en-cuentran:

Sustituyendo este valor del tiempo en la ecuación de laposición de la primera piedra obtenemos la altura a quese encuentran:

52 Datos: vy = 810 km/h; vx = 144 km/h

Expresamos las velocidades en unidades del SI:

Escribimos las ecuaciones del movimiento en cada eje:

a) Para obtener el tiempo que tarda el avión en avanzar 1 km en dirección Norte, imponemos y = 1 km = 1 000 m:

b) En la dirección Norte avanza 1 km. Calculamos cuán-to avanza en la dirección Este:

La distancia recorrida sobre la Tierra será la compo-sición de los dos desplazamientos:

c) Hallamos la ecuación de la trayectoria a partir de lasecuaciones paramétricas:

; ;

La trayectoria es una recta.

y

x x= ⋅ =22540

458

tx=

40

x t

y t

==

40

225

∆r x y m m m= + = ( ) + ( ) =2 2 2 2

176 1000 1015 4,

x

ms

tms

s m= = ⋅ =40 40 4 4 176,

y mms

t

tm

m ss

= =

= =

1 000 225

1 000225

4 4/

,

x x v t xms

t

y y v t yms

t

o x

o y

= + =

= + =

;

;

40

224

vkmh

hs

mkm

ms

vkmh

hs

mkm

ms

x

y

= ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ =

1441

3 6001 000

140

8101

3 6001 000

1225

y

ms

sm

ss m= ⋅ − =30 0 67 4 9 0 67 17 8

22, , ( , ) ,

y y t t t

t

t s s

1 22 230 4 9 20 4 9

30 20

2030

0 67

= ⇒ − = −

=

= =

, ,

,

y y v t gt y m

m

st2 20 20

22 2

212

2012

9 8= + − = −; ,

y y v t gt y

ms

tm

st1 10 10

21 2

212

3012

9 8= + − = −; ,

r rr t t t i( ) ( )= − +3 8 9

r r r r rr t r v t dt i t i dt

t

t t( ) ( ) ( )= + = + −∫ ∫0

2

00

9 3 8

rt i( )= −23 8

r r rv t i

ti( ) = − +

2

862

r r r r rv t v a t dt i t i dt

t

t t( ) ( ) –= + = +∫ ∫0

00

8 6

r rr i m0 9=

r rv i m s0 8= − /

r ra t i= 6

rr r r

a tdvdt

i jm

s( ) ( )= = +2 4

2

rr r r r r

r r r

avt

v s v ss s

i j m ss

a i j m s

m

m

= =−−

=+

= +

∆∆

( ) ( ) ( ) /

( ) /

2 12 1

2 41

2 4 2

r r r r r

r r r r r

v s i j i j m s

v s i j i j m s

( ) ( ) ( ) /

( ) ( ) ( ) /

1 2 1 3 4 1 4

2 2 2 3 4 2 8

= ⋅ − + ⋅ = − +

= ⋅ − + ⋅ = +

rr r r

v tdrdt

t i t j( ) ( )= = − +2 3 4

rr r r r

rv

rt

r s r ss s

j ms

jmsm = =

−−

= =∆∆

( ) ( ) ( )( )

2 12 1

61

6

∆

∆

r r r r r r r

r r

r r s r s i j m i j m

r j m

= − = − + − − +

=

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 1 2 6 2 12

6

r r r r r

r r r r r

r s i j i j m

r s i j i j m

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

1 1 3 1 2 1 4 2 6

2 2 3 2 2 2 4 2 12

2 2

2 2

= − ⋅ + ⋅ + = − +

= − ⋅ + ⋅ + = − +

r r rr t t t i t j( ) ( ) ( )= − + +2 23 2 4

26



53. Datos: y0 = 20 m ; v = 10 m/s; α = 45o

Ecuaciones del movimiento:

a) La pelota llegará al suelo cuando y = 0:

La solución positiva de esta ecuación es:

b) Hallamos la ecuación de la trayectoria a partir de lasecuaciones paramétricas:

;

La trayectoria es una parábola.

c) Calculamos, a partir de la ecuación de la trayectoria, laaltura de la pelota cuando llega a la pared (x = 20 m):

La pelota caerá al suelo justo en la base de la pared yno llegará a chocar.

54. Datos: R = 20 cm = 0,2 m; ω = 20 rpm

a) Expresamos la velocidad angular en rad/s:

b) La velocidad de los puntos de la periferia (R = 0,2 m)será:

Para los puntos situados a 5 cm del centro, R = 5 cm == 0,05 m. Por tanto:

c) Calculamos el ángulo descrito en 10 s utilizando laecuación del MCU:

El número de revoluciones (o vueltas) será:

55. Datos: M = 2 kg; m = 10 g = 0,01 kg;

Si no actúa ninguna fuerza externa sobre el sistema, elmomento lineal o cantidad de movimiento se conserva.

Inicialmente el sistema está en reposo, de forma que lacantidad de movimiento es nula. Cuando se dispara labala, la cantidad de movimiento total tiene que ser lamisma. Por tanto:

Despejando la velocidad de la escopeta:

56. Datos:

El sistema se moverá hacia la derecha. Escribimos la se-gunda ley de Newton para cada cuerpo:

Cuerpo 1:

Cuerpo 2:

Sumamos las dos ecuaciones:

Despejamos la aceleración:

Sustituimos la aceleración en la ecuación del cuerpo 2para obtener la tensión:

57. Datos: M = 60 g = 0,06 kg; R = 8 cm = 0,08 m

Calculamos el momento de inercia a partir de la expre-sión que aparece en la página 42 del libro del alumno:

m g T m a T m g a

T kg m s m s

T N

2 2 2

2 24 9 8 5 9

15 6

− = ⇒ =

= ⋅ −

=

( – )

( , / , / )

,

am g m g

m m

akg m s kg m s

kg kgm

s

c=−

+

=⋅ − ⋅ ⋅

+=

2 1

1 2

2 2

2

4 9 8 0 2 2 9 82 4

5 9

µ

, / , , /,

m g m g m m ac2 1 1 2− = +µ ( )

p T m a m g T m a2 2 2 2− = − =;

T m g m ac− =µ 1 1

T F m a T N m ar c− = − =1 1; µ

v m se = 0 75, /

rr r

rv

m vM

kg i m skg

imse

b= − = −⋅

= −0 01 150

20 75

, /,

r r rp m v M vb e− = +0

r rv i m sb = 150 /

203

120

3 3π

πrad

vueltarad

vueltas⋅ = ,

ϕ = = ⋅ =ω π π

trad

ss rad

23

1020

3

v R

rads

mms

= ⋅ = ⋅ =ωπ2

30 05 0 10, ,

v R

rads

mms

= ⋅ = ⋅ =ωπ2

30 2 0 42, ,

ωπ π= = ⋅ ⋅ =20 20

160

21

23

rpmrevmin

mins

radrev

rads

y m= 0 y x x= + − = + −20 0 1 20 20 0 1 202 2, , ( )

y x x= + −20 0 1 2,

yx xo

= +°

−°

20 1045

10 454 9

10 45

2

2 2

sencos

,cos

t

x=°10 45cos

x t

y t t

= °

= + ° −

10 45

20 10 45 4 9 2

cos

sen ,

t s= 2 9,

y t t

t t

= = + ° −

− − =

0 20 10 45 4 9

4 9 7 1 20 0

2

2

sen ,

, ,

y mms

tm

st= + ° −20 10 45

12

9 82

2sen ,

y y v t gty= + −0 021

2

x v t

ms

t= ⋅ = °0 10 45cos cosα x x v tx= +0 0 ;

27

N

T

Fr T

p2

p1

m2 = 4 kg

m1 = 2 kg



0

0

0

58. Datos: m = 150 g = 0,15 kg; ω = 3 rev/s;

r0 = 20 cm = 0,2 m; r = 5 cm = 0,05 m

Aplicamos la conservación del momento angular:

59. Datos: d = 2 km = 2 000 m; aA = 2 m/s2, v0A = 0;

aB = 0, vB = – 72 km/h

Expresamos la velocidad del segundo automóvil en m/s:

Tomamos como origen de la posición y del tiempo la sa-lida de A. Entonces, las ecuaciones del movimiento decada automóvil son:

A:

B:

Se encontrarán cuando coincidan sus posiciones. Igua-lando xA = xB obtenemos el tiempo que tardan en encon-trarse desde la partida de A:

;

Sustituyendo este tiempo en la ecuación de A, hallamosla posición en que se encuentran, medida desde A:

60. Datos:

a) Cuando no existe rozamiento, la fuerza centrípeta esigual a la componente horizontal de la normal. Apli-camos la segunda ley de Newton en cada eje:

Eje X:

Eje Y:

Dividimos las dos ecuaciones entre sí:

Sustituimos la expresión de la fuerza centrípeta y des-pejamos la velocidad:

b) Convertimos la velocidad a unidades del SI:

Calculamos el ángulo de peralte a partir de la expre-sión de tg α encontrada en el apartado anterior:

61. Datos: M = 0,5 kg; R = 0,4 m; ω0 = 30 rpm

Expresamos la velocidad angular inicial y el número devueltas en el SI :

Calculamos el momento de inercia del disco a partir dela expresión de la página 42 del libro del alumno:

a) Determinamos la energía cinética y el momento an-gular iniciales:

b) Aplicamos las ecuaciones del MCUA para encontrarla aceleración angular de frenado y el tiempo quetarda en pararse:

φ ω α

ω ω ααφ ω ω

− +

= +

= −0

2

0

20

212 2

t t

t

Ec I kg m rad s J

L I kg m rad s kg m s

= = ⋅ ( ) =

= = ⋅ ⋅ = ⋅

12

12

0 04 0 2

0 04 0 04

02 2 2

02 2

ω π

ω π π

, / ,

, / , /

I MR kg m kg m= = ⋅ ⋅ = ⋅1

212

0 5 0 4 0 042 2 2, ( , ) ,

ωπ

π

φπ

π

0 30160

21

152

130

= ⋅ ⋅ =

= ⋅ =

revmin

mins

radrev

rads

vueltasrad

vueltarad

tg ; tg( , / )

,α α

α

= =⋅

=

= °

vgR

m sm

sm

2 2

2

22 2

9 8 501

45

vkmh

hs

mkm

msmax = ⋅ ⋅ =80

13 600

1 0001

22 2,

tg

tg , tg ,

α

α

= =

= = ⋅ ⋅ ° =

mvR

m gvgR

v gRm

sm

ms

2

2

29 8 50 30 16 8

NN

Fm g

Fm g

c csencos

; tgαα

α= =

N m g N m gcos ; cosα α− = =0 N Fcsen α =

x

m

st

m

ss mA = = ⋅ =1 1 36 3 1 314 8

22

22( , ) ,

t s= 36 3, t t2 20 2 000 0+ − =

1 2 000 202⋅ = −t tx xA B=

x d v t m

ms

tB B= + = −2 000 20

x x v tB B B= +0

x a t

m

stA A= =1

212

22

x x v t a tA A A A= + +0 0

212

v

kmh

hs

mkm

msB = − ⋅ ⋅ = −72

13 600

1 0001

20

L L I II

I

mr vueltas s

mr

m vueltas s

m

vueltass

rads

0 0 00 0

02

2

2

2

3 0 2 3

0 05

48 96

= = =

=⋅

=

= =

; ;

/ ( , ) /

( , )

ω ω ω ω

ω

ω π

I MR kg m kg m= = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅−23

23

0 06 0 08 2 56 102 2 4 2, ( , ) ,

28

Nt

N cos α

N sen α = Fc

α

α

pt

= m gt



c) El tiempo que tarda es:

d) Determinamos el momento de la fuerza aplicada apartir de la ecuación fundamental de la dinámica derotación:

e) Como la fuerza es tangencial a la periferia:

62. Datos: M = 1 kg; m = 2 kg; R = 0,4 m; y = 980 m

Se trata de una combinación del movimiento de rotaciónde la polea con el de traslación del cuerpo colgado.

Planteamos las ecuaciones fundamentales de la dinámicade traslación y de rotación, y las relaciones entre acelera-ción angular y tangencial.

— La tensión de la cuerda valdrá lo mismo sobre elcuerpo que sobre la polea y ejercerá un momento so-bre ésta. Como actúa en la periferia y es perpendicu-lar al radio:

M = RT

Este momento provoca una aceleración angular de lapolea. Hallamos el momento de inercia de ésta a partirde la fórmula de la página 42 del libro del alumno y apli-camos la ley fundamental de la dinámica de rotación:

— Por otro lado, la aceleración lineal del cuerpo colgadose relaciona con la aceleración angular de la polea:

— Aplicamos la ley fundamental de la dinámica de tras-lación al cuerpo:

Con las anteriores ecuaciones, tenemos un sistemaque resolvemos:

Aplicamos la ecuación del MRUA para hallar la velo-cidad del cuerpo cuando ha bajado 980 m:

Relacionamos la velocidad lineal del cuerpo con lavelocidad angular de la polea:

COMPRUEBA LO QUE HAS APRENDIDO (pág. 51)

1. Datos: ; ;

Integrando la aceleración, se halla la velocidad en fun-ción del tiempo:

(unidades SI)

Para hallar la ecuación de la posición integramos laecuación de la velocidad que acabamos de obtener:

(unidades SI)

2. Datos: y0 = 10 m; v0 = 360 km/h; α = 40o

Expresamos la velocidad en m/s:

Las ecuaciones del movimiento son:

x x v t x v tms

t

v v v vms

y y v t gt y y v t gt

y mms

tm

st

v v gt v v

x

x x x

y

y y y

= + = = ⋅ ° ⋅

+ = = ⋅ °

= + − = + −

= + ⋅ ° −

= − =

0 0 0

0 0

0 02

0 02

22

0 0

100 40

100 40

12

12

10 100 40 4 9

; cos cos

cos ; cos

; sen

sen ,

; sen

α

α

α

αα −

= ⋅ ° −

gt

vms

m

sty 100 40 9 8

2sen ,

vkmh

hs

mkm

ms0 360

13 600

1 0001

100= ⋅ ⋅ =

r rr t t t i= − + −( )4 3 5 5

r r r r r

r r r

r r v dt i t t i dt

r i t t t i

t

t t= + = − + − +

= − + − +

∫ ∫03 2

0

4 3

0

5 4 3 5

5 5

( )

( )

r rv t t i= − −( )4 3 53 2

r r r r r

r r r

v v a dt i t t i dt

v i t t i

t

t t= + = + −

= + −

∫ ∫02

0

3 2

5 12 6

5 4 3

0

( )

( )

r rr i m0 5= −

r rv i m s0 5= /

r ra t t i= −( )12 62

ω = = =vR

m sm

rads

1240 4

310/

,

2 0

2 2 7 84 980 124

20

20

2

ay v v v

v ay m s m m s

= − =

= = ⋅ ⋅ =

;

, /

p T m a pIR

m RPR

mR I

p m g kg N kg N

N m

kg m kg m

rad

s

a R rad s

− = = = =+

= = ⋅ =

=⋅

⋅ + ⋅=

= =

α α α

α

α

; ;

, / ,

, ,

( , ) ,,

, /

2

2 2 2

2 9 8 19 6

19 6 0 4

2 0 4 0 0819 6

19 6 22 20 4 7 84⋅ =, ,m m s

M RT

M IRT I T

IR

a R

=

=

= =

=

αα α

α

;

F p T m a= =–

a at R= = α

I MR kg m kg m

M I

= = ⋅ ⋅ = ⋅

=

12

12

1 0 4 0 082 2 2( , ) ,

α

rr

M F R FM

RN m

mN= ⋅ = =

⋅ ⋅= ⋅

−−;

,,

,2 1 10

0 85 25 10

33

r r

r

M I M I kg mrad

s

M N m

= = = ⋅ ⋅ −

= − ⋅ ⋅−

α α π; ,

,

0 0460

2 1 10

22

3

trad s

rad ss= − = −

−=ω ω

αππ

0

60

60/

/

α ω ωφ

ππ

α π

= − =−

⋅

=

20

2 2

2

2 2 30

60

( / )

–

rad srad

rad

s

29



a) La altura máxima se alcanza cuando la componentevertical de la velocidad es nula. Imponiendo vy = 0obtenemos el tiempo en que el proyectil alcanza laaltura máxima:

Sustituimos este tiempo en la ecuación de la posiciónvertical para hallar la altura máxima:

b) Calculamos la posición 3 s después del lanzamientosustituyendo t = 3 s en las ecuaciones de cada compo-nente de la posición:

c) El momento en que el proyectil llega al suelo se ob-tiene imponiendo que la coordenada y sea cero.

La solución positiva de la ecuación es:

Introduciendo este tiempo en la ecuación de x halla-mos el alcance:

3. Datos: ω0 = 60 rev/min; α = – 2 rad/s2

La velocidad angular en rad/s es:

La ecuación de la velocidad angular para MCUA es:

Imponemos ω = 0 para hallar el tiempo que tarda el dis-co en parar:

4. Las fuerzas de acción y reacción aparecen siempre porparejas. Si un cuerpo 1 ejerce una fuerza sobre un cuer-po 2 (acción), este cuerpo 2 ejercerá otra fuerza sobre elcuerpo 1 (reacción). Las fuerzas de acción y reacción tie-nen el mismo módulo y dirección, y sentidos opuestos.

5. Datos: M = 45 kg; m = 300 g = 0,3 kg; vd = 12 m/s

Aplicamos el teorema de la conservación de la cantidadde movimiento. Inicialmente, el patinador y el disco es-tán en reposo. Por lo tanto, la cantidad de movimientototal es cero.

Entonces:

El módulo de la velocidad del patinador es:

6. Datos: m1 = 150 g = 0,15 kg; R = 20 cm = 0,2 m; m2 = 1,5 kg

a)

b) Escribimos la segunda ley de Newton para cada cuerpo:

Cuerpo 1:

Cuerpo 2:

Hallamos la tensión de la cuerda a partir de la ecua-ción del cuerpo 2:

Sustituimos la tensión en la ecuación del cuerpo 1 ydespejamos la velocidad lineal:

La componente tangencial de la aceleración es nulapor ser un MCU. La componente normal es debida ala tensión. Calculamos la componente normal:

a

vR

m sm

m

sn = = =

2 2

2

4 40 2

96 8( , / )

,,

m g mvR

vmm

Rg

vkgkg

m m sms

2 1

22

1

21 50 15

0 2 9 8 4 4

= =

= ⋅ ⋅ =

;

,,

, , / ,

T m g= 2

T m g− =2 0

T F T m

vRc= =; 1

2

v m sp = − ⋅ −4 8 10 2, /

rr r

r r r

vm v

Mkgkg

ims

v i m s i m s

pd

p

= − = −

= − = − ⋅ −

0 375

12

0 048 4 8 10 2

,

, / , /

M v m vp dr r

+ = 0 rp = 0;

ri

t

rad s

rad ss= − = −

−=ω

απ0

2

2

23 14

/

/,

ω ω α= = +0 0 t

ω ω α= +o t

ω

ππo

revmin

mins

radrev

rads

= ⋅ ⋅ =60160

21

2

x m= 1017 2,

x

ms

s= ⋅ ° ⋅100 40 13 3cos ,

t s= 13 3,

4 9 64 3 10 02, ,t t− − =

y m

ms

tm

st= = + ⋅ ° −0 10 100 40 4 9

22sen ,

y s mms

sm

ss

y s m

r s m

( ) sen , ( )

( ) ,

( ) , , ,

3 10 100 40 3 4 9 3

3 158 8

3 229 8 158 8

22= + ⋅ ° ⋅ −

=

= ( )r

x s

ms

s m( ) cos ,3 100 40 3 229 8= ⋅ ° ⋅ =

y m= 220 9, y m

ms

sm

ss= + ⋅ ° ⋅ −10 100 40 6 5 4 9 6 5

22sen , , ( , )

v v gt

tv

gm s

m ss

y = − =

= =°

=

0 0

100 40

9 86 5

0

02

; sen

sen / sen

, /,

α

α

30

pt

1 = m1 gt

pt

2 = m2 gt

m1

m2

m1 = 150 g m2 = 1,5 kg

pt

2

pt

1

Nt

Tt

Tt



7. Un buen ejemplo de conservación angular es un patina-dor dando vueltas, realizando una pirueta. Inicialmente,el patinador extiende los brazos y a veces la pierna, y giracon cierta velocidad angular. Como sobre él no actúaningún momento, al bajar la pierna y acercar los brazosal eje de rotación, por ejemplo, estirándolos hacia arriba,su velocidad angular aumenta. Por eso a menudo vemosa los patinadores acabar sus piruetas girando a gran velo-cidad, sin que ello les suponga un esfuerzo adicional.

8. Datos: M = 6 · 1024 kg; R = 1,5 · 108 km = 1,5 · 1011 m

Determinamos el momento de inercia a partir de su defi-nición:

9. Datos: R = 0,5 m; I = 1 kg·m2; F = 2 N

a) Calculamos el momento de la fuerza y aplicamos laecuación fundamental de la dinámica de traslación:

b) Determinamos el ángulo descrito por el disco a partirde la ecuación del MCUA y de aquí la longitud de lacuerda desenrollada:

φ α

φ

= = ⋅ =

= ⋅ = ⋅ =

12

12

1 10 50

0 5 50 25

2 2 2t rad s s rad

l R m rad m

/ ( )

,

r

r r rr

M F R N m

M IM

IN m

kg m

rad

s

= ⋅ = ⋅

= = =⋅⋅

=

1

1

11

2 2α α;

I MR kg m

I kg m

= 2 24 11 2

47 2

6 10 1 5 10

1 35 10

= ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

( , )

,

31




• Datos:

Hallamos primero las componentes de cada uno de los vec-tores para realizar después la suma vectorial:

• El vector que tiene la misma dirección pero sentido contra-rio a tendrá las mismas componentes pero consigno contrario:

Para obtener un vector unitario, calculamos el módulode , y dividimos sus componentes por el módulo:

• Datos: | 1| = 10; | 2| = 20; = 45°

Calculamos el producto escalar:

• Datos: M = 850 kg; v = 80 km/h

Pasamos primero la velocidad a unidades del SI:

Calculamos la energía cinética:

• Datos: M = 10 kg; h = 40 m

Determinamos la energía potencial gravitatoria:

• Datos: Dx = 10 m; F = 40 N; = 30°

Como la fuerza es constante, podemos determinar el traba-jo como el producto escalar de la fuerza por el vector des-plazamiento:

• Datos: v0 = 24,5 km/h; W= 1 738 J; M = 100 kg

Si suponemos despreciable el rozamiento, todo el trabajoefectuado por el ciclista será empleado en incrementar suenergía cinética.

Determinamos la energía cinética inicial y le sumamos eltrabajo para determinar la energía cinética final y hallar lavelocidad:

1. FUERZAS GRAVITATORIAS (págs. 55, 57)

1. Según la escuela aristotélica, los cuerpos celestes girabanalrededor de la Tierra, que ocupaba el centro del univer-so. Los cuerpos celestes describían movimientos circula-res uniformes, la forma de movimiento considerada per-fecta en la Antigüedad.

2. El modelo de universo de Ptolomeo se diferencia del deCopérnico en que el primero es geocéntrico. Suponeque todos los cuerpos celestes giran alrededor de la Tie-rra; en cambio, el segundo sitúa el Sol en el centro, y laTierra, junto con los otros planetas, en órbita circular entorno a él. Actualmente se acepta el modelo heliocentris-ta o copernicano, si bien se han sustituido las órbitas cir-culares de Copérnico por órbitas elípticas.

vkmh

hs

mkm

ms

Ec M v kg m s J

W Ec Ec Ec W Ec

Ec J J J

Ec M v vEcM

Jkg

ms

v

0

0 02 2

0 0

2

24 51

3 6001 000

16 8

12

12

100 6 8 2 315 8

1 738 2 315 8 4 053 8

12

2 2 4 053 8100

9

= ⋅ ⋅ =

= = ⋅ ⋅ =

= − = +

= + =

= = =⋅

=

=

, ,

( , ) ,

;

, ,

;,

99 91

1 0003 600

132 4

ms

ms

kmm

sh

kmh

= ⋅ ⋅ = ,

W F r F x N m

W J

= = = ⋅ ⋅ °

=

r r∆ ∆ cos cos

,

φ 40 10 30

346 4

Ep M g h kg N kg m J= = ⋅ ⋅ =10 9 8 40 3 920,

Ec M v kgms

Ec J kJ

= = ⋅ ⋅

= ⋅ =

12

12

850 22 2

2 1 10 210

22

5

,

,

vkmh

hs

mkm

ms

= ⋅ ⋅ =801

3 6001 000

122 2,

r r r rv v v v1 2 1 2 10 20 45 141 4⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ° =cos cos ,φ

rv

rv

r

rr

rr r r r

v

uvv

i j i j

' ( ) ( )

''

, ,

= − + − =

= = − − = − −

3 4 5

35

45

0 6 0 8

2 2

rv'

r r rv i j'= − −3 4

r r rv i j= +3 4

r r r r r r

r r r r r r

r r r r r r

r r r r r

v v i j i j

v v i j i j

v v i j i j

v v v i j

1 1 1 1

2 2 2 2

3 3 3 3

1 2 3

4 3 2 5

5 8 7

6 9 4

4 3 2 5

= + = +

= + = +

= + = +

+ + = + +

(cos sen ) , ,

(cos sen ) ,

(cos sen ) – ,

( , , )

φ φ

φ φ

φ φ

(( , ) (– , )

( , , ) ( , , )

, ,

5 8 7 6 9 4

4 3 5 6 9 2 5 8 7 4

2 4 15 2

1 2 3

1 2 3

r r r r

r r r r r

r r r r r

i j i j

v v v i j

v v v i j

+ + +

+ + = + − + + +

+ + = +

32

2. Campo gravitatorio

Y

X

φ3 = 150o

φ1 = 30o

φ2 = 60o

vt1 + vt2 + vt3

vt3 = 8

vt2 = 10

vt1 = 5



3. Identificamos las etapas del método científico en la evo-lución de los modelos de universo:

— Observación de la realidad: observación del firma-mento.

— Formulación de hipótesis: aparecen en este caso distin-tas hipótesis:

• Modelo de universo geocéntrico de Aristóteles y dePtolomeo.

• Modelo heliocéntrico de Copérnico, propuesto an-teriormente por Aristarco de Samos.

— Experimentación: en el caso de la astronomía, debería-mos hablar más bien de observaciones rigurosas ytoma de datos:

• Primeras observaciones con telescopio de Galileo.

• Catálogo de Tycho Brahe y observaciones de J. Ke-pler.

— Organización de los datos experimentales: elaboración deun catálogo estelar por Tycho Brahe y estudios de J.Kepler sobre las observaciones anteriores.

— Extracción de conclusiones y formulación de leyes: las tresleyes del movimiento de los planetas de Kepler.

— Elaboración de una teoría: teoría de la gravitación deIsaac Newton.

4. Para determinar las unidades de G, despejamos la cons-tante de la ley de la gravitación universal:

El valor de G es 6,67·10–11 N·m2·kg–2. Este valor es tan pe-queño que, a menos que alguna de las masas sea muygrande, la fuerza de atracción es inapreciable y por tan-to, predominan fácilmente otras fuerzas por encima dela gravitatoria.

5. Datos: m = 250 g = 0,25 kg; r = 10 cm = 0,1 m

Aplicamos la ley de la gravitación universal:

6. Datos: F = 10–10 N; r = 0,5 m

Despejamos la masa de la ley de la gravitación universal,teniendo en cuenta que los dos objetos son iguales:

7. Datos: m = 2 kg; F = 10–7 N

Despejamos la distancia de la ley de la gravitación univer-sal:

8. Datos: m1 = 3 kg; = (–2, 4) m; m2 = 1,5 kg; = (5, –1) m

Determinamos en primer lugar el módulo y la direcióndel vector que une las dos masas:

El vector unitario en la dirección de la recta que une lamasa 1 con la masa 2 y sentido de m1 a m2 será:

El vector unitario con sentido de m2 a m1 será opuestoa

a) Calculamos la fuerza 12 con que m1 atrae a m2:

b) Calculamos la fuerza 21 con que m2 atrae a m1:

c) El módulo de las dos fuerzas será igual debido a queson fuerzas de acción y reacción:

2. CONCEPTO DE CAMPO (pág. 59)

9. Decimos que existe un campo en cierta región cuando enella hay una perturbación, real o ficticia, caracterizadapor el valor de una magnitud en cada punto. Un ejemplode campo escalar es la densidad de un contaminante ver-tido en un lago. Un campo vectorial es el campo de velo-cidades de las partículas de un fluido en movimiento.

r r

r r

r r

F F

F F N

F F N

12 21

12 212 2 11

12 2112

0 33 0 23 10

4 10

=

= = − + ⋅

= = ⋅

−

−

( , ) ( , )

r r

r r

r r r

F Gm m

ru

FN m

kg

kg kg

mi j

F i j N

211 2

2 2

2111

2

2 2

2111

6 67 101 5 3

8 60 8 0 6

0 33 0 23 10

= −

= − ⋅⋅

⋅⋅

− −

= − ⋅

−

−

,,

( , )( , , )

( , – , )

rF

r r

s r r

r r r

F Gm m

ru

FN m

kg

kg kg

mi j

F i j N

121 2

2 1

1211

2

2 2

1211

6 67 103 1 5

8 60 8 0 6

0 33 0 23 10

= −

= − ⋅⋅ ⋅

−

= − + ⋅

−

−

,,

( , )( , , )

( , , )

rF

u u i j2 1 0 8 0 6= − = − −r r r

, , ru1

rr r r

r ru

rr

i j mm

i j112 7 5

8 60 8 0 6= =

−= −

( ),

, ,

r r r r r

r r r

r

r r r i j m

r i j m

r r m

12 2 1

12

122 2

5 2 1 4

7 5

7 5 8 6

= − = − − + − −[ ]=

= = + − =

( ( )) ( )

( – )

( ) ,

rr2

rr1

F Gm

rr

G mF

F

N m

kgkg

Nm

= =

=⋅

⋅

= ⋅

−

−−

2

2

2

112

22

72

6 67 10 2

105 2 10

;

, ( )

,

F Gm

rm

F rG

N m

N m

kg

kg= = =⋅

⋅⋅

=−

−

2

2

2 10 2

112

2

10 0 5

6 67 10

0 6;( , )

,

,

F Gm

r

N m

kg

kg

m

F N

= = ⋅⋅

⋅

= ⋅

−

−

2

211

2

2

2

2

10

6 67 100 25

0 1

4 2 10

,( , )

( , )

,

F Gm m

rG

F rm m

GF L

M

N m

kg= = [ ] = [ ] ⋅ [ ]

[ ]=

⋅1 22

2

1 2

2

2

2

2; ;

33



10. En un campo uniforme, la magnitud característica delcampo (puede ser la fuerza) es constante en todos lospuntos del espacio. En cambio, en un campo central, lamagnitud característica depende únicamente de la dis-tancia al centro del campo y todos los vectores fuerzaconvergen en un punto llamado centro del campo.Ejemplos:

Campo uniforme: campo eléctrico entre las dos placasde un condensador plano.

Campo central: campo gravitatorio de un objeto pun-tual.

11. Los campos conservativos se caracterizan por que el tra-bajo que realizan las fuerzas del campo no depende delcamino seguido, sino sólo del punto inicial y final. Comoconsecuencia, el trabajo realizado en una trayectoria ce-rrada es nulo.

— A los campos conservativos se asocia una magnitudllamada energía potencial. El trabajo realizado porlas fuerzas conservativas es igual al incremento deenergía potencial.

— Ejemplos de campos conservativos: campo gravitato-rio, campo eléctrico.

3. ESTUDIO DEL CAMPO GRAVITATORIO (págs. 61, 64, 65 y 67)

12. La intensidad del campo gravitatorio disminuye a medi-da que nos alejamos de la masa que lo crea. En concreto,de la ley de la gravitación universal se deriva que el cam-po creado por una masa puntual disminuye con el cua-drado de la distancia.

13. Datos: M = 3 kg; r = 5 m

Calculamos la intensidad del campo gravitatorio:

14. Datos:

a) Calculamos el campo gravitatorio debido a cadamasa. Como las dos masas son iguales y están a la mis-ma distancia del punto donde calculamos el campo,los módulos de los campos debidos a cada masa se-rán iguales:

De donde

Sumamos vectorialmente los dos campos, teniendoen cuenta la elección de los ejes:

El módulo del campo es:

b) Hallamos la fuerza sobre la masa: m = 10 g = 0,01 kg.

15. Al acercar dos masas, su energía potencial gravitatoriadisminuye. El desplazamiento tiene lugar en el mismosentido en que actúa la fuerza gravitatoria. El trabajo rea-lizado por el campo es, entonces, positivo.

— Cuando alejamos dos masas, en cambio, la energíapotencial aumenta. Estamos realizando un trabajocontra la fuerza gravitatoria. Por tanto, el trabajo rea-lizado por el campo es negativo.

16. Si la única fuerza que actúa es la gravitatoria, la masa semoverá hacia potenciales menores. Esto corresponde a untrabajo positivo y una disminución de la energía potencial.

— La masa perderá energía potencial gravitatoria.

17. Datos: EpA = 100 J; EpB = –500 J

Relacionamos el trabajo con la variación de energía po-tencial:

La respuesta correcta es la b.

18. Para que en un punto del espacio exista un potencialgravitatorio diferente de cero no es necesario que existauna masa en ese punto. Habrá un potencial distinto decero si en una zona cercana al punto hay alguna masa,siempre que no tomemos ese preciso lugar como origende la energía potencial.

19. Datos: M1 = 3,6 · 109 kg; M2 = 9,8 · 109 kg;

OP1 = (–3, –4) m; OP2 = (8, –4) m

a) Determinamos el potencial gravitatorio creado porM1 en P (–1, 5) m:

OP m

r OP OP m m m

r m

→

→ →

= −

= − = − − − − =

= + =

( , )

( , ) ( , ) ( , )

,

1 5

1 5 3 4 2 9

2 9 9 2

1 1

12 2

r

W Ep Ep Ep J J JB A= − = − − = − − − =∆ ( ) ( )500 100 600

F m g kg N kg N= = ⋅ ⋅ = ⋅− −0 01 2 1 10 2 1 1011 13, , ,

g N kg N kg= + ⋅ = ⋅− −( ) ( , ) ,15 1 5 10 2 1 102 2 11 11

r r r r

r r r r ru i u j

g g g i j N kg

1 2

1 211 111 5 10 1 5 10

= − = −

= + = ⋅ + ⋅− −

;

( , , )

r rg u N kg2

1121 5 10= − ⋅ −,

r rg u N kg1

1111 5 10= − ⋅ −, ;

r

r

g GM

rG

M

b

gN m

kg

kg

m

Nkg

22

22 2

211

2

2 2116 67 10

2

31 5 10

= =

= ⋅ ⋅ = ⋅− −,( )

,

r

r

g GM

rG

M

a

gN m

kg

kg

m

Nkg

11

12 2

111

2

2 2116 67 10

2

31 5 10

= =

= ⋅⋅

= ⋅− −,( )

,

g GM

r

N m

kg

kg

m

Nkg

= = ⋅⋅

= ⋅− −2

112

2 2126 67 10

3

58 10,

( )

34

M2 = 2 kg

M1 = 2 kga = 3 m

b = 3 m

Y

X

gtgt2

gt1

ut1

ut2



Determinamos el potencial gravitatorio debido a M2

en P:

El potencial total será la suma algebraica de V1 y V2:

b) Determinamos la energía potencial de una masa de140 g situada en el punto P:

20. Datos: M = 1,2 · 1012 kg; r1 = 10 km = 1 · 104 m;

r2 = 24 km = 2,4 · 104 m

a) Hallamos el potencial gravitatorio creado por M1 encada punto:

b) Determinamos el trabajo realizado por el campo parallevar una masa m = 2,5 kg desde el primer puntohasta el segundo como la variación de energía poten-cial:

21. Las líneas de campo y las superficies equipotenciales re-presentan de forma gráfica el campo gravitatorio. Las lí-neas de campo nos indican la dirección, el sentido y laintensidad relativa del campo en cada punto. Por otraparte, las superficies equipotenciales nos muestran las re-giones del espacio con el mismo potencial. Si una masase mueve manteniéndose por la misma superficie, man-tendrá constante su energía potencial. Por tanto, el cam-po gravitatorio no realiza trabajo sobre ella.

22. Cerca de las masas dibujaremos más juntas las líneas decampo, ya que en esta zona es más intenso el campo gra-vitatorio.

23.

24.

Superficies equipotenciales

25. El flujo de un campo uniforme a través de una superficiecerrada es nulo. Los vectores intensidad de un campouniforme son paralelos y del mismo sentido en todos lospuntos del espacio. Entonces, el número de líneas decampo que entran en una superficie cerrada es igual alnúmero de líneas de campo que salen de ella, y el flujototal es cero.

26. El flujo gravitatorio a través de una superficie esféricaque encierra masa es siempre negativo. El vector super-ficie apunta, por convenio, hacia el exterior de la superficie cerrada. En cambio, el vector intensidad de campo gravitatorio apunta hacia la masa que lo crea,es decir, hacia el interior de S. Como el flujo a través de una superficie dS es el producto escalar de por ,

,

el flujo es siempre negativo.

27. El teorema de Gauss es útil para calcular la intensidaddel campo gravitatorio en distribuciones de masa con

r rg dS g dS g dS⋅ = ° = −cos 180

dSr

rg

dSr

W Ep Ep Ep m V m V

W m V V kg J kg

W J

= − = − = −

= − = ⋅ − − − ⋅

= − ⋅

−

−

∆ 1 2 1 2

1 23

2

2 5 8 3 3 10

1 2 10

( ) , ( ( , ))

,

V GMr

N m

kg

kg

m

V J kg

V GMr

N m

kg

kg

m

V J kg

11

112

2

12

4

13

22

112

2

12

4

23

6 67 101 2 10

1 10

8 10

6 67 101 2 10

2 4 10

3 3 10

= − = − ⋅⋅

⋅⋅⋅

= − ⋅

= − = − ⋅⋅

⋅⋅⋅

= − ⋅

−

−

−

−

,,

,,

,

,

Ep m V kg J kg J= = ⋅ − ⋅ = − ⋅− −0 14 7 7 10 1 1 102 2, ( , ) ,

V V V J kg J kg

V J kg

= + = − ⋅ − ⋅

= − ⋅

− −

−

1 22 2

2

2 6 10 5 1 10

7 7 10

, ,

,

rr OP OP m m m

r m

V GMr

N m

kg

kgm

V J kg

2 2

22 2

22

2

112

2

9

22

1 5 8 4 9 9

9 9 12 7

6 67 109 8 10

12 7

5 1 10

= − = − − − = −

= + =

= − = − ⋅⋅ ⋅

= − ⋅

→ →

−

−

( , ) ( , ) ( , )

,

,,

,

,

V GMr

N m

kg

kgm

V J kg

−

−

= − = − ⋅⋅

⋅⋅

= − ⋅

,,

,

,

6 67 103 6 10

9 2

2 6 10

11

1

112

2

9

12

35

Campo de fuerzas uniforme

Líneas de campo

Superficiesequipotenciales

a) M = 10 kg

b) M = 40 kg

Líneas de campo

Líneas de campo





una geometría sencilla. En los casos donde el módulode es constante para toda la superficie S, y su direcciónes perpendicular a dicha superficie en cada punto:

28. Datos: M = 4,5 · 108 kg; R = 150 km

Aplicamos el teorema de Gauss para hallar el flujo, te-niendo en cuenta que la distancia a la masa central esconstante en toda la superficie esférica:

29. Datos: M = 3 000 kg; R = 3 m; r = 10 m

Escogemos como superficie gaussiana S una esfera con-céntrica a la esfera y de radio r = 10 m.

Calculamos el flujo a través de la superficie, teniendo encuenta que será constante en toda la superficie, y que

y son paralelos y de sentido opuesto en cada puntode la superficie:

Aplicamos el teorema de Gauss y despejamos el campogravitatorio:

Calculamos el potencial a partir del campo:

En este caso, como nos interesamos en un punto situadoen el exterior de la distribución de masa, el campo y elpotencial son los mismos que crearía una masa puntualsituada en el centro de la esfera.


a) Respuesta sugerida

Avión

Inventor: El alemán Otto Lilienthal creó el primer plane-ador en 1891 y efectuó con él más de 2 000 vuelos. Sinembargo, el primer vuelo controlado con motor lo llevana cabo los hermanos Wright en 1903, en un aeroplano(el Flyer) que ellos mismos diseñaron y construyeron.

Modelos: Algunos de los modelos más representativos enla historia de la aviación han sido los siguientes:

Boeing B-247. 1933. Fue el primer avión de transporte to-talmente metálico.

Boeing B-747 (Jumbo). 1970. Avión de pasajeros de grancapacidad (490 pasajeros) ampliamente utilizado.

Douglas DC-10. 1971. Avión de pasajeros de gran capaci-dad (375 personas).

Concorde. 1976. Primer avión de pasajeros supersónico.

Usos industriales o sociales: Actualmente el avión es el me-dio de transporte de pasajeros y mercancías más rápido ymás utilizado en largos recorridos. También se empleahabitualmente en labores humanitarias, como la distri-bución de medicinas y alimentos.

Cohete

Inventor: Las bases teóricas del vuelo de los cohetes fue-ron establecidas por el ruso K. E. Tsiolkovski en 1903.

Modelos

Sputnik 1. 1957. Fue el primer satélite lanzado al espacio.

Vostok 1. 1961. Esta cápsula lanzó el primer ser humanoal espacio, el cosmonauta ruso Yuri Gagarin (1934-1968).

Titán II. 1966. Un lanzador de dos etapas que permitióacoplar por primera vez dos naves espaciales.

V g dr GM

ru dr G

M

rdr

V GMr

N m

kg

kgm

V J kg

r r r= ⋅ = − ⋅ = −

= − = − ⋅⋅

⋅

= − ⋅

∞ ∞ ∞

−

−

∫ ∫ ∫r r r r2 2

112

2

8

6 67 103 000

10

2 10

,

Φ = − = − =

= ⋅⋅

⋅ = ⋅− −

4 4 4

6 67 103 000

102 10

22

112

2 29

π π πGM g r GM g GM

r

gN m

kg

kg

m

Nkg

; ;

,( )

Φ = ⋅ = ° = − = −∫ ∫ ∫r r

g dS g dS g dS g rS s S

cos 180 4 2π

dSr

rg

rg

Φ

Φ

Φ

= −

= − ⋅ ⋅⋅

⋅ ⋅

= − ⋅

−

4

4 6 67 10 4 5 10

0 38

112

28

2

π

π

GM

N m

kgkg

N m kg

, ,

,

Φ = ⋅ = − = − = −∫ ∫ ∫r r

g dS g dS g dS g SS S S

rg

36

R = 150 km

M

M = 3 000 kg

r = 10 mR = 3 m

gt

dSt

dSt

gt



Saturno V. 1969. El cohete que transportó el primer hom-bre a la Luna, durante la misión Apollo 11.

Viking I y II. 1976. Sondas que llegaron a Marte.

Pioneer 11. 1973. Sonda que llegó a Júpiter y Saturno.

Voyager 1 y 2. 1977. Sonda destinada a recoger datos so-bre los cuerpos exteriores del Sistema Solar.

Challenger. 1984. Transbordador espacial que lleva a caboel primer paseo espacial autónomo.

Ariane. 1979. Un cohete europeo, usado para la puestaen órbita de satélites.

Mars Pathfinder. 1997. Nave espacial no tripulada que seposó en Marte.

Prospector. 1998. Sonda lunar que halló indicios de laexistencia de agua en la Luna.

Usos industriales o sociales: Permite propulsar vehículos ae-reos espaciales; tripulados o no. Gracias a los cohetes, elser humano ha conseguido viajar más allá de su planetanatural, la Tierra.

Helicóptero

Inventor: Leonardo da Vinci diseñó el primer vehículo dehélices giratorias movidas por un mecanismo de reloje-ría. El primer helicóptero fue construido en 1784 por losfranceses Launoy y Bienvenu. El español Juan de la Cier-va solucionó el problema de la estabilidad y construyó elautogiro, un vehículo controlable.

Modelos: VS 300. 1940. Desarrollado por I. Sikorskij, fueel primer helicóptero capaz de transportar una carga útilcon total maniobrabilidad.

Sea King. Helicóptero británico utilizado actualmente enmisiones de rescate.

MI-26. Helicóptero ruso actual.

Sikorsky S-64. Helicóptero pesado norteamericano capazde transportar grandes pesos, como camiones.

Boeing CH-47. Helicóptero pesado norteamericano.

Usos industriales o sociales: La gran maniobrabilidad delhelicóptero lo hace especialmente útil en actividadesque el avión no puede desempeñar, como vuelos rasan-tes sobre el mar o misiones de rescate.

Globo aerostático

Inventor: El jesuita italiano Francisco de Lana propuso en1670 una nave que se sustentara mediante esferas en lasque se había aspirado el aire. El sacerdote brasileño Bar-tolomeu de Gusmão demostró, en presencia del rey JuanV de Portugal, el primer modelo de globo de aire calien-te. En 1783 se eleva en París el primer globo con pasaje-ros. Fue construido por los hermanos Montgolfier y trans-portaba a Pilâstre de Rozier y el marqués de Arlandes.

Usos industriales o sociales: El globo fue el primer sistemautilizado para elevarse en el aire. Hoy, debido a las mayo-

res prestaciones del avión, ha quedado en desuso y se uti-liza casi exclusivamente en actividades deportivas, de re-creo o aventura.

Modelos: Double Eagle II. Con este globo se llevó a cabocon éxito la primera travesía del Atlántico Norte en1978.

b) Se recomienda que previamente a la organización delcoloquio, los alumnos estudien los contenidos desarrolla-dos en esta página y completen su información con unalabor de investigación bibliográfica.

A continuación se determinarán los encargados de las di-ferentes funciones: moderador, participantes y público.

El moderador presentará a los participantes, introduciráel tema citando los principales medios de transporte aé-reo en la sociedad y las principales aplicaciones de cadauno, y formulará la primera pregunta a alguno de losparticipantes. Al final del coloquio, el público podrá ex-poner sus opiniones acerca de la importancia de los me-dios de transporte aéreo en la sociedad y formular pre-guntas a los diferentes participantes.

RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS Y PROBLEMAS (págs. 70 y 71)

30. Datos:

Hallamos primero la distancia de cada masa al punto P,que será la misma para las cuatro masas:

Determinamos los vectores unitarios de las direccionesde cada masa:

a) Determinamos el campo creado en P por cada unade las cuatro masas:

r rg G

M

ru1

12 1= −

r r r r r r

r r r r r r

u i j u i j

u i j u i j

1 3

2 4

1

2

1

2

1

2

1

2

= − = +

= − − = − +

( ) ( )

( ) ( )

rl l l l m

m=

+

= = = =2 2 2 2

70

249 5

2 2 2

,

37

M1

P

M3

M2

l = 70 ml = 70 m

l = 70 m

l = 70 mM4

gt gt4

ut4

ut2 ut1

ut3

gt3

gt1 gt2



El campo gravitatorio resultante es la suma vectorialde los cuatro:

Su módulo es

b) Calculamos la fuerza que actuaría sobre la masa de100 kg:

c) Calculamos el potencial gravitatorio debido a cadauna de las cuatro masas:

El potencial gravitatorio resultante será la suma delos cuatro:

d) Calculamos la energía potencial gravitatoria que ad-quiriría una masa de 100 kg sometida a este potencial:

31. Datos: R = 0,5 m; M = 1 000 kg

a) r = 1,5 m

Este punto es exterior a la corteza. Por tanto, aplica-mos las expresiones del campo y el potencial gravita-torios creados por una corteza esférica en un puntoexterior.

b) r = 0,25 m

En este caso, el punto es interior a la corteza. Por tanto,

La superficie gaussiana es cilindrica, de caras parale-las a la lámina, y está cortada por ésta.

32.

g N kg V GMR

VN m

kg

kgm

Jkg

= = −

= − ⋅⋅

= − ⋅− −

0

6 67 101 000

0 51 3 1011

2

27

;

,,

,

g GM

r

gN m

kg

kg

m

Nkg

V GMr

VN m

kg

kgm

Jkg

=

= ⋅⋅

⋅ = ⋅

= −

= − ⋅⋅

⋅ = − ⋅

− −

− −

2

112

2 28

112

28

6 67 101 000

1 53 10

6 67 101 000

1 54 4 10

,( , )

,,

,

Ep m V kg J kg

Ep J

= = ⋅ − ⋅

= − ⋅

−

−

100 8 1 10

8 1 10

9

7

( , )

,

V V V V V J kg= + + + = − ⋅ −1 2 3 4

98 1 10,

VN m

kg

kg3

112

26 67 10

2 00049

= − ⋅⋅−,

,552 7 10

6 67 102 00049 5

2 7 10

9

44

411

2

29

mJ

kg

V GMr

VN m

kg

kgm

Jkg

= − ⋅

= −

= − ⋅⋅

= − ⋅

−

− −

,

,,

,

V GMr

VN m

kg

kgm

Jkg

V GMr

VN m

kg

kgm

Jkg

V GMr

11

111

2

29

22

211

2

29

33

6 67 101 00049 5

1 3 10

6 67 101 00049 5

1 3 10

= −

= − ⋅⋅

= − ⋅

= −

= − ⋅⋅

= − ⋅

= −

− −

− −

,,

,

,,

,

r r r

r rF m g kg j N kg

F j N

F N

= = ⋅ − ⋅

= − ⋅

= ⋅

−

−

−

100 3 8 10

3 8 10

3 8 10

11

9

9

( , )

,

,

g N kg= − ⋅ −3 8 10 11,

r r r r r

r r r r r

r r r r

r r

g g g g g

g i j i j

i j i j N kg

g j N kg

= + + +

= ⋅ − + + +[ ] +

+ ⋅ − − + −[ ]= − ⋅

−

−

−

1 2 3 4

11

11

11

1 9 10

3 8 10

3 8 10

, ( ) ( )

, ( ) ( )

,

r r r

r r

r r r

r r r

g i j N kg

g GM

ru

gN m

kg

kg

mi j

g i j N kg

311

44

2 4

411

2

2 2

411

3 8 10

6 67 102 000

49 5

1

2

3 8 10

= ⋅ − −

= −

= − ⋅⋅

⋅ ⋅ − +

= ⋅

−

−

−

, ( )

,( , )

( )

, ( – )

r r r

r r r

r r

r

gN m

kg

kg

mi j

g i j N kg

g GM

ru

gN m

kg

kg

m

111

2

2 2

111

22

2 2

211

2

2 2

6 67 101 000

49 5

1

2

1 9 10

6 67 101 000

49 5

= − ⋅⋅

⋅ ⋅ −

= ⋅ − +

= −

= − ⋅⋅

⋅ ⋅

−

−

−

,( , )

( )

, ( )

,( , )

11

2

1 9 10

6 67 102 000

49 5

1

2

211

33

2 3

311

2

2 2

( )

, /

,( , )

( )

r r

r r r

r r

r r r

i j

g i j N kg

g GM

ru

gN m

kg

kg

mi j

−

= ⋅ +( )= −

= − ⋅⋅

⋅ ⋅ +

−

−

38

gt

gt

gt

g

g

g

Z

X Y

SC

SB

SA

dSt

dSt

dSt

dSt

dSt

dSt



Determinamos el flujo a través de la superficie. En lasdos caras paralelas a la lámina, Sa y Sb, el campo gravita-torio es perpendicular a la superficie y de módulo cons-tante:

En cambio, en la superficie cilíndrica Sc, el campo es pa-ralelo a la superficie, de forma que el ángulo entre y

es de 90°. Por tanto,

Entonces, el flujo total a través de la superficie, si llama-mos S a la superficie de cada cara de la superficie cilín-drica, será:

Aplicamos el teorema de Gauss para hallar el campo gra-vitatorio, teniendo en cuenta que la masa interior a la su-perficie será M = S·σ:

Por tanto, el vector campo gravitatorio es, para cada ladode la lámina,

por encima de la lámina:

por debajo de la lámina:

Calculamos el potencial a partir del campo gravitatorio:

Si escogemos como origen de potencial la lámina plana,obtenemos:


33. Modelo de Ptolomeo (geocéntrico): este modelo considerabala Tierra en el centro del universo, con la Luna, el Sol ylos planetas describiendo órbitas circulares o epiciclos al-rededor de puntos que, a su vez, orbitaban alrededor dela Tierra. Este modelo explicaba los complejos movi-mientos de los planetas, algo que no había conseguidoAristóteles.

Modelo de Copérnico (heliocéntrico): según Copérnico, el Solse situaba en el centro del sistema, y la Tierra, con losotros planetas, giraba alrededor del Sol. La Luna era elúnico objeto en órbita alrededor de la Tierra, mientrasque esta última ya no era el centro del universo, sino quetambién estaba en movimiento.

34. Leyes de Kepler:

1. Todos los planetas describen órbitas elípticas con elSol situado en uno de sus focos.

2. La recta que une el Sol con un planeta barre áreasiguales en tiempos iguales.

3. El cuadrado del período de la órbita de un planeta esdirectamente proporcional al cubo de la distancia me-dia del Sol al planeta,

T2 = C R3

35. Ley de la gravitación universal: dos partículas materiales seatraen mutuamente con una fuerza directamente pro-porcional al producto de sus masas e inversamente pro-porcional al cuadrado de la distancia que las separa.

Características principales de las fuerzas gravitatorias:

— La dirección del vector fuerza es la de la recta queune las dos partículas.

— Las fuerzas gravitatorias son siempre atractivas.

— Son fuerzas que actúan a distancia.

— Se presentan siempre a pares, ya que si una partícula1 atrae a otra partícula 2, la segunda también atrae ala partícula 1, con una fuerza igual en módulo y di-rección pero de sentido contrario. Son fuerzas de ac-ción y reacción.

— La constante de gravitación universal G tiene un va-lor muy pequeño, de forma que la fuerza será inapre-ciable a menos que una de las masas sea muy grande.

36. Recibe el nombre de campo de fuerzas una perturbacióndel espacio tal que, si situamos en esa región un cuerpode prueba, éste se ve sometido a una fuerza.

— Ejemplos: campo gravitatorio creado por una placainfinita de densidad uniforme (campo uniforme)campo eléctrico creado por una carga puntual (cam-po central).

37. Cuando una partícula se mueve en un campo de fuerzasconservativo sometida a la acción de la fuerza del campo,la suma de la energía potencial más la energía cinética(denominada energía mecánica), es constante.

Demostración:

— El trabajo realizado por las fuerzas de un campo con-servativo no depende del camino seguido. Por tanto,se puede expresar como la variación de cierta magni-tud, que llamamos energía potencial:

— Por otro lado, el teorema de las fuerzas vivas estableceque el trabajo realizado sobre un cuerpo por la fuerzaresultante se invierte en variar su energía cinética:

W = EcB – EcA =∆Ec;

W = ∆Ec

W F dr m a dr mdvdt

dr

W m dvdrdt

mv dv m v m v

tA

B

tA

B

A

B

A

B

A

B

B A

= = =

= = − = −

∫ ∫ ∫∫ ∫ 1

212

2 2

W Ep Ep EpA B= − = −∆

V G z= 2π σ

V V g dr G dz G z z

V V G z z

A BA

B

B AA

B

A B B A

− = ⋅ = − = − −( )− = −( )

∫ ∫r r2 2

2

π σ π σ

π σ

r rg G kB = 2π σ r rg G kA = −2π σ

Φ = = − − = −

=

– ;4 4 2 4

2

π π σ π σ

π σ

GM GS g S GS

g G

Φ

Φ

= ⋅ + ⋅ + ⋅

= − + = − + = −

∫ ∫ ∫r r r r r rg dS g dS g dS

g S g S g S S g S

S S S

A B A B

A B C

– ( )0 2

r rg dS g dS⋅ = ° =cos 90 0

dSr

rg

r rg dS g dS g dS⋅ = ° = −cos 180

39



Entonces,

38. La intensidad del campo gravitatorio en un punto del es-pacio es la fuerza que experimentaría la unidad de masasituada en ese punto. Es una magnitud vectorial. En cam-bio, el potencial gravitatorio en un punto del espacio esla energía potencial gravitatoria que tendría una masaunidad colocada en ese punto. Es una magnitud escalar.

39. El trabajo realizado por la fuerza gravitatoria para des-plazar un cuerpo de masa m desde un punto A a un pun-to B es igual a la diferencia de energía potencial entrelos dos puntos. La energía potencial puede calcularsecomo el producto del potencial por la masa, de formaque:

Es decir, el trabajo es igual al producto de la masa por ladiferencia de potencial gravitatorio.

40. Al separar dos masas, su energía potencial gravitatoria au-menta. Las masas se desplazan por acción de una fuerzaexterior al campo gravitatorio, por tanto el trabajo reali-zado por el campo es negativo.

41. Para representar un campo de fuerzas como el gravitato-rio, se utilizan líneas de campo y superficies equipoten-ciales. Las líneas de campo son tangentes en cada puntoal vector intensidad de campo, mientras que las superfi-cies equipotenciales unen todos los puntos con el mismopotencial gravitatorio.

42. El flujo gravitatorio es una medida del número de líneasde campo gravitatorio que atraviesan una determinadasuperficie.

43. Datos: m1 = 150 g = 0,15 kg; m2 = 200 g = 0,20 kg; d = 10 cm = 0,1 m

Calculamos la fuerza a partir de la ley de la gravitaciónuniversal:

44. Datos: m1 = m2 = m = 10 kg; F = 10–5 N

Determinamos la distancia despejándola de la ley de lagravitación universal:

45. Datos: m1 = m2 = m; F = 10–4 N; r = 3 mm = 3 · 10–3 m

Determinamos la masa despejándola de la ley de la gravi-tación universal:

46. Datos: m = 2 kg; d = 50 m = 0,5 m

Determinamos la intensidad del campo gravitatorio crea-do por la masa puntual:

Calculamos el potencial gravitatorio:

47. Datos:

— Punto P: cada masa está a una distancia r = 0,53 m.

Determinamos el campo creado por cada una de lasmasas:

El campo resultante será la suma vectorial:

r r r r

r

g g g i N kg

g g N kg

= + = ⋅

= = ⋅

−

−

1 210

10

2 3 10

2 3 10

,

,

r r

r r

r r

r r

r r

r

g Gm

ru

gN m

kg

kg

mi

g i N kg

g Gm

ru

gN m

kg

kg

mi

g

11

2 1

111

2

2 2

110

222 2

211

2

2 2

2

6 67 101

0 53

2 4 10

6 67 102

0 53

4 7 10

= − =

= − ⋅⋅

⋅

= − ⋅

= − =

= − ⋅⋅

⋅

= ⋅

−

−

−

−

,( , )

,

,( , )

(– )

, 1010ri N kg

V Gmr

VN m

kg

kgm

Jkg

=

= − ⋅⋅

⋅ = − ⋅− −6 67 102

0 52 7 1011

2

210,

,,

g Gm

r

gN m

kg

kg

m

Nkg

=

= ⋅⋅

⋅ = ⋅− −

2

112

2 2106 67 10

2

0 55 3 10,

( , ),

mN m

N m

kg

kg=⋅ ⋅

⋅⋅

=− −

−

10 3 10

6 67 10

3 74 3 2

112

2

( )

,

,

F G

m

rm

F rG

= =2

2

2

;

F Gm m

rG

m

rr

G mF

r

N m

kgkg

Nm

= = =

=⋅

⋅

= ⋅

−

−−

1 22

2

2

2

112

22

52

6 67 10 10

102 6 10

;

, ( )

,

F Gm m

r

FN m

kg

kg kg

m

F N

=

= ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

−

−

1 22

112

2 2

10

6 67 100 15 0 20

0 1

2 10

,, ,

( , )

W Ep Ep Ep mV mV m V VA B A B A B= − = − = − = −∆ ( )

W Ec Ec

W Ep EpEc Ep Ec EpB A

A BA A B B

= −= −

+ = +

40

gt1

gt1

gtp gt2

ut2 ut1

gt2

P

1,06 m

m1 = 1 kg m2 = 2 kg

0,75 m

Q

0,75 mgtQ

ru2

ru1



— Punto Q: cada una de las masas está a una distancia r = 0,75 m.

Determinamos el campo creado por cada una de lasmasas:

El campo total será la suma vectorial:

48. Datos: m1 = 0,5 kg; m2 = 0,75 kg; r = 2 m

Determinamos la energía potencial gravitatoria:

49. Datos: m1 = 450 g = 0,45 kg; d = 50 cm = 0,5 m; m2 = 3 g = 3 · 10–3 kg

Hallamos el potencial gravitatorio creado por m1 a 50cm:

Determinamos la energía potencial multiplicando el po-tencial por m2:

50. Datos: V = –5 · 10–9 J/kg; r = 2 m

Determinamos la masa despejándola de la expresión delpotencial creado por una masa puntual:

51. Datos: M1 = 2 · 106 kg; M 2 = 4 · 106 kg; r1 = 3 · 103 m; r2 = 4 · 103 m

Calculamos el potencial gravitatorio en el punto P comola suma algebraica del potencial creado por cada una delas masas:

— Si colocamos una masa de 500 kg en el punto, suenergía potencial será el producto de la masa por elpotencial en el punto P:

52. Datos: M = 2 kg; r1 = 1 m; r2 = 40 cm = 0,4 m; m = 500 g = 0,5 kg

a) Determinamos el potencial creado por una masapuntual a las dos distancias:

b) El trabajo realizado por el campo para trasladar lamasa de desde el primer punto hasta el segundo serála variación de energía potencial:

53. Datos: R = 500 m; M = 6 000 kg; d = 300 m

Tomamos como superficie gaussiana S, una esfera con-céntrica con la distribución de masa. Por simetría, el vec-tor campo gravitatorio es perpendicular a la superficie Sen todos los puntos y de valor constante:

Entonces, el flujo a través de S es:

Φ = ⋅ = − = − = − +( )∫ ∫∫r r

g dS g dS g dS g R d42π

r r

og dS g dS g dS⋅ = ⋅ = −– cos 180

W m V V

W kg J kg

W J

= −( )= ⋅ − − −[ ] ⋅

=

−

−

1 2

10

10

0 5 1 3 3 3 10

10

, , ( , )

V GMr

VN m

kg

kgm

Jkg

V GMr

VN m

kg

kgm

Jkg

11

111

2

210

22

211

2

210

6 67 1021

1 3 10

6 67 102

0 43 3 10

= −

= − ⋅⋅

⋅ = − ⋅

= −

= − ⋅⋅

⋅ = − ⋅

− −

− −

, ,

,,

,

Ep m V kg J kg J= = − ⋅ ⋅ = − ⋅− −500 1 1 10 5 5 107 5, ,

V GMr

VN m

kg

kg

m

Jkg

V GMr

VN m

kg

kg

m

Jkg

V V V J kg

11

1

111

2

2

6

38

22

2

211

2

2

6

38

1 27

6 67 102 10

3 104 4 10

6 67 104 10

4 106 67 10

1 1 10

= −

= − ⋅⋅

⋅⋅⋅

= − ⋅

= −

= − ⋅⋅

⋅⋅⋅

= − ⋅

= + = − ⋅

− −

− −

−

, ,

, ,

,

MJ kg m

N m

kg

kg=− ⋅ ⋅

⋅⋅

=−

−,

,5 10 2

6 67 10

149 99

112

2

VG

rV GMr

M= − = −;

Ep m V kg N kg J= = − ⋅ ⋅ ⋅ = − ⋅− − −2

3 11 133 10 6 10 1 8 10,

V Gmr

VN m

kg

kgm

Jkg

= −

= − ⋅⋅

⋅ = − ⋅− −

1

112

2116 67 10

0 450 5

6 10,,,

Ep Gm m

r

EpN m

kg

kg kgm

Ep J

= −

= − ⋅⋅

⋅⋅

= − ⋅

−

−

1 2

112

2

11

6 67 100 5 0 75

2

1 2 10

,, ,

,

r r r r r

r

g g g u u N kg

g g N kg

g N kg

= + = − − ⋅

= = − + − ⋅

= ⋅

−

−

−

1 2 1 210

2 2 10

10

1 2 2 4 10

1 2 2 4 10

2 8 10

( , , )

( , ) ( , )

,

r r

r r

r r

r r

r r

r

g Gm

ru

gN m

kg

kg

mu

g u N kg

g Gm

ru

gN m

kg

kg

mu

g

11

2 1

111

2

2 2 1

110

1

222 2

211

2

2 2 2

2

6 67 101

0 75

1 2 10

6 67 102

10 75

2 4 10

= =

= ⋅⋅

⋅

= ⋅

=

= ⋅⋅

⋅

= ⋅

−

−

−

–

– ,( , )

– ,

–

– ,( , )

– , −−102

ru N kg

41

Vr

ru1



Aplicamos el teorema de Gauss para determinar la inten-sidad del campo gravitatorio:

Calculamos el potencial a partir del campo gravitatorio:

54. Datos:

a) Determinamos el campo gravitatorio debido a cadauna de las masas. Para ello, calculamos la distancia delos vértices al centro del cuadrado:

El campo en el centro del cuadrado será la suma vec-torial de las cuatro contribuciones:

b) Calculamos el campo gravitatorio debido a cada par-tícula en un vértice del cuadrado:

El vector campo gravitatorio en cada vértice será lasuma vectorial de los campos de tres partículas:

Determinamos su módulo:

Y el módulo de la fuerza que experimenta cada partí-cula es:

c) Calculamos el potencial debido a cada partícula enun vértice:

El potencial total será la suma algebraica:

Entonces, la energía potencial gravitatoria será el pro-ducto del potencial por la masa:

55. La fuerza elástica que un muelle de constante elásticaigual a K ejerce cuando está comprimido una distancia xviene dada por:

r rF Kx i= −

Ep mV kg J kg J= = − ⋅ ⋅ = − ⋅− −1 8 9 10 8 9 1011 11, / ,

V V V V

V J kg J kg

V J kg

= + +

= ⋅ − ⋅ − ⋅

= − ⋅

− −

−

1 3 4

11 11

11

2 3 3 10 2 3 10

8 9 10

( , ) ,

,

V V Gmr

V VN m

kg

kgm

Jkg

V Gmr

N m

kg

kg

m

Jkg

1 41

1 411

2

211

33

112

211

6 67 1012

3 3 10

6 67 101

2 22 3 10

= = −

= = − ⋅⋅

⋅ = − ⋅

= −

= − ⋅⋅

= − ⋅

− −

− −

, ,

, ,

F m g N= = ⋅ −3 2 10 11,

rg g N kg

g N kg

= = − + − ⋅

= ⋅

−

−

( , ) ( , )

,

2 3 2 3 10

3 2 10

2 2 11

11

r r r r

r r r

r r r

g g g g

g i j N kg

g i j N kg

= + +

= − ⋅ − ⋅

= − + ⋅

− −

−

1 3 4

11 11

11

2 3 10 2 3 10

2 3 10

( , , )

, ( )

r r

r r r

r r

r r

r

g Gm

ru

gN m

kg

kg

mi i

Nkg

g j N kg

g Gm

ru

gN m

kg

kg

m

11

12 1

111

2

2 211

411

33

32 3

311

2

2 2

6 67 101

21 7 10

1 7 10

6 67 101

2 2

1

2

= −

= ⋅⋅

⋅ = − ⋅

= − ⋅

= −

= ⋅⋅

⋅( )

⋅

− −

−

−

– ,( )

,

,

– , (rr r

r r r

i j

g i j N kg

+

= − ⋅ +−

)

, ( )3125 9 10

r r r r rg g g g g N kg= + + + =1 2 3 4 0

rl l l m

m

g Gm

ru

gN m

kg

kg

mu

g u N kg

g u N kg

g

=

+

= = =

=

= ⋅⋅

= − ⋅

= − ⋅

= ⋅

−

−

−

2 2 2

2

21 4

6 67 101

1 4

3 4 10

3 4 10

3 4

2 2

1 2 1

111

2

2 2 1

111

1

211

2

3

,

–

– ,( , )

,

,

,

r r

r r

r r

r r

r1010

3 4 10

112

411

1

−

−= ⋅

r

r r

u N kg

g u N kg,

V g dr GM

R d

VN m

kg

kgm

Jkg

r= ⋅ = −

+

= ⋅⋅

+= ⋅

∝

− −

∫ r r

– ,( )

–6 67 106 000

500 3005 1011

2

210

Φ = − +( ) =

=+( )

= ⋅⋅

⋅+

= ⋅

−

−

– ; –

,( )

,

4 4 4

6 67 106 000

500 300

6 3 10

2

2

112

2 2

13

π π πGM g R d GM

g GM

R d

gN m

kg

kg

m m

g N kg

42

m1 = 1 kg

l = 2 m

m3 = 1 kg

m2 = 1 kg

m4 = 1 kg

Y

X

gt1

gt1

g

gt3 gt4

gt2

gt2gt3

ut2 ut1



donde es el vector unitario en la dirección de las x po-sitivas.

La fuerza será conservativa si el trabajo que realiza paratrasladar una partícula depende sólo de las posicionesinicial y final:

Por tanto, como el resultado no depende del camino se-guido, la fuerza es conservativa. Podemos comprobarque el trabajo a lo largo de una trayectoria cerrada escero:

El trabajo realizado será el incremento de la energía po-tencial elástica cambiado de signo.

Por tanto, la energía potencial elástica vendrá dada por

La constante C viene determinada por la elección delorigen de energías. Si escogemos como origen de poten-cia la posición de equilibrio (x = 0) obtenemos C = 0 y laenergía potencial elástica resulta:

56. Datos: M = 5·105 kg; R = 10 km

Por simetría, el campo gravitatorio será constante entoda la superficie y perpendicular a ella. La intensidaddel campo será la correspondiente a una masa puntual:

57. Datos:

a) Según la ecuación fundamental de la dinámica detraslación, la aceleración de la masa coincidirá encada punto con la intensidad del campo gravitatorioen ese punto:

Calculamos, por tanto, el campo gravitatorio en A yen B.

A: Determinamos primero la distancia de cada masaal punto A:

Calculamos el campo debido a cada masa y los suma-mos vectorialmente:

B: En este caso, la distancia de cada masa al punto Bes d/2. Por tanto,

r r r

r r

g Gm

ru

N m

kg

kg

mi

g i N kg

1 2 11 11

2

2 2

18

6 67 1010

0 24

1 16 10

= = ⋅⋅

⋅

= − ⋅

−

−

– – ,( , )

,

r r

r r r

r r r

r r r

r

g Gm

ru

gN m

kg

kg

mi j

gNkg

d

ri

lr

j

gNkg

cmcm

icmcm

j

g

1 2 1

111

2

2 2

19

19

1

6 67 1010

0 3

7 4 10 2

7 4 102430

1830

=

= − ⋅⋅

⋅ +

= − ⋅ +

= − ⋅ ⋅ +

=

−

−

−

–

,( , )

(sen cos )

,

,

α α

(( , , )

( , , )

,

,

− −

= − = − = −

= + −

= + = − ⋅

= − ⋅

−

−

−

5 9 4 4 10

2

5 9 4 4 10

8 8 10

8 8

9

2 2 2 1 2 1

29

1 29

r r

r r r r r r r r

r r r

r r r r

r

i j N kg

g g u g u g

d

ri

lr

j

g i j N kg

g g g j N kg

a 1010 8 8 109 2 9 2− −= ⋅r rj m s a m s; ,

rd

lcm

cm

cm m

=

+ =

+

=

248

218

30 0 3

22

22( )

,

r r r r r r r rF m a F m g m a m g a gg= = = =; ; ;

Φ

Φ

Φ

Φ

Φ

= ⋅ = °

= − = − = −

= − =

= − ⋅⋅

⋅

= − ⋅ ⋅ ⋅

∫ ∫

∫ ∫

−

−

r rg dS g dS

g dS g dS g R

GM

RR GM

N m

kgkg

N m kg

cos

–

,

, –

180

4

4 4

4 6 67 10 5 10

4 2 10

2

22

112

25

4 2 1

π

π π

π

Ep Kx= 1

22

Ep Kx C= +12

2

W Ep Ep Ep

W Kx Kx Ep Ep

A B

A B A B

= = −

= − = −

– ∆

12

12

2 2

W F dr

W F dr F dr kx dx kx dx

W K x K x K x K x

C

CA

B

B

A

A

B

B

A

C B A A B

=

= + + −

+ −

= − + − + =

∫

∫ ∫ ∫ ∫

r r

r r r r

12

12

12

12

02 2 2 2

W F dr Kx i dr K x dx

W K x K x K x K x

A

B

A

B

A

B

B A A B

= = − = −

= − + = −

∫ ∫ ∫r r r r

12

12

12

12

2 2 2 2

ri

43

gt1 gt2

g

α α

A

B

r r

m2 = 10 kgm1 = 10 kg

l = 18 cm

m’ = 100 g

d = 48 cm

ut2

ut’2 ut’1

ut1



El campo total es nulo en este punto. Por tanto, laaceleración en el punto B es cero:

b) Calculamos la energía potencial de la masa m’ en elpunto A:

Determinamos la energía potencial de la masa m’ enel punto B:

Aplicamos el principio de conservación de la energíay despejamos la velocidad en el punto B:


1. Que un campo de fuerzas sea conservativo significa queel trabajo realizado por las fuerzas del campo para des-plazar una partícula de un punto a otro depende de lasposiciones inicial y final, pero no del camino seguido. Elcampo gravitatorio es conservativo.

2. El potencial gravitatorio y la energía potencial gravitato-ria son negativos, porque tomamos el origen de energíaen el infinito. El trabajo del campo supone siempre unadisminución de la energía potencial y del potencial. Portanto, si consideramos que una partícula libre (o en elinfinito) tiene energía potencial nula, cuando esté some-tida al campo gravitatorio su energía potencial será nega-tiva.

3. El potencial gravitatorio en un punto es la energía po-tencial que tendría una masa unidad situada en ese pun-to por el hecho de encontrarse sometida al campo gravi-tatorio. Por otro lado, la diferencia de potencial entredos puntos A y B es el trabajo realizado por el campo so-bre la masa unidad para desplazarla de A a B.

4. Es posible que dos observadores den para el mismo cuer-po energías potenciales diferentes, ya que pueden haberconsiderado distintos orígenes de energía potencial. Lamagnitud que resulta relevante es la diferencia de ener-gía potencial entre dos puntos. Esta diferencia tiene elmismo valor para ambos observadores, pero el origen es-cogido es arbitrario.

5. Datos:

a) Determinamos la distancia del punto al origen de coordenadas, donde se encuentra la masa:


El vector unitario es:

Por tanto el campo gravitatorio también se puede ex-presar:

r r r r

r r rg g u N kg i j

g i j N kg

= − = − ⋅ ⋅ +

= − ⋅

−

−

1 3 10 0 6 0 8

0 78 1 04 10

10

10

, ( , , )

(– , , )

r r r r ru i j i j= + = +1

53 4 0 6 0 8( ) , ,

ru

r r

r r

r r

g GM

ru

gN m

kg

kg

mu

g u N kg

= −

= − ⋅⋅

⋅

= − ⋅

−

−

2

112

2 2

10

6 67 1050

5

1 3 10

,( )

,

r m m m= + =( ) ( )3 4 52 2

Ep Ec Ep Ec

Ep Ep Ec

Ec Ep Ep J J

Ec J

Ec m v vEc

m

vJ

kgms

A A B B

A B B

B A B

B

BB

B B

B

+ = +

+ = +

= − = − ⋅ + ⋅

= ⋅

= =

=⋅ ⋅

= ⋅

− −

−

−−

0

4 4 10 5 5 10

1 1 10

12

2

2 1 1 100 1

4 7 10

10 10

10

2

105

, ,

,

' ;'

,,

,

V V V Gmd

Gmd

VN m

kg

kgm

N m

kg

kgm

V J kg

Ep m V kg J kg

Ep

B B B

B

B

B B

B

= + = − −

= − ⋅⋅

⋅ −

⋅⋅

⋅

= − ⋅

= = ⋅ − ⋅

= − ⋅

−

−

−

−

1 21 2

112

2

112

2

9

9

2 2

6 67 10100 24

6 67 10100 24

5 5 10

0 1 5 5 10

5 5 10

,,

– ,,

,

' , ( , )

, −−10 J

V V V Gmr

Gmr

VN m

kg

kgm

N m

kg

kgm

V J kg

Ep m V kg J kg

Ep

A A A

A

A

A A

A

= + = − −

= − ⋅⋅

⋅ −

⋅⋅

⋅

= − ⋅

= = ⋅ − ⋅

= − ⋅

−

−

−

−

−

1 21 2

112

2

112

2

9

9

10

6 67 10100 3

6 67 10100 3

4 4 10

0 1 4 4 10

4 4 10

,,

– ,,

,

' , ( , )

, JJ

r rg a a m s= =; 0 2

r r r r r r

r r rg g u g u i N kg

g g g N kg

2 2 21

1 21 8

1 2

1 16 10

0

= − = − = ⋅

= + =

−,

44

Y

(3, 4) m4

3

m = 50 kg

g

X

ut



b) La fuerza que actuaría sobre una masa m = 20 kg seráel producto de la masa por el campo:

c) Calculamos el potencial gravitatorio en el punto (3, 4) m.

d) La energía potencial gravitatoria de la masa m = 20 kgserá:

6. Datos: ML = 7,47 · 1022 kg; RL = 1 740 km; RL = 1,74 · 106 m

Determinamos el campo en la superficie teniendo encuenta que, para una distribución de masa esférica, elcampo fuera de la distribución es el mismo que el creadopor una masa puntual situada en el centro de la distribu-ción. Entonces:

7. Datos: m1 = 12 g = 0,012 kg; m2 = 18 g = 0,018 kg; d = 1 cm = 0,01 m

En el punto medio, la distancia a cada masa es d/2 = = 5 · 10–3 m. Determinamos el potencial debido a cadamasa y los sumamos algebraicamente para determinar elpotencial total.

8. Datos:

a) Calculamos el campo gravitatorio creado por cadamasa en el cuarto vértice, y los sumamos vectorial-mente para determinar al campo total:

b) Calculamos la energía potencial de una masa m = 12 kgen el cuarto vértice. Tendremos en cuenta que M1 = = M2 = M3 = M= 12 kg.

V V V V

V GMl

GM

l lGM

ll

l

VN m

kgkg

m m

V J kg

Ep m V J

A A A A

A

A

A

AA

= + +

= − −+

= − +

= − ⋅⋅

⋅ ⋅ +⋅

= − ⋅

= = − ⋅

−

−

−

1 2 3

2 2

112

2

10

9

22

2

6 67 10 122

51

5 2

4 3 10

5 2 10

,

,

,

r r r

r r r r

r r r r r

r r r

r

g i j N kg

g g g g

g j i i j N kg

g i j N kg

g g N kg

311

1 2 3

11 11 11

11

11

1 1 10

3 2 10 3 2 10 1 1 10

4 3 4 3 10

6 1 10

= − ⋅ +

= + +

= − ⋅ − ⋅ − ⋅ +[ ]= − − ⋅

= = ⋅

−

− − −

−

−

, ( )

, , , ( )

( , , )

,

r r

r r

r r

r r

r r

r r

r

g GM

lu

gN m

kg

kg

mj

g j N kg

g GM

lu

gN m

kg

kg

mi

g i N kg

11

2 1

111

2

2 2

111

22

2 2

211

2

2 2

211

6 67 1012

5

3 2 10

6 67 1012

5

3 2 10

= −

= − ⋅⋅

⋅

= − ⋅

= −

= − ⋅⋅

⋅( )

= − ⋅

−

−

−

−

,( )

,

,

, /

gg GM

ru

gN m

kg

kg

m m

i j

33

2 3

311

2

22 2

26 67 10

12

5 5

1

2

= −

= − ⋅⋅

⋅+

⋅ +−

r

r r r,

( ) ( )

( )

V Gm

d

VN m

kg

kg

m

Jkg

V Gm

d

VN m

kg

kg

m

Jkg

V V V

11

2

111

2

2 310

22

2

211

2

2 310

1

2

6 67 100 012

5 101 6 10

2

6 67 100 018

5 102 4 10

= −

= − ⋅⋅

⋅⋅

= − ⋅

= −

= − ⋅⋅

⋅⋅

= − ⋅

= +

−−

−

−−

−

,,

,

,,

,

22104 0 10= − ⋅ −, J kg

g GM

R

gN m

kg

kg

m

Nkg

L

L

=

= ⋅⋅

⋅⋅⋅

=−

2

112

2

22

6 26 67 10

7 47 10

1 74 101 6,

,

( , ),

Ep m V kg J kg

Ep J

= = − ⋅ ⋅

= − ⋅

−

−

20 6 67 10

1 3 10

10

8

,

,

V GMr

VN m

kg

kgm

Jkg

= −

= − ⋅⋅

⋅ = − ⋅− −6 67 10505

6 7 10112

210, ,

r r r r

r r r

r

F m g kg i j N kg

F i j N

F F N

= = ⋅ − − ⋅

= − −

= = ⋅

−

−

20 0 78 1 04 10

15 6 20 8

2 6 10

10

9

( , , )

( , , )

,

45

gt2

jt

it

gt3gt1

g

m2 = 12 kg

m1 = 12 kg

l = 5 m

m3 = 12 kg l

l

rl l

X

Y



Calculamos la energía potencial de la masa m en elcentro del cuadrado. Tendremos en cuenta que M1 = = M2 = M3 = M = 12 kg y que estas tres masas distan

una distancia del centro del cuadrado. El trabajo realizado por el campo será la variación deenergía potencial:

9. Datos: EpA = –80 J; EpB = –160 J

a) El trabajo realizado por el campo es la variación deenergía potencial:

Por tanto la respuesta correcta es; b) 80 J W Ep Ep Ep J J J

A B= − = − = − − − =∆ 80 160 80( )

W Ep Ep Ep

W J J

A B= − = −

= − − −[ ] ⋅ = ⋅− −

∆

5 2 8 3 10 3 1 109 9, ( , ) ,

V J kg

Ep m V J

B

BB

6 9 10

8 3 10

10

9

= − ⋅

= = − ⋅

−

−

,

,

r l l l mm

V V V V GMr

V NN m

kg

kgm

B B B B

B

2 2 2 2

5

23 5

3

2

3 6 67 10123 5

2 2

1 2 3

112

2

=

+

= = =

= + + = −

= − ⋅ ⋅⋅

⋅−

,

,,

r2

46




• a) 0,000003 km = 3 · 10–6 km

b) 25 000 000 mg = 2,5 · 107 mg

c) 4 537 000 kg = 4,537 · 106 kg

d) 12 425, 65 s = 1,242 565 · 104 s

• Datos: m = 25 kg

Llamamos peso a la fuerza gravitatoria con la que la Tierraatrae a los cuerpos. Esta fuerza se expresa como p = m g, yes un vector dirigido hacia el centro de la Tierra. En la su-perficie terrestre, g = 9,8 m/s2. Por tanto:

p = m g = 25 kg · 9,8 m/s2 = 245 N

• Datos: m = 2 kg; v = 20 m/s; y0 = 0 m

a) Por la conservación de la energía mecánica, la energíapotencial gravitatoria que adquirirá será igual a la ener-gía cinética inicial:

b) A partir de la expresión para la energía potencial enpuntos cercanos a la superficie terrestre, podemos cal-cular la altura a la que llegará el cuerpo:

• Datos: M = 5 · 1014 kg; r1 = 3 000 m; r2 = 15 000 m;

m = 75 kg; G = 6,67 · 10–11

a) Calculamos el potencial gravitatorio a las dos distan-cias:

b) El trabajo que realiza el campo para llevar una masa delpunto 1 al punto 2 es igual a la diferencia de energíapotencial entre los dos puntos.

Como podemos escribir la energía potencial en térmi-nos del potencial gravitatorio:

Ep = m V

el trabajo será:

1. CAMPO GRAVITATORIO DE LA TIERRA (págs. 79 y 81)

1. Existe un campo gravitatorio alrededor de la Tierra debi-do a la masa de ésta. Todos los cuerpos, por el hecho detener masa, crean a su alrededor un campo gravitatorio.En el caso de la Tierra, como en el de todos los planetasy estrellas, al ser su masa muy grande, el campo es másimportante que el generado por otros cuerpos.

— La intensidad del campo gravitatorio terrestre en unpunto del espacio representa la fuerza con que laTierra atraería un objeto de masa unidad situado enese punto.

2. La masa de un cuerpo es una propiedad intrínseca deéste e independiente del lugar donde se encuentra. Portanto, aunque el cuerpo se aleje de la superficie terres-tre, su masa no cambia, es la misma que en cualquierotro lugar.

Su peso, por el contrario, es la fuerza con que la Tie-rra lo atrae. Esta fuerza es inversamente proporcional a la distancia al centro de la Tierra. Por lo tanto, si elcuerpo se aleja de la superficie (asciende), su peso dismi-nuye.

3. Datos: h = 200 km = 2 · 105 m; RT = 6,37 · 106 m;

G = 6,67 · 10–11 ; MT = 5,98 · 1024 kg

Hallamos el módulo del campo gravitatorio terrestre auna distancia del centro de la Tierra r = RT + h:

g GM

R h

gN m

kg

kg

m

gNkg

T

T

=+

= ⋅⋅

⋅⋅

⋅ + ⋅

=

( )

,,

( , )

,

–

2

112

2

24

6 5 2 26 67 10

5 98 10

6 37 10 2 10

9 24

N m

kg

⋅ 2

2

W Ep Ep m V m V m V V

W kg J Kg J Kg

W J

= = =

= ⋅

=

1 2 1 2 1 2

75 11 12 2 22

667 5

– – ( – )

[(– , – (– , )]

– ,

V GMr

N m

kg

kgm

VJ

Kg

V GMr

N m

kg

kgm

VJ

Kg

11

112

2

14

1

22

112

2

14

2

6 67 105 103 000

11 12

6 67 105 1015 000

2 22

= = ⋅⋅

⋅⋅

=

= = ⋅⋅

⋅⋅

=

– – ,

– ,

– – ,

– ,

–

–

N m

kg

⋅ 2

2

h

J

kg m sm=

⋅=

,,

400

2 9 820 4

2

hEp

m g=Ep m g h= ;

Ep Ec m v kg m s J= = = ⋅ ⋅ =0

2 212

12

2 20 400( )

47

3. Gravitación en el universo



4. Datos: m = 4 500 kg; h = 10 000 km; RT = 6,37 · 106 m

a) En la superficie terrestre, el peso del avión p0 será:

b) Hallamos el peso a una altura h = 10 000 km = 107 m,mediante la expresión de la variación del peso con laaltura:

5. Datos: m = 4 kg; MM = 6,45 · 1023 kg;

RM = 3 380 km = 3,38 · 106 m; G = 6,67 · 10–11

a) La aceleración con que caen los cuerpos en caída li-bre coincide con la intensidad del campo gravitato-rio. Por tanto, en la superficie de Marte:

b) El peso de un objeto de m = 4 kg será el producto desu masa por la intensidad del campo gravitatorio:

6. Datos: RT = 6,37 · 106 m

Hallamos la altura a la cual el peso se reduce a la cuarta

parte, p = , a partir de la expresión:

7. a) Los astronautas en órbita alrededor de la Tierra es-tán en estado de ingravidez porque su peso, es decir,la fuerza con que la Tierra los atrae, es la fuerza quenecesitan para describir su órbita circular. La inten-sidad de campo gravitatorio en su órbita coincidecon la aceleración centrípeta de su movimiento cir-cular.

b) Los planetas no caen sobre el Sol ni las lunas sobresus respectivos planetas por la misma razón que losastronautas están en estado de ingravidez. La fuerzagravitatoria que actúa sobre ellos se emplea en hacer-les describir su trayectoria circular.

8. Ep = m g h. Esta expresión es válida sólo para puntospróximos a la superficie terrestre y para variaciones dealtura pequeñas comparadas con el radio terrestre. Elorigen de la energía potencial se toma en la superficiede la Tierra.

Ep = . Esta expresión es la más general y es

válida para cualquier punto del espacio. El origen deenergía potencial está, en este caso, en el infinito.

9. Datos: m = 500 kg; h = 2 000 km = 2 · 106 m;

RT = 6,37 · 106 m; MT = 5,98 · 1024 kg;

G = 6,67 · 10–11

A una altura de 2 000 km, la expresión de la energía po-tencial para cuerpos situados cerca de la superficie ya noes válida.

Si tomamos el origen de la energía potencial en el infini-to:

10. Datos: hA = 4 200 km = 4,2 · 106 m;

hB = 5 800 km = 5,8 · 106 m; RT = 6,37 · 106 m;

MT = 5,98 · 1024 kg; m = 7 500 kg; G = 6,67 · 10–11

Si tomamos el origen del potencial en el infinito, el po-tencial gravitatorio creado por la Tierra en cada uno delos dos puntos será:

— El trabajo realizado por el campo es igual a la varia-ción de energía potencial. Podemos expresar la ener-gía potencial gravitatoria como el producto de lamasa del satélite por el potencial. Por tanto:

W Ep Ep m V V

W kg J Kg J Kg

W J

A B A B= =

= ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

– ( – )

[– , – (– , )]

– ,

7 500 3 77 10 3 28 10

3 68 10

7 7

10

V GM

R h

VN m

kg

kg

m m

VJ

Kg

V GM

R h

VN m

kg

kg

m m

AT

T A

A

A

BT

T B

B

=+

= ⋅⋅

⋅⋅

⋅ + ⋅

= ⋅

=+

= ⋅⋅

⋅⋅

⋅ + ⋅

–

– ,,

, ,

– ,

–

– ,,

, ,

–

–

6 67 105 98 10

6 37 10 4 2 10

3 77 10

6 67 105 98 10

6 37 10 5 8 10

112

2

24

6 6

7

112

2

24

6 6

VVJ

KgB = ⋅– ,3 28 107

N m

kg

⋅ 2

2

Ep GM mR h

EpN m

kg

kg kg

m m

Ep J

T

T

=+

= ⋅⋅

⋅⋅ ⋅

⋅ + ⋅

= ⋅

−

–

– ,,

,

– ,

6 67 105 98 10 500

6 37 10 2 10

2 38 10

112

2

24

6 6

10

N m

kg

⋅ 2

2

–G

M m

R hT

T +

pp

hR

ph

R

hR

h R R h R m

T

T

TT T T

=

+

= +

=

+ = = = = = ⋅

02 0

2

6

1

14

1 4

1 2 2 1 6 37 10

;

; ( – ) ; ,

14 0p

p m g kg N kg NM= = ⋅ =4 3 8 15 2, ,

a g GM

R

N m

kg

kg

m

gNkg

MM

M

M

= = = ⋅⋅

⋅⋅⋅

=

211

2

2

23

6 26 67 10

6 45 10

3 38 10

3 8

,,

( , )

,

–

N m

kg

⋅ 2

2

pp

hR

N

m

m

N

T

=

+

=

+⋅

=02 7

6

2

1

44 100

110

6 37 10

6 678

,

p m g kg N kg N0 4 500 9 8 44 100= = ⋅ =,

48

kg kg

kg

kg



2. MOVIMIENTO DE PLANETAS Y SATÉLITES (págs. 83, 85 y 87)

11. Cuesta más situar en órbita un satélite pesado que uno li-gero. Aunque una vez en órbita ambos tendrán la mismavelocidad, tanto la energía potencial como la energía ci-nética de cada uno será proporcional a su masa. Por tan-to, cuanto más pesado sea, más energía se necesita parasituarlo a determinada altura y darle la velocidad corres-pondiente a esa órbita.

12. La altura sobre el ecuador de un satélite geoestacionarioes fija e invariable. Su período debe ser igual al períodoorbital de la Tierra (24 h). Esta condición establece unaúnica velocidad y altura posibles para el satélite. Estas ca-racterísticas de la órbita se han calculado en el ejemplo 7.

13. Datos: r = 8 500 km; MT = 5,98 · 1024 kg;

G = 6,67 · 10–11

Calculamos la velocidad orbital del satélite:

Hallamos el período de revolución:

14. Datos: v = 2,52 ·104 km/h = 7 000 m/s;

MT = 5,98 · 1024 kg; RT = 6,37 · 106 m;

G = 6,67 · 10–11

a) Despejamos el radio de la órbita de la ecuación de lavelocidad orbital:

b) Determinamos el período de revolución de la órbita:

15. La energía mecánica de un satélite en órbita alrededorde la Tierra es siempre negativa, ya que el satélite está li-gado al campo gravitatorio terrestre. Si su energía mecá-nica no fuera negativa, el satélite escaparía de la órbita.

16. Datos: v0 = 1 000 m/s; MT = 5,98 · 1024 kg;

RT = 6,37 · 106 m; G = 6,67 · 10–11

En ausencia de rozamiento, la energía mecánica se con-serva: Ec0 + Ep0 = Ec + Ep;

17. Datos: h = 2 000 km; MT = 5,98 · 1024 kg;

RT = 6,37 · 106 m; G = 6,67 · 10–11

La distancia al centro de la Tierra es:

r = h + RT = 2 · 106 m + 6,37 · 106 m = 8,37 · 106 m

Calculamos la correspondiente velocidad de escape:

18. La órbita de los planetas tiene forma elíptica, con el Solen uno de sus focos. La órbita de los satélites es igual-mente elíptica, con el planeta en uno de los focos.

19. La velocidad de un planeta es mayor cerca del Sol que lejos de éste. Teniendo en cuenta la segunda ley de Kepler, la velocidad será máxima cuando la distancia al Sol sea mínima, ya que con menos radio tiene que barrer la misma área que en los otros puntos de la ór-bita.

20. La existencia de los planetas puede predecirse a partirde su interacción gravitatoria con otros cuerpos celestesconocidos.

— Las masas de los planetas se determinan a partir delradio y el período de alguno de sus satélites. Graciasa la tercera ley de Kepler, podemos relacionar el pe-ríodo y el radio de la órbita del satélite con la masadel objeto alrededor del cual orbitan.

21. Datos: T = 16,7 días = 1,44 · 106 s; r = 1,88 · 109 m;

G = 6,67 · 10–11

Hallamos la masa de Júpiter a partir de la tercera ley deKepler:

Mm

N m

kgs

kg=⋅ ⋅

⋅⋅

⋅ ⋅= ⋅

4 1 88 10

6 67 10 1 44 10

1 9 102 9 3

112

26 2

27π ( , )

, ( , )

,–

T

G Mr M

r

G T2

23

2 3

2

4 4= =π π

;

N m

kg

⋅ 2

2

vG M

r

N m

kgkg

m

v m s

eT

e

= =⋅ ⋅

⋅⋅ ⋅

⋅

= ⋅

22 6 67 10 5 98 10

8 37 10

9 8 10

112

224

6

3

, ,

,

,

–

N m

kg

⋅ 2

2

12

2

2

2 6 67 10 5 98 10 6 37 10

2 6 67 10 5 98 10 6 37 10 1 000

6 37 10 5 12 10

02

02

11 24 6

11 24 6 2

6 4

m v GM m

RG

M mR h

hG M R

G M R vR

h

m m

T

T

T

T

T T

T TT

– –

––

, , ,

, , – ,–

– , ,

–

–

=+

=

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ( )⋅ = ⋅

N m

kg

⋅ 2

2

T

rv

mm s

s= =⋅ ⋅

= ⋅2 2 8 14 10

7 0007 3 10

63π π ,

,

r

N m

kgkg

m sm=

⋅⋅

⋅ ⋅= ⋅

6 67 10 5 98 10

7 0008 14 10

112

224

26

, ,

( ),

–

v

G Mr

rG M

vT T= =;

2

N m

kg

⋅ 2

2

T

rv

m

m ss= =

⋅ ⋅⋅

= ⋅2 2 8 5 10

6 85 107 8 10

6

33π π ,

,,

vG M

r

N m

kgkg

m

v m s

T= =⋅

⋅⋅ ⋅

⋅

= ⋅

6 67 10 5 98 10

8 5 10

6 85 10

112

224

6

3

, ,

,

,

–

N m

kg

⋅ 2

2

49



23. Respuesta sugerida:

Las mareas consisten en el ascenso y descenso sucesivodel nivel del agua del mar por efecto de la atracción gra-vitatoria de la Luna y el Sol.

— En las mareas vivas, la Tierra, la Luna y el Sol estánalineados. Las atracciones gravitatorias del Sol y laLuna se suman.

— En las mareas muertas, la Luna, la Tierra y el Sol for-man ángulo recto con la Tierra en el vértice. Lasatracciones gravitatorias del Sol y la Luna se restan.

24. — Las estaciones del año son debidas a la inclinación deleje de rotación terrestre respecto al plano de su órbita.

Como consecuencia de esta inclinación, en diferen-tes puntos de la órbita el ángulo con que inciden losrayos de luz solares en los dos hemisferios y la super-ficie de éstos iluminada cambian.

Cuando la Tierra muestra al Sol uno de los hemisfe-rios, la superficie de éste iluminada es mayor, los ra-yos inciden más perpendiculares y calientan más; es-tamos en verano. Al mismo tiempo, en el otrohemisferio es invierno.

En épocas en las que los dos hemisferios están ex-puestos por igual a la radiación solar, hablamos deprimavera y de otoño.

Las estaciones del año son claramente distinguiblesen las latitudes medias (zonas templadas). En la zonaecuatorial no se distinguen estaciones, pues los rayosdel Sol inciden siempre muy perpendiculares, justolo contrario de lo que ocurre en las zonas polares.

— La Luna no emite luz propia, sino que refleja la luzproveniente del Sol. Los eclipses de Luna se produ-cen cuando ésta entra en la zona de sombra de laTierra.

Al dejar de estar iluminada por el Sol, veremos cómose oscurece, produciéndose un eclipse lunar. La Tie-rra se interpone entre el Sol y la Luna.

Sol

Tierra

Luna

Sol

Tierra

Luna

50

22. Éstos son los planetas del Sistema Solar y los datos de sus órbitas alrededor del Sol:

Nombre del planetaDistancia media al Sol

Período de revoluciónVelocidad orbital

Masa (·1024 kg)(·106 km) (·103 m/s)

Mercurio 58 88 días 47,93 0,36

Venus 108 225 días 34,91 4,84

Tierra 150 1 año 29,89 5,98

Marte 228 1,9 años 23,91 0,65

Júpiter 778 11,9 años 13,02 1 900,98

Saturno 1 427 29,5 años 9,64 568,94

Urano 2 870 84 años 6,81 86,83

Neptuno 4 497 164,8 años 5,44 103,16

Plutón 5 899 247,7 años 4,74 0,60

Primavera en el H.N.Otoño en el H.S.

Verano en el H.N.Invierno en el H.S.

Invierno en el H.N.Verano en el H.S.

Otoño en el H.N.Primavera en el H.S.



En el caso de los eclipses de Sol, es la Luna la que seinterpone entre el Sol y la Tierra. La Luna pasa pordelante del Sol y proyecta su sombra sobre la Tierra.

En los dos casos, el fenómeno no se produce en cadaórbita. El plano de la órbita de la Luna está inclinadorespecto al plano de la órbita de la Tierra.

Ello es la causa de que la orientación relativa de lostres cuerpos vaya variando con el tiempo. En los mo-mentos en que coinciden los tres cuerpos alineados yademás la Luna pasa por delante o por detrás de laTierra, se produce un eclipse de Sol o de Luna, se-gún el caso.

— La Luna tiene distintas fases según la orientación desu cara iluminada respecto a la Tierra.

A medida que nuestro satélite describe su órbita en-torno a la Tierra, va orientando su cara iluminada endistintas direcciones. Cuando muestra su cara ilumi-nada a la Tierra, vemos la Luna llena, mientras que si

nos muestra la cara en sombra, estamos en Luna nue-va. Las otras dos fases son posiciones intermedias.


a) La última expedición tripulada a la Luna fue la del ApoloXVII, lanzado el 7 de diciembre de 1972. Alunizó cincodías más tarde. El comandante de la misión fue EugeneCernan y estuvo acompañado por Roland Evans, pilotodel módulo de mando, y Harrison Schmitt, piloto delmódulo lunar y primer científico tripulante de una mi-sión Apolo. Fue considerada la misión más cara del pro-yecto.

Entre los objetivos del Apolo XVII destacan el estudio dela composición de la corteza lunar, la investigación de lasondas de gravedad y la detección de posibles signos deexistencia de agua en la Luna. Realizaron tres salidaspara estudiar la superficie y el subsuelo lunares, reco-giendo 150 kg de piedras y polvo lunar; instalaron unanueva estación transmisora de datos y utilizaron un de-tector de minerales por debajo de los 1 300 m de profun-didad.

La nave amaró en el Pacífico el 19 de diciembre, obte-niendo así un récord de permanencia en el espacio y po-niendo fin al proyecto que llevó al hombre a la Luna.


25. Datos: h = 500 km; ML = 7,47 · 1022 kg;

RL = 1,74 · 106 m; m = 200 kg; G = 6,67 · 10–11

a) Determinamos la intensidad del campo gravitatorio a500 km de la superficie:

b) El valor de la aceleración de la gravedad coincidecon el de la intensidad del campo gravitatorio:

g = 1,0 m/s2

c) La fuerza con que la Luna atrae a un objeto es elpeso de éste en la Luna:

p = m g = 200 kg · 1,0 N/kg = 200 N

26. Datos: m = 4 800 kg; h = 3 400 km;

MT = 5,98 · 1024 kg; RT = 6,37 · 106 m;

G = 6,67 · 10–11

a) Calculamos el potencial gravitatorio a 3 400 km de lasuperficie terrestre:

N m

kg

⋅ 2

2

g GM

R h

gN m

kg

kg

m m

g N kg

L

L

=+

= ⋅⋅

⋅⋅

⋅ + ⋅

=

( )

,,

( , )

,

–

2

112

2

22

6 5 26 67 10

7 47 10

1 74 10 5 10

1 0

N m

kg

⋅ 2

2

51

Eclipse de Luna

Eclipse de Sol

Zona de la Tierra en quees visible el eclipse de Sol

Tierra

Tierra

Luna

Luna

No hay eclipse

Sí hay eclipse

Fases de la LunaLuna llena.

Vista desde la Tierra

Luna nueva.Vista desde la Tierra

Cuarto menguante.Visto desde la Tierra

Cuarto creciente.Visto desde la Tierra

Tierra

Tierra

Luna

Luna



b) Hallamos la energía potencial gravitatoria de la nave:

Ep = m V = 4 800 kg · (–4,1 · 107 J/kg)

Ep = –1,97 · 1011 J

27. Datos: p0 = 8 330 N; r = 1,5 RT; MT = 5,98 · 1024 kg;

RT = 6,37 · 106 m; G = 6,67 · 10–11

a)

b) Calculamos la velocidad orbital:

c) Determinamos el peso en la órbita a partir de su pesoen la superficie terrestre mediante la expresión de lavariación del peso con la altura:

28. Datos: r = RT; MT = 5,98 · 1024 kg; RT = 6,37 · 106 m;

G = 6,67 · 10–11

Determinamos la velocidad orbital de un satélite a r = RT,o primera velocidad cósmica:

Calculamos su período de revolución:

29. Datos: p0 = 735 N (en la Tierra); h = 50 km;

ML = 0,01 MT; RL = 0,25 RT; MT = 5,98 · 1024 kg;

RT = 6,37 · 106 m; G = 6,67 · 10–11

a) A partir del peso del cuerpo en la superficie terres-tre, determinamos su masa:

Calculamos el peso del cuerpo cerca de la superficie lu-nar, aprovechando que conocemos su peso en la Tierra(p0) y las relaciones entre los radios y las masas de amboscuerpos celestes:

b) Aplicamos el principio de la conservación de la ener-gía mecánica para determinar la velocidad del cuer-po, que cae desde una altura de 50 km, cuando lle-gue a la superficie de la Luna:

30. Datos: v0 = 750 km/h = 208,3 m/s; MS = 324 440 MT;

RS = 108 RT; MT = 5,98 · 1024 kg; RT = 6,37 · 106 m;

G = 6,67 · 10–11

a) Calculamos la relación entre el peso del cuerpo en elSol y en la Tierra:

N m

kg

⋅ 2

2

Ec Ep Ec Ep

G M mR h

m vG M m

R

v G MR h R

G M R h RR R h

vG M h

R R hG M hR R

A A B B

L

LB

L

L

B LL L

L L L

L L

BL

L L

T

T T

+ = +

+=

=+

+

=++

=+

=

;

– –

–( – )( )

( ),

, ( ,

012

21 1 2

2 2 0 010 25 0 25

2

++

=

h

v m sB

)

,390 5

p GM m

RG

M m

R

p m g m GM

R

p p

p N N

L

L

T

T

TT

T

= =

= =

=

= ⋅ =

2 2

0 2

2 0

2

0 01

0 25 0 01

0 25

0 01

0 25735 117 6

,

( , ) ,

( , )

,

( , ),

p m g mpg

NNkg

kgTT

00 735

9 875= = = =;

,

N m

kg

⋅ 2

2

Tr

vm

m ss= =

⋅ ⋅⋅

= ⋅2 2 6 37 10

7 9 105 1 10

6

33π π ,

,,

vG M

R

N m

kgkg

m

v m s

T

T

= =⋅

⋅⋅ ⋅

⋅

= ⋅

6 67 10 5 98 10

6 37 10

7 9 10

112

224

6

3

, ,

,

,

–

N m

kg

⋅ 2

2

pp

hR

pN

R RR

pN

N

T

T T

T

=

+

=

+

=+

=

02 2

2

1

8 330

11 5

8 330

1 0 53 702 2

;, –

( , ),

vG M

r

N m

kgkg

m

v m s

T= =⋅

⋅⋅ ⋅

⋅ ⋅

= ⋅

6 67 10 5 98 10

1 5 6 37 10

6 5 10

112

224

6

3

, ,

, ,

,

–

N m

kg

⋅ 2

2

V GM

R h

VN m

kg

kg

m m

V J kg

T

T

=+

= ⋅⋅

⋅⋅

⋅ + ⋅

= ⋅

–

– ,,

, ,

– ,

–6 67 105 98 10

6 37 10 3 4 10

4 1 10

112

2

24

6 6

7

52

Tierra

F = G MT ms

r2



b) Determinamos la altura máxima alcanzada por elproyectil aplicando el principio de conservación dela energía mecánica:

Ec0 + Ep0 = Ec + Ep


31. — La aceleración de la gravedad varía con la altura a lasuperficie de la Tierra porque varía con la distanciaal centro de la Tierra. La aceleración de la gravedades la intensidad del campo gravitatorio, es decir, lafuerza con que la Tierra atraería un cuerpo de masaunidad situado en ese punto. Como la fuerza gravita-toria es inversamente proporcional al cuadrado de ladistancia, la aceleración de la gravedad disminuyecon la altura de la misma manera.

— El peso de un cuerpo no tiene el mismo valor en laTierra que en la Luna. El peso es la fuerza con que laTierra o la Luna atraen al objeto, y es proporcional ala masa del planeta o del satélite. Por tanto, no tie-nen el mismo peso.

32. La intensidad del campo gravitatorio y la aceleración dela gravedad coinciden en cada punto debido a que lamasa inercial y la masa gravitatoria de cualquier cuerposon iguales. La intensidad del campo g es la fuerza porunidad de masa gravitatoria que la Tierra ejerce sobretodo cuerpo. Entonces, un cuerpo de masa gravitatoriamg siente una fuerza (peso):

p = mg g

Por otro lado, debido a esta fuerza, el cuerpo experi-mentará una aceleración a, proporcional a su masa iner-cial mi:

p = mi a

Como la fuerza es la misma y la masa inercial coincidecon la gravitatoria, mi = mg, la aceleración del cuerpocoincide con la intensidad del campo gravitatorio en esepunto.

33. El peso es la fuerza con que la Tierra atrae a los objetosen su superficie por el hecho de tener masa. Es inversa-mente proporcional a la distancia al centro de la Tierra,de modo que no es una magnitud constante.

La masa, en cambio, es una propiedad inherente a loscuerpos. Es fija e invariable. Representa la intensidadcon que el cuerpo participa en las interacciones gravita-torias, por una parte, y, por otra, la resistencia que opo-ne a ser acelerado bajo la acción de una fuerza.

34.

35. Cuando un cuerpo se eleva cierta altura sobre la superfi-cie de la Tierra, gana energía potencial. Si se deja caer elcuerpo desde esta altura, la ganancia de energía potencialimplica que llegará a la superficie con mayor velocidad.

— La pérdida (o ganancia) de energía potencial signifi-ca que el cuerpo queda más (o menos) ligado al cam-po gravitatorio terrestre.

36. Lo consigue describiendo un movimiento con el mismoperíodo que el período de rotación de la Tierra, 24 ho-ras. Para ello debe describir una órbita con una veloci-dad y altura concretas. Así, su velocidad angular coincidecon la de giro de nuestro planeta.

37.

— Para que un cuerpo abandone el campo gravitatorioterrestre, es necesario que su energía mecánica seaigual o superior a cero. Esto se conseguirá si se lanzadesde la superficie a una velocidad igual o superior ala velocidad de escape.

38. La trayectoria de los planetas del Sistema Solar debe serplana por la conservación del momento angular.

hG M R

G M R vR

h

m m

T T

T TT=

⋅ ⋅⋅

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( )

⋅ ⋅ =

2 324 440 108

2 324 440 108108

2 6 67 10 324 440 5 98 10 108 6 37 10

2 6 67 10 324 440 5 98 10 108 6 37 10 208 3

108 6 37 10 79

02

11 24 6

11 24 6 2

6

––

, , ,

, , – , ,–

– ,

–

–

12

2

2

02

02

m v GM m

RG

M mR h

hG M R

G M R vR

S

S

S

S

S S

S SS

– –

––

=+

=

p GM m

RG

M m

R

p GM m

R

pp

p p

SS

S

T

T

TT

T

S

TS T

= =

=

= = =

2 2

2

2

324 440

108

324 440

10827 8 27 8

( )

( ), ; ,

53

Energía mecánica Tipo de órbita

E > 0 Abierta: hipérbola

E = 0 Abierta: parábola

E < 0 Cerrada: circular o elíptica

Líneas de campo

Superficiesequipotenciales



El momento angular es una magnitud vectorial perpen-dicular a los vectores . Como sobre los planetas noactúa ningún momento de fuerzas, el momento angulardebe conservarse. Así, tendrá la misma dirección en cual-quier punto de la órbita, y estarán siempre en el mismo plano perpendicular a .

39. Datos: h = 450 km; MT = 5,98 · 1024 kg;

RT = 6,37 · 106 m; G = 6,67 · 10–11

Calculamos la intensidad del campo gravitatorio terres-tre a 450 km de la superficie:

40. Datos: m = 25 kg; g0 = 9,8 m/s2; h = 3 000 km;

RT = 6,37 · 106 m

a) Determinamos el peso del cuerpo en la superficie te-rrestre, donde conocemos el valor de la intensidaddel campo gravitatorio:

p0 = m g0 = 25 kg · 9,8 N/kg = 245 N

b) A 3 000 km de altura ya no es válida la expresión uti-lizada en el problema anterior. Para calcular el pesoutilizaremos la fórmula de la variación del peso conla altura:

41. Datos: p0 = 19,6 N (en la Tierra); ML = 7,47 · 1022 kg;

RL = 1,74 · 106 m; G = 6,67 · 10–11 ; g0 = 9,8 N/kg

a) Calculamos la masa del objeto a partir de su peso enla Tierra y de la intensidad del campo gravitatorio enla superficie terrestre:

b) El valor de la masa en la Luna será el mismo que enla Tierra y que en cualquier otro lugar, m = 2 kg.

El peso en la superficie lunar es la fuerza gravitatoriacon que la Luna atrae el objeto:

42. Datos: g0 = 9,8 m/s2; RT = 6,37 · 106 m

Para determinar el punto sobre la superficie terrestredonde la gravedad es dos tercios de g0, despejamos h de la expresión de la variación de la gravedad con la al-tura:

43. Datos: m = 600 kg; r = 10 000 km;

MT = 5,98 · 1024 kg; G = 6,67 · 10–11

Calculamos la energía potencial del satélite a 10 000 kmdel centro de la Tierra:

44. Datos: V = –2 · 107 J/kg; MT = 5,98 · 1024 kg;

RT = 6,37 · 106 m; G = 6,67 · 10–11

Despejamos de la expresión general del potencial gravi-tatorio la distancia r al centro de la Tierra:

Por tanto, la distancia a la superficie terrestre será:

h = r – RT = 1,99 · 107 m – 6,37 ·106 m = 1,35 · 107 m

45. Datos: m = 2 500 kg; r1 = 8 000 km; r2 = 10 000 km;

MT = 5,98 · 1024 kg; RT = 6,37 · 106 m;

G = 6,67 · 10–11

El trabajo necesario para trasladar el satélite coincidirácon la variación de su energía potencial:

W Ep Ep m V m V m V V

W m GMr

GMr

m G Mr r

W

W J

T TT

= = =

=

=

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅

= ⋅

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

11 246 7

10

1 1

2 500 6 67 10 5 98 101

8 10

1

10

2 5 10

– – ( – )

– –

, , –

,

–

N m

kg

⋅ 2

2

V GM

rr G

MV

rN m

kg

kg

J kgm

T T= =

= ⋅⋅

⋅⋅

⋅= ⋅

– ; –

– ,,

(– ),–6 67 10

5 98 10

2 101 99 1011

2

2

24

77

N m

kg

⋅ 2

2

Ep GM m

r

EpN m

kg

kg kg

m

Ep J

T=

= ⋅⋅

⋅⋅ ⋅

= ⋅

–

– ,,

– ,

–6 67 105 98 10 600

10

2 39 10

112

2

24

7

10

N m

kg

⋅ 2

2

g gg

hR

hR

hR

h R m

h m

T

T

TT

= =

+

= +

+ = =

= ⋅

= ⋅

23

1

32

1

132

32

1 6 37 1032

1

1 43 10

00

2

2

6

6

;

; – , –

,

p GM m

R

pN m

kg

kg kg

mN

LL

L

L

=

= ⋅⋅

⋅⋅ ⋅

⋅=

2

112

2

22

6 26 67 10

7 47 10 2

1 74 103 3,

,

( , ),–

p m g

mpg

NNkg

kg

0 0

0

0

19 6

9 82

=

= = =,

,

N m

kg

⋅ 2

2

pp

hR

pN

m

m

N

T

=

+

=

+⋅

⋅

=02 6

6

2

1

245

13 10

6 37 10

113 2;

,

,

gG M

R h

gN m

kg

kg

m m

g N kg

T

T

=+

= ⋅⋅

⋅⋅

⋅ + ⋅=

( )

,,

( , , )

,

–

2

112

2

24

6 5 26 67 10

5 98 10

6 37 10 4 5 10

8 57

N m

kg

⋅ 2

2

rL

r rr y v

r rr y v

54



46. Datos: r = 7 000 km; MT = 5,98 · 1024 kg;

G = 6,67 · 10–11

Calculamos la velocidad orbital en una órbita de 7 000 kmde radio:

47. Datos: m = 1 250 kg; h = 1 400 km; MT = 5,98 · 1024 kg;

RT = 6,37 · 106 m; G = 6,67 · 10–11

a) Determinamos su energía potencial:

b) Para determinar la energía cinética del satélite, calcu-lamos primero su velocidad orbital:

c) Hallamos el período de revolución a partir de la velo-cidad y el radio de la órbita:

48. Datos: h = 5 000 km; MT = 5,98 · 1024 kg;

RT = 6,37 · 106 m; G = 6,67 · 10–11

Para que el satélite llegue a 5 000 km de altura, es nece-sario lanzarlo con una velocidad tal que su energía mecá-nica inicial sea igual a la energía potencial que tendrá aesa altura, a donde llegaría con velocidad nula:

49. Datos: ML = 7,47 · 1022 kg; RL = 1,74 · 106 m;

G = 6,67 · 10–11

Calculamos la velocidad de escape desde la superficie dela Luna:

50. Datos: r = 6,7 · 105 km; MJ = 318,4 MT;

MT = 5,98 · 1024 kg; G = 6,67 · 10–11

Calculamos el período de revolución de Europa a partirde la tercera ley de Kepler:

51. Datos: T = 1 día = 24 h = 8,64 · 104 s;

MT = 5,98 · 1024 kg; G = 6,67 · 10–11

Para determinar el radio de la órbita aplicamos la terceraley de Kepler:

rG M TT

2

23

4=

π

TG M

rT

22

34= π

N m

kg

⋅ 2

2

T s53 0 10= ⋅,

Tm

N m

kgkg

2 8 3

112

224

4 6 7 10

6 67 10 318 4 5 98 10

=⋅ ⋅

⋅⋅

⋅ ⋅ ⋅

π ( , )

, , ,–

TG M

rG M

rJ T

23

234 4

318 4= =

⋅π π

,

TG M

rJ

22

34= π

N m

kg

⋅ 2

2

vG MR

v

N m

kgkg

m

ms

eL

L

e

=

=⋅ ⋅

⋅⋅ ⋅

⋅= ⋅

2

2 6 67 10 7 47 10

1 74 102 4 10

112

222

63

, ,

,,

–

N m

kg

⋅ 2

2

v G MR h RR R h

v G Mh

R R h

vN m

kgkg

m

m m m

v m s

TT T

T TT

T T0

20

011

2

224

6

6 6 6

03

2 2

2 6 67 10 5 98 10

5 10

6 37 10 6 37 10 5 10

7 4 10

= ++

=+

= ⋅ ⋅⋅

⋅ ⋅ ⋅

⋅⋅

⋅ ⋅ ⋅ + ⋅

= ⋅

–( )

;( )

, ,

, ( , )

,

–

2 1 10

2vm

G M mR R hT

T T

–=+

12 0

2m v GM m

RG

M mR h

T

T

T

T

– –=+

N m

kg

⋅ 2

2

Tr

vR h

v

Tm m

m ss

T= =+

=⋅ ⋅ + ⋅

⋅= ⋅

2 2

2 6 37 10 1 4 10

7 2 106 8 10

6 6

33

π π

π

( )

( , , )

,,

vG MR h

N m

kgkg

m m

v m s

Ec m v kg m s J

T

T

=+

=⋅

⋅⋅ ⋅

⋅ + ⋅

= ⋅

= = ⋅ ⋅ = ⋅

6 67 10 5 98 10

6 37 10 1 4 10

7 2 10

12

12

1 250 7 2 10 3 24 10

112

224

6 6

3

2 3 2 10

, ,

, ,

,

( , ) ,

–

Ep GM mR h

EpN m

kg

kg kg

m m

Ep J

T

T

=+

= ⋅⋅

⋅⋅ ⋅

⋅ + ⋅

= ⋅

–

– ,,

, ,

– ,

–6 67 105 98 10 1 250

6 37 10 1 4 10

6 42 10

112

2

24

6 6

10

N m

kg

⋅ 2

2

vG M

r

N m

kgkg

m

v m s

T= =⋅

⋅⋅ ⋅

⋅

= ⋅

6 67 10 5 98 10

7 10

7 5 10

112

224

6

3

, ,

,

–

N m

kg

⋅ 2

2

55



52. Datos: R = 1,25 RT; g0 = 14,7 m/s2 (en el planeta);

G = 6,67 · 10–11

a) Para calcular la relación entre las masas de la Tierra yel planeta, escribimos las expresiones del campo gra-vitatorio en la superficie de cada uno de ellos y las di-vidimos:

b) A 275 m sobre la superficie, podemos escribir laenergía potencial como Ep = m g h.

Aplicamos la conservación de la energía mecánicapara calcular la velocidad con que el objeto llegaría ala superficie:

Ec0 + Ep0 = Ec + Ep; m g h = m v2

v =

Imponemos que las velocidades sean las mismas enlos dos planetas para determinar la altura desde lacual debemos soltar el objeto en el otro planeta:

v = vt

=

53. Datos: m = 1 500 kg; h = 500 km;

MT = 5,98 · 1024 kg; RT = 6,37 · 106 m;

G = 6,67 · 10–11

a) Calculamos la velocidad orbital:

b) Determinamos el período orbital a partir de la veloci-dad y el radio de la órbita:

c) Hallamos la energía mecánica de traslación del satélite:

d) Calculamos la aceleración centrípeta, que debe coin-cidir con la aceleración de la gravedad a esa altura,pues el campo gravitatorio es el responsable de queel satélite describa una órbita circular:

54. Datos: rUmbriel = 2,67 · 108 m; TUmbriel = 3, 58 · 105 s;

rOber. = 5,86 · 108 m; G = 6,67 · 10–11

a) Determinamos la masa de Urano a partir de la terce-ra ley de Kepler, aplicada a su satélite Umbriel:

b) Conocida la masa, aplicamos la misma ley para deter-minar el período de revolución de Oberón a partirde su distancia al centro del planeta:

TG M

r

MG T

r

Mm

N m

kgs

kg

UmbrielUrano

Umbriel

UranoUmbriel

Umbriel

Urano

22

3

2

23

2 8 3

112

25 2

25

4

4

4 2 67 10

6 67 10 3 58 10

8 79 10

=

=

=⋅ ⋅

⋅⋅

⋅ ⋅= ⋅

π

π

π ( , )

, ( , )

,–

N m

kg

⋅ 2

2

gG M

R h

gN m

kg

kg

m m

g N kg

T

T

=+

= ⋅⋅

⋅⋅

⋅ + ⋅=

( )

,,

( , , )

,

–

2

112

2

24

6 6 26 67 10

5 98 10

6 37 10 0 5 10

8 4

avr

vR h

am s

m mm s

cT

c

= =+

=⋅

⋅ + ⋅=

2 2

3 2

6 527 6 10

6 37 10 5 108 4

( , )

,,

EG M m

rG M mR h

E

N m

kgkg kg

m m

E J

T T

T

= =+

= ⋅⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅

⋅ + ⋅

= ⋅

– –

–

, ,

,

– ,

–

12

12

12

6 67 10 5 98 10 1 500

6 37 10 5 10

4 35 10

112

224

6 5

10

Tr

vR h

v

Tm m

m ss

T= =+

=⋅ ⋅ + ⋅

⋅= ⋅

2 2

2 6 37 10 5 10

7 6 105 7 10

6 5

33

π π

π

( )

( , )

,,

vG M

rG MR h

v

N m

kgkg

m mm s

T T

T

= =+

=⋅

⋅⋅ ⋅

⋅ + ⋅= ⋅

6 67 10 5 98 10

6 37 10 5 107 6 10

112

224

6 53

, ,

,,

–

N m

kg

⋅ 2

2

hgg

h h

m

sm

s

m mTT= = ⋅ =;

,

,,

9 8

14 7275 183 3

2

2

2 g hT T 2 g h

2 g h

12

g en la Tierra GM

R

m

s

g en el planeta GM

RG

M

R

m

s

g en el planetag en la Tierra

GM

R

GM

R

M

M

MM

g en el planetag en la

T

T

T

T

T

T

T

T

0 2 2

0 2 2 2

0

0

2

2

2

2 0

0

9 8

1 2514 7

1 25

1 25

1 25

( ) ,

( )( , )

,

( )( )

( , )

( , )

( , )( )(

= =

= = =

= =

= ⋅TierraTierra

m

sm

s)

( , ),

,,= ⋅ =1 25

14 7

9 82 342

2

2

N m

kg

⋅ 2

2

r

N m

kgkg s

r m

112

224 4 2

2

3

7

6 67 10 5 98 10 8 64 10

4

4 22 10

=⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

π

, , ( , )

,

–

56

2

3

3



55. — Los agujeros negros son el resultado final de la evolu-ción de algunas estrellas muy masivas en las que, de-bido a su propia atracción gravitatoria, la estrella secontrae de forma que su masa se concentra en un vo-lumen muy pequeño.

El campo gravitatorio en su interior es tan intensoque ningún objeto que caiga en él, ni siquiera la luz,puede llegar a escapar nunca.

— Púlsares y quásares. Los púlsares se observan comouna corta emisión periódica de ondas de radio degran energía y período muy exacto. Son la última eta-pa de algunas estrellas que explotan expulsando lamateria de las capas más externas. La visión de estaexplosión recibe el nombre de supernova. El núcleode la estrella, que sobrevive a la explosión, es un ob-jeto muy denso que rota a gran velocidad y posee unintenso campo magnético. Recibe el nombre de es-trella de neutrones, pues éstos son sus principalescomponentes. Cada vez que uno de los polos magné-ticos de la estrella de neutrones, al girar, apunta ennuestra dirección, observamos un pulso de radiación.

Los quásares son galaxias lejanas cuyo núcleo despi-de repentinamente una gran cantidad de luz y/o on-das de radiofrecuencia, como si se tratara de una ex-plosión. Este fenómeno puede llegar a hacer que laluminosidad de la galaxia aumente en un factor 100respecto a lo que es normal.

— Evolución de las estrellas. Las estrellas se forman apartir de gas y polvo interestelar. El material se vacompactando, debido a su propio campo gravitatorio,hasta llegar a presiones y temperaturas suficientemen-te elevadas como para iniciar la fusión del hidrógeno.La energía de las reacciones termonucleares impideque el material siga compactándose y la estrella em-pieza a brillar. La mayor parte de la vida de una estre-lla consiste en la combustión de todo su hidrógeno.Cuando éste se acaba, al faltar la energía que impedíaque se contrajera, la estrella empieza otra vez a com-pactarse. El resultado de esta compresión dependeráde la masa de la estrella: puede que llegue a las condi-ciones de fusión de otros elementos distintos del hi-drógeno y prolongue un tiempo así su vida; o puedeacabar convirtiendo su núcleo en un objeto muy com-pacto (enana blanca, estrella de neutrones o agujeronegro, según el caso) y expulsando sus capas más ex-ternas al espacio exterior (nebulosa planetaria —sinexplosión— o supernova —con explosión—).

— El origen del universo. En los años veinte, el astróno-mo E. Hubble descubrió que las otras galaxias que pue-

blan el universo se alejan de nosotros a una velocidadproporcional a la distancia que las separa de nuestragalaxia. Ello implica que desde otra galaxia cualquieratambién veríamos que las demás galaxias se alejan.Toda galaxia se aleja del resto de las galaxias como enuna especie de explosión. Esta observación, sumada ala teoría de la relatividad de Einstein, sugiere que, enalgún momento del pasado, las distancias entre todoslos puntos del universo eran nulas. A partir de esa situa-ción inicial, el universo empezó a expandirse, como sihubiera estallado una bomba. Por eso esta teoría recibeel nombre del big bang, la gran explosión.

56. El principal efecto de la ingravidez sobre el cuerpo hu-mano es la alteración de la presión sanguínea y su flujo.La sangre tiende a concentrarse en las partes superioresdel cuerpo, lo que perjudica a los miembros inferiores.Además, los huesos sufren descalcificación y los múscu-los atrofia, especialmente los de las piernas. Los astro-nautas que realizan estancias prolongadas en el espacionecesitan una adaptación de entre diez y quince días alas condiciones de ingravidez, mediante ejercicios diariosy medicación. Antes de volver a la Tierra, se someten auna readaptación a la gravedad, con un dispositivo quereproduce las condiciones de gravedad de la Tierra, paranormalizar la presión sanguínea.


1. El peso de un cuerpo es la fuerza con que éste es atraídopor la Tierra o por el planeta sobre el que se encuentre.

Depende directamente de la masa del cuerpo y de lamasa del planeta, y es inversamente proporcional a ladistancia al centro del planeta al cuadrado.

2. Para hallar la expresión de la velocidad de escape, impo-nemos que su energía mecánica final sea igual a cero.Por tanto, por la conservación de la energía mecánica:

3. Leyes de Kepler:

1. Todos los planetas describen órbitas elípticas con elSol situado en uno de sus focos.

2. La recta que une un planeta con el Sol barre áreasiguales en tiempos iguales.

3. El cuadrado del período de la órbita de un planeta esdirectamente proporcional al cubo de la distancia me-dia del planeta al Sol:

T2 = C R3

12

0

12

2

2

2

m v GM m

r

v GMr

vG Mre

–

–

=

=

p m g m G

M

r= =

2

TG M

r

Tm

N m

kgkg

s

OberUrano

Ober

Ober

. .

.–

( , )

, ,

,

=

=⋅ ⋅

⋅⋅

⋅ ⋅= ⋅

4

4 5 86 10

6 67 10 8 79 10

1 16 10

23

2 8 3

112

225

6

π

π

57



— Para demostrar la tercera ley de Kepler partimosde las expresiones para la velocidad orbital y parael período:

Sustituimos la expresión de v en T y elevamos alcuadrado:

4. Datos: h = 275 km; g0 = 9,8 N/kg; RT = 6,37 · 106 m;

MT = 5,98 · 1024 kg; G = 6,67 · 10–11


— Determinamos la altura en que g = g0 – 0,15 g0 = 0,85 g0

a partir de la expresión de la variación de la gravedadcon la altura:

5. Datos: t = 3 s; ML = 7,47 · 1022 kg; RL = 1,74 · 106 m;

G = 6,67 · 10–11

La aceleración de una partícula en caída libre coincidecon la intensidad del campo gravitatorio en ese punto.Determinamos, pues, el campo gravitatorio de la Lunacerca de su superficie:

Para determinar la distancia que recorre la partícula entres segundos, aplicamos la ecuación correspondientedel MRUA:

6. Datos: m = 5 kg

Si la balanza se equilibra en la Tierra con pesas por valorde 5 kg, la masa del cuerpo es de 5 kg. La balanza estáequilibrada porque el peso en los dos platillos es el mismo:es el producto de la gravedad en la superficie terrestre porla masa en los platillos. Como la gravedad es la misma enlos lados de la balanza, ésta se equilibra con masas iguales.

En la Luna, lo único que cambia es la intensidad delcampo gravitatorio o gravedad en la superficie. Como enlos dos platillos la gravedad que actúa es la misma, la ba-lanza se equilibrará también con masas iguales. Por tan-to, en la Luna necesitaremos 5 kg de pesas.

7. Datos: m = 1 000 kg; T = 2 días = 48 h = 1,73 · 105 s

MT = 5,98 · 1024 kg; RT = 6,37 · 106 m;

G = 6,67 · 10–11

a) Calculamos el radio de la órbita mediante la terceraley de Kepler:

b) Su aceleración normal coincide con la aceleración dela gravedad en la órbita:

c) Determinamos la energía potencial gravitatoria:

8. Datos: r = 9,4 · 106 m; T = 460 min = 27 600 s;

G = 6,67 · 10–11

Para determinar la masa de Marte aplicamos la terceraley de Kepler:

Mm

N m

kgs

kgM =⋅ ⋅

⋅⋅

⋅= ⋅

4 9 4 10

6 67 10 27 600

6 45 102 6 3

112

22

23π ( , )

, ( )

,–

T

G Mr M

G Tr

MM

22

32

234 4= =π π

;

N m

kg

⋅ 2

2

Ep GM m

r

EpN m

kg

kg kg

m

Ep J

T=

= ⋅⋅

⋅⋅ ⋅

⋅

= ⋅

−

–

– ,,

,

– ,

6 67 105 98 10 1 000

6 71 10

5 94 10

112

2

24

7

9

a g GM

r

gN m

kg

kg

m

g N kg m s

nT= =

= ⋅⋅

⋅⋅⋅

= =

2

112

2

24

7 2

2

6 67 105 98 10

6 71 10

0 09 0 09

,,

( , )

, ,

–

TG M

r rG M T

r

N m

kgkg s

r m

T

T22

32

23

112

224 5 2

2

3

7

4

4

6 67 10 5 98 10 1 73 10

4

6 71 10

= =

=⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

ππ

π

;

, , ( , )

,

–

N m

kg

⋅ 2

2

x a t g t m s s m= = = ⋅ ⋅ =1

212

12

1 65 3 7 42 2 2 2, ( ) ,

gG M

R

gN m

kg

kg

mm s

L

L

=

= ⋅⋅

⋅⋅⋅

=

2

112

2

22

6 226 67 10

7 47 10

1 74 101 65,

,

( , ),–

N m

kg

⋅ 2

2

g gg

hR

hR

h R m

h m

T

T

T

= =

+

+ =

=

= ⋅ ⋅

= ⋅

0 85

1

11

0 85

10 85

1 6 37 101

0 851

5 4 10

00

2

6

5

, ;,

,– ,

,–

,

gG M

R h

gN m

kg

kg

m m

g N kg

T

T

=+

= ⋅⋅

⋅⋅

⋅ + ⋅=

( )

,,

( , , )

,

–

2

112

2

24

6 5 26 67 10

5 98 10

6 37 10 2 75 10

9 03

N m

kg

⋅ 2

2

Tr

G Mr

Tr

G Mr

G Mr= = =

2 4 422 2 2

3π π π;

v

G Mr

Tr

v= =; 2 2π

58



1. MOVIMIENTO VIBRATORIO ARMÓNICO SIMPLE(págs. 97, 102 y 103)

1. En un movimiento periódico las variables posición, velo-cidad y aceleración de la partícula o del cuerpo tomanlos mismos valores después de cada intervalo de tiempodenominado período.

En un movimiento oscilatorio la partícula se desplaza su-cesivamente a un lado y a otro de la posición de equili-brio, repitiendo a intervalos regulares de tiempo los valo-res de sus variables cinemáticas.

El movimiento armónico simple es el movimiento oscila-torio sobre una recta, de un cuerpo sometido a unafuerza de atracción proporcional a la distancia al puntode equilibrio o centro de oscilaciones, y de sentidoopuesto al vector posición del cuerpo respecto a dichopunto.

2. Un movimiento periódico no tiene por qué ser oscilato-rio. Pueden repetirse los valores de las magnitudes cine-máticas cada cierto intervalo de tiempo sin que el cuerpose desplace a un lado y a otro de un punto de equilibrio.Cualquier movimiento circular uniforme es periódico sinser oscilatorio. Por ejemplo, el movimiento de los plane-tas en torno al Sol.

3. No todos los movimientos oscilatorios son armónicos.Son oscilatorios todos los movimientos periódicos de unlado a otro de un punto de equilibrio, pero no tienenpor qué tener lugar a lo largo de una recta ni estar causa-dos por una fuerza de atracción proporcional a la distan-cia al punto de equilibrio.

4. Las oscilaciones de los extremos del diapasón se denomi-nan vibraciones porque son muy rápidas. Su período esmuy corto, y el valor exacto del período determina eltono del sonido que emite el diapasón.

5. a) Falso. La elongación no es el valor máximo de la am-plitud, sino que la amplitud es el valor máximo de laelongación.

b) Falso. x = ± A cuando sen (ωt + ϕ0) = 1

c) Cierto, siempre que utilicemos la ecuación del MASen la forma x = A sen (ωt + ϕ0)

d) Cierto.

e) Falso. La aceleración es nula cuando x = 0, y es máxi-ma para x = ± A.

f) Falso. La partícula se halla en el centro de oscilacióncuando x = 0 y a = 0, pero en este punto la velocidadtoma su valor máximo.

6. Datos: MAS con 15 vibraciones cada 40 segundos.

a) La frecuencia es el número de vibraciones por segun-do. Por tanto:

b) Calculamos el período a partir de la frecuencia:

c) Determinamos la pulsación:

7. Datos: MAS; ϕ0 = 0; f = 50 Hz; A = 3 cm = 0,03 m

a) Calculamos el período como el inverso de la frecuen-cia:

b) Determinamos la pulsación a partir de la frecuencia:

c) Escribimos la ecuación de la elongación del movi-miento armónico simple:

8. Datos: MAS; ϕ0 = π/4; f = 60 Hz; A = 2 m

a) Calculamos el período como el inverso de la frecuen-cia:

b) Determinamos la pulsación a partir de la frecuencia:

c) Escribimos la ecuación de la elongación:

9. Datos: MAS; A = 0,05 m; T = 4 s; t0 = 0; x0 = 0; v0 > 0

a) Si la partícula se encuentra en el origen en el tiempoinicial, su fase inicial es cero:

b) Determinamos la pulsación a partir del período:

c) Escribimos la ecuación de la elongación: ω π π π= = =2 2

4 2T srad

s

ϕ0 0=

x A t t= + = +

sen( ) senω ϕ π π0 2 120

4

ω π π π= = ⋅ =2 2 60 120f Hz rad s/

T

f Hzs= = =1 1

600 017,

x A t t= + =sen( ) , sen ( )ω ϕ π0 0 03 100

ω π π π= = ⋅ =2 2 50 100f Hz rad s/

T

f Hzs= = =1 1

500 02,

ω π π= = ⋅ =2 2 0 375 2 36f Hz rad s, , /

T

f Hzs= = =1 1

0 3752 67

,,

f

vibracioness

Hz= =15

400 375,

59

4. Movimientos vibratorios



d) Calculamos el valor de la elongación en t = 1 s:

10. Datos: MAS; A = 0,03 m; f = 150 Hz; x0 = A; t0= 0

Calculamos la pulsación a partir de la frecuencia:

Escribimos la ecuación del MAS, dejando la fase inicialpor determinar:

Determinamos la fase inicial a partir de los datos del pro-blema:

Entonces:

11. Datos: MAS; A = 3 cm = 0,03 m; f = 5 Hz; ϕ0 = 3π/2

a) Calculamos la pulsación, para escribir la ecuación dela elongación:

b) Escribimos la ecuación de la velocidad:

c) La ecuación de la aceleración es:

12. Datos: MAS; T = 0,5 s; A = 0,05 m; ϕ0 = 0

a) Determinamos la pulsación y escribimos las ecuacio-nes de la elongación, la velocidad y la aceleración:

Para t = 10 s:

x (t = 10 s) = 0,05 sen (40π) = 0 m

v (t = 10 s) = 0,2π cos (40π) = 0,2π m/s

a (t = 10 s) = –0,8π2 sen (40π) = 0 m/s2

b) El cuerpo se encuentra en el origen de coordenadas,que es el punto de equilibrio o centro de oscilacióndel movimiento. En este punto, la velocidad del cuer-po es máxima y la aceleración es nula.

13. Datos: MAS; A = 0,2 m; T = 4 s; ϕ0 = π/3

Calculamos la pulsación del movimiento a partir del pe-ríodo:

Escribimos las ecuaciones para la elongación, la veloci-dad y la aceleración del movimiento:

14. Datos: MAS; f = 50 Hz; x = –0,001 m

Determinamos la pulsación:

Hallamos la aceleración a partir de su relación con laelongación:

15. En el MAS sólo existe una componente de la aceleración,ya que es un movimiento unidimensional, sobre una recta.La aceleración es siempre tangente a la velocidad, ya queson paralelas y, por lo tanto, no existe aceleración normal.

16. a) La coordenada x tiene el mismo valor para la partícu-la que describe el MCU que para su proyección. Loque diferencia el MCU del MAS es que en el primerovaría, además de la coordenada x, la coordenada y.

b) No, las dos partículas no tienen siempre la misma velo-cidad. La del MAS tiene una velocidad igual a la pro-yección en el eje horizontal de la velocidad del MCU.Tampoco tienen la misma aceleración, pues en elMCU la aceleración es normal, mientras que en el MASes la proyección en el eje x de la aceleración anterior.

17. Datos: MCU; R = 0,20 m; T = 2 s; x0 = 0; ϕ0 = π/2

El movimiento de la proyección sobre el eje de abscisasserá un MAS.

a m s= 10 2 2π /

a x rad s m= = ⋅– –( / ) (– , )ω π2 2100 0 001

ω π π π= = ⋅ =2 2 50 100f Hz rad s/

a A t t= + = +

– sen ( ) – , senω ω ϕ π π π20

20 052 3

v A t t= + = +

ω ω ϕ π π πcos ( ) , cos0 0 1

2 3

x A t t= + = +

sen( ) , senω ϕ π π0 0 2

2 3

ω π π π= = =2 2

4 2T srad

s

a t= – , sen ( )0 8 42π π a A t t= + = ⋅– sen ( ) – , ( ) sen( )ω ω ϕ π π2

020 05 4 4

v t= 0 2 4, cos ( )π π

v A t t= + = ⋅ω ω ϕ π πcos ( ) , cos ( )0 0 05 4 4 x A t t= + =sen( ) , sen ( )ω ϕ π0 0 05 4

ω π π π= = =2 2

0 54

T srad

s,

a t= +

– sen3 1032

2π π π a t= ⋅ +

– , ( ) sen0 03 10 1032

2π π π a A t= +– sen ( )ω ω ϕ2

0

v t= +

0 3 1032

, cosπ π π

v A t t= + = ⋅ +

ω ω ϕ π π πcos ( ) , cos0 0 03 10 10

32

x A t t= + = +

sen( ) , senω ϕ π π0 0 03 10

32

ω π π π= = ⋅ =2 2 5 10f Hz rad s/

x t= +

0 03 3002

, sen π π

ϕ π0 2

=

x A0 0 00 03 0 03 1= = = =, , sen ; sen ;ϕ ϕ

x A t t= + = +sen( ) , sen ( )ω ϕ π ϕ0 00 03 300

ω π π π= = ⋅ =2 2 150 300f Hz rad s/

x m= ⋅

=0 052

1 0 05, sen ,π

x A t t= + =

sen( ) , senω ϕ π0 0 05

2

60



La amplitud coincidirá con el radio de la circunferencia,A = R = 0,20 m.

El período será el mismo que el del MCU, T = 2 s. Enton-ces, la pulsación es:

Teniendo en cuenta que en el instante inicial la proyec-ción de la posición de la partícula coincide con el ori-gen, si escribimos la ecuación en seno, la fase inicial seránula:

Podemos también escribir la ecuación en función del co-seno, y la fase inicial será entonces ϕ0 = π/2:

2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE (págs. 105, 107 y 109)

18. a) En el oscilador armónico simple, el valor de la fuerzarecuperadora es F = –Kx. Por lo tanto, de la 2ª ley deNewton tenemos que:

F = m a = –Kx; a = x

— En x = 0, la aceleración es nula.

— En x = A, el valor de la aceleración es A con di-

rección y sentido hacia la posición de equilibrio.

— En x = –A, el valor de la aceleración es A también

con dirección y sentido hacia la posición de equili-brio.

b) La aceleración es máxima para x = ± A.

19. Determinamos cómo varía la pulsación o frecuencia an-gular si duplicamos la masa del cuerpo:

Hallamos la variación de la frecuencia y del período:

La velocidad máxima será:

Y la aceleración máxima:

20. Datos: m = 200 g = 0,2 kg; K = 25 N/m

a) La amplitud será igual a la distancia desde el puntodel que soltamos el cuerpo hasta el punto de equili-brio. El punto de equilibrio para el sistema formadopor el resorte y la masa se encuentra, respecto a lalongitud natural del resorte, a una distancia tal queel peso del cuerpo y la fuerza del resorte son iguales:

b) Determinamos el período del movimiento, que es in-dependiente de la amplitud:

El período del movimiento es el mismo que en elcaso en que el resorte está horizontal. La presenciade la gravedad no altera el período.

21. Datos: m = 2,0 kg; Fmax = 8,0 N; A = 20 cm = 0,2 m

a) Hallamos la constante elástica a partir de la fuerzaque realiza el resorte cuando la elongación es máxi-ma:

b) Calculamos el período del movimiento:

22. Datos: m = 50 g = 0,05 kg; T = 1,5 s

Hallamos la constante recuperadora del resorte a partirde la expresión del período:

23. Datos: m = 2 kg; K = 65 N/m; A = 0,3 m

a) Inicialmente el cuerpo está en reposo. Por tanto, suenergía potencial inicial coincide con su energía me-cánica:

b) La velocidad máxima se alcanzará cuando la energíapotencial sea nula. Entonces, toda la energía mecáni-ca es energía cinética, Ec = E:

Ep E K A

Nm

m J= = = ⋅ ⋅ ( ) =12

12

65 0 3 2 9252 2, ,

TmK

TmK

Km

T

Kkg

s

Nm

= = =

= =

2 4 4

40 05

1 50 88

2 2 22

22

π π π

π

; ;

,

( , ),

TmK

kgNm

s= = =2 22

401 4π π ,

KF

ANm

Nm

max= = =8 00 2

40,,

TmK

TkgNm

s= = =2 20 2

250 56π π;

,,

xkg

Nkg

Nm

m A m=⋅

= =0 2 9 8

250 08 0 08

, ,, ; ,

mg Kx x

m gK

= =;

a A A A amax max= ± = ±

= ± =ω ω ω2

0

2

02

01

2

12

12

v A A vmax max= ± = ± =ω ω0

02

1

2

f f

T T

= = ⋅ =

= = =

ωπ

ωπ

πω

πω

2 21

2

1

2

2 22 2

00

00

ω ω ω ω ω

02

0

2

00

2 0

212 2

= = = = =Km

Km

Km

; ;

Km

–Km

–

Km

x A t t= + = +

cos( ) , cosω ϕ π π0 0 2

2

x A t t= + =sen( ) , sen ( )ω ϕ π0 0 2

ω π π π= = =2 2

2T srad

s

61



24. Datos: m = 1,5 kg; K = 1,5 N/m; vmax = ±3 m/s

a) Por la conservación de la energía mecánica, la ener-gía del bloque parado es igual a su energía en cual-quier otro instante de tiempo. Cuando la velocidades máxima, la energía potencial es cero y la energíamecánica coincide con la energía cinética.

b) Despejamos la amplitud de la expresión de la energíamecánica:

c) Calculamos la pulsación y determinamos la acelera-ción máxima:

25. Datos: x1 = 5 cm = 0,05 m; m1 = 1,0 kg;

m2 = 500 g = 0,5 kg; A = 3 cm = 0,03 m

a) Calculamos la constante de recuperación del resortea partir de los datos para la primera masa que colga-mos. La posición de equilibrio x1 es aquélla para lacual el peso del cuerpo que colgamos y la fuerza delmuelle son iguales y de sentido contrario:

b) Calculamos la energía potencial del resorte en elpunto de máxima deformación (x = A), donde todala energía será energía potencial:

c) La energía mecánica se conserva, por lo que es iguala la energía potencial en el punto de máxima defor-mación, donde el cuerpo está en reposo. En otra po-sición, como en x = 2 cm, la energía cinética será la

energía mecánica menos la potencial. Determinamosla energía potencial del resorte en x = 2 cm = 0,02 m:

Entonces, la energía cinética en este punto es:

d) Determinamos la velocidad en este punto a partir dela energía cinética:

26. Si tenemos un reloj de péndulo que adelanta, hemos deaumentar la longitud del péndulo. De esta forma, el pe-ríodo de oscilación será más largo y las manecillas del re-loj avanzarán más lentamente.

— Si un péndulo simple tiene un período de T = 2 scon L = 1 m, otro con T = 5 s tendrá una longitudmayor, ya que el período es directamente proporcio-nal a la raíz cuadrada de la longitud del péndulo.Concretamente, la longitud del segundo pénduloserá de 6,25 m. Para encontrarla, despejamos el va-lor de la gravedad en el lugar del experimento a par-tir de la longitud y el período del primer péndulo:

Utilizamos este valor de g para hallar la longitud delsegundo péndulo:

27. a) Datos: L = 0,556 m; g = 9,75 m/s2

Determinamos el período del péndulo en este lugar:

b) Datos: gL = 1,96 m/s2; TT = 2 s; gT = 9,8 m/s2

Con los datos del péndulo en la Tierra, determina-mos su longitud:

Conociendo la longitud, hallamos el período en laLuna:

TL

gT

mm

s

sLL

L= = =2 20 99

1 964 47

2

π π;,

,,

TL

gL

g T

L

m

ss

m

TT

T T= =

=⋅ ( )

=

24

9 8 2

40 99

2

2

2

2

2

ππ

π

;

,,

TLg

Tmm

s

s= = =2 20 556

9 751 5

2

π π;,

,,

Lg T

L m= =2

246 25

π; ,

T

Lg

gL

Tg

m

s= = =2 4 9 872

2 2π π; ; ,

Ec m v v

Ecm

vJ

kgms

= = =⋅

=12

2 2 0 0490 5

0 4432 ; ;,

,,

Ec E Ep Ec J J J= = =– ; , – , ,0 088 0 039 0 049

Ep K x Ep

Nm

m J= = ⋅ ⋅ ( ) =12

12

196 0 02 0 0392 2; , ,

E

Nm

m J= ⋅ ⋅ ( ) =12

196 0 03 0 0882

, ,

Ep E K A= = 1

22

Kkg

Nkg

mNm

=⋅

=1 9 8

0 05196

,

,

m g Kx Km g

x1 11

1

= =; ;

a A a

rads

mm

smax max= ± = ±

⋅ = ±ω22

21 3 3;

ω = = =Km

Nmkg

rads

1 5

1 51

,

,

E K A AE

KA

JNm

m= = =⋅

=12

2 2 6 75

1 532 ; ;

,

,

E Ec m v kg

ms

Jmax max= = = ⋅ ⋅ ±

=12

12

1 5 3 6 7522

, ,

E Ec m v vE

m

vJ

kgms

= = = ±

= ±⋅

= ±

12

2

2 2 9252

1 7

2 ;

,,

62



3. OTROS MOVIMIENTOS OSCILATORIOS (pág. 111)

28. La frecuencia de un oscilador amortiguado permanececonstante, no disminuye. Lo único que disminuye es laamplitud. La frecuencia no puede variar porque es unamagnitud propia del oscilador, esté o no amortiguado.El amortiguamiento depende de las características deloscilador y del agente amortiguador, y de la velocidaddel oscilador en cada momento.

29. Un oscilador entra en resonancia cuando actúa sobre éluna fuerza externa periódica de frecuencia igual a la fre-cuencia propia del oscilador. Si además de esta fuerzaperiódica existe otra fuerza amortiguadora que disipemás energía que la suministrada por la fuerza periódica,las oscilaciones serán amortiguadas. En cambio, si laenergía disipada es inferior a la suministrada por la fuer-za periódica, la amplitud de las oscilaciones, en vez deamortiguarse, aumentará.


a) Resonancia, osciladores forzados y osciladores amorti-guados.

Un oscilador sobre el que actúe una fuerza disipativa rea-lizará oscilaciones amortiguadas. En cada ciclo, el osci-lador irá perdiendo energía, y por ello la amplitud delmovimiento irá disminuyendo. El movimiento será pe-riódico, con la misma frecuencia natural del oscilador,pero, a diferencia del MAS, la amplitud no es constante,sino que decrece.

Si además de la fuerza disipativa existe alguna otra fuerzaexterna que proporcione energía al oscilador, hablamosde oscilaciones forzadas. En el caso que la energía sumi-nistrada compense exactamente la que el oscilador pier-de a causa de la amortiguación, el movimiento tiene elmismo período natural y amplitud constante, como elMAS.

Una manera de introducir esta energía es mediante unafuerza periódica. La absorción de energía por parte deloscilador será máxima cuando esta fuerza tenga un pe-ríodo igual o casi igual al período natural del oscilador.En este caso, no sólo se mantendrán las oscilaciones sindisminuir su amplitud, sino que la amplitud del movi-miento irá en aumento, llegando incluso a sobrepasarlos límites de resistencia de la estructura del oscilador.Se trata de un fenómeno de resonancia. El período delmovimiento es el natural del sistema, pero en este caso laamplitud tampoco es constante, sino que aumenta.

b) Tres ejemplos de resonancia:

Cuando nos impulsamos en un columpio, estamos for-zando las oscilaciones. Si nos impulsamos en el momen-to adecuado en cada ciclo (es decir, con la frecuencianatural del columpio), la amplitud del movimiento vacreciendo.

La mayoría de los instrumentos musicales tiene lo que sellama una caja de resonancia. Así, por ejemplo, la forma

de una guitarra o de un violín es la adecuada para que elaire de su interior entre en resonancia con las notas pro-ducidas por la vibración de las cuerdas. De esta forma, seamplifica la intensidad del sonido.

Otro ejemplo de resonancia poco visible pero muy útil esel microondas. En este caso, los osciladores son las molé-culas de agua que todos los alimentos contienen. Comola temperatura de un material es consecuencia de las vi-braciones de sus átomos y moléculas, si conseguimos ha-cer vibrar con mayor amplitud las moléculas de agua delos alimentos, conseguiremos que su temperatura au-mente. Para hacer oscilar la molécula de agua, el micro-ondas emite radiación electromagnética de una frecuen-cia igual o parecida a la frecuencia propia de la moléculade agua, la cual entra en resonancia y vibra cada vez conmás amplitud.

En la industria y en la construcción en necesario preve-nir el fenómeno de resonancia y tomar medidas para evi-tarlo. Por ejemplo, en los puertos, la distancia entre losdiques no debe ser un múltiplo de la longitud de ondade las olas de los temporales más frecuentes en esa costa.Si lo fuera, las oscilaciones del agua dentro del puertoentrarían en resonancia con las olas del temporal y su al-tura iría en aumento. Otro ejemplo es la construcción degrandes edificios. Algunos rascacielos disponen de un sis-tema amortiguador para reducir las oscilaciones cuandosoplan fuertes vientos. El sistema oscila con la misma fre-cuencia que el edificio pero con un desfase de 180°, demodo que amortigua las oscilaciones.


30. Datos: x (t = 5 s) = 3,36 m; v (t = 5 s) = 0,216 m/s;

ω = 0,1 rad/s

a) Determinamos la frecuencia a partir de la pulsación:

b) Determinamos la amplitud a partir de la relación en-tre la elongación y la velocidad para t = 5 s:

c) Escribimos la ecuación de la elongación en t = 5 s,cuando la velocidad es positiva, para determinar lafase inicial:

3 36 4 0 1 5 0, sen ( , )= ⋅ + ϕ

x A t= +sen ( )ω ϕ0

Av

x A

ms

rads

m m= + =

+ =2

22

2

22

0 216

0 1

3 36 4ω

;,

,

( , )

v A x v A x A

vx= ± = ( ) = +ω ω

ω2 2 2 2 2 2 2

2

22– ; – ;

ω π ω

π π π= = = =2

2

0 1

20 05

f f

rads f Hz;

,;

,

63



Como la velocidad, que varía con el coseno del ángu-lo de fase, es positiva:

d) La aceleración en t = 5 s será:

e) Determinamos la elongación, la velocidad y la acele-ración para t = 0 s:

f) Las expresiones de la elongación, la velocidad y laaceleración en función del tiempo son:

g) Para representar la elongación en función del tiem-po, hallamos varios puntos y los representamos. Esco-gemos los puntos de elongación máxima, mínima ycero:

31. Datos: m = 1 g = 0,001 kg; f = 103/π Hz;

amax = ± 8,0· 103 m/s2

a) Determinamos la pulsación a partir de la frecuencia:

b) Hallamos la amplitud a partir de la aceleración en elextremo del recorrido, punto donde la elongacióncoincide con la amplitud del movimiento:

c) Utilizamos la relación entre la velocidad y la elonga-ción para determinar la velocidad de la partículacuando su elongación es de x = 1,2 mm = 1,2 · 10–3 m:

d) Determinamos la fase inicial a partir de la velocidadpara t = 2 s:

Escribimos las ecuaciones de la elongación, la veloci-dad y la aceleración:

32. Datos: m = 0,6 kg; K = 10 N/m; A = 5 cm = 0,05 m

Hay que tener en cuenta que se trata de un MAS deenergía constante, ya que no existe rozamiento.

a) Calculamos la energía total del sistema:

b) El cuerpo tendrá velocidad máxima cuando toda suenergía sea cinética, lo que sucede en el punto deequilibrio:

c) Determinamos la energía potencial del cuerpo en x = 2 cm = 0,02 m:

Ep K x Ep

Nm

m J= = ⋅ = ⋅12

12

10 0 02 2 102 2 3; ( , ) –

v

Jkg

m smax = ±⋅

= ±2 0 012

0 60 2

,,

, /

Ec E m v v

Emmax max max= = = ±1

222 ;

E K A ENm

m J= = ⋅ =12

12

10 0 05 0 01252 2; ( , ) ,

a A t t= + = ⋅ ⋅ ⋅– sen ( ) – sen ( – )ω ω ϕ20

3 3 38 10 2 10 4 10 v A t t= + = ⋅ ⋅ω ω ϕcos ( ) cos ( – )0

3 34 2 10 4 10 x A t t= + = ⋅ ⋅ ⋅sen( ) sen ( – )–ω ϕ0

3 3 32 10 2 10 4 10

( ) ; –4 10 0 4 1030 0

3⋅ + = = ⋅ϕ ϕ rad 4 4 4 10 4 10 13

03

0= ⋅ + ⋅ + =cos ( ); cos ( )ϕ ϕ 4 2 10 2 10 2 10 23 3 3

0= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +– cos ( )ϕ v A t= +ω ω ϕcos ( )0

v m s= ±3 2, /

v rad s m m= ± ⋅ ⋅ ⋅2 10 2 10 1 2 103 3 2 3 2/ ( ) – ( , )– –

v A x= ±ω 2 2–

A m mm= ⋅ =2 10 23–

a A A

aA

m s

rad smax

max= = =⋅

⋅ω

ω2

2

3 2

3 2

8 0 10

2 10; ;

, /

( / )

ω π π

π= = ⋅ = ⋅2 2

102 10

33f Hz rad s/

a A t t= + = +– sen ( ) – , cos ( , , )ω ω ϕ20 0 04 0 1 0 5

v A t t= + = +ω ω ϕcos ( ) , cos ( , , )0 0 4 0 1 0 5 x A t t= + = +sen( ) sen ( , , )ω ϕ0 4 0 1 0 5

a x rad s m m s= = ⋅ =– –( , / ) , – , /ω2 2 20 1 1 9 0 02

v m s= 0 35, /

v A t= + = ⋅ ⋅ +ω ω ϕcos ( ) , cos ( , , )0 4 0 1 0 1 0 0 5

x A t m= + = ⋅ + =sen( ) sen ( , , ) ,ω ϕ0 4 0 1 0 0 5 1 9

a rad s m m s= ⋅ =–( , / ) , – , /0 1 3 36 0 032 2

a A t x= + =– sen ( ) –ω ω ϕ ω20

2

( , ) ; ( – , ) ,0 5 1 1 0 5 0 50 0+ = = =ϕ ϕrad rad rad

0 5 0 84 1 10, arcsen , ( – )+ = =ϕ πrad o rad

sen ( , ),

,0 53 36

40 840+ = =ϕ

mm

64

t (s) x (m)

0 1,9

10,7 A = 4

26,4 0

42,1 –A = –4

57,8 0

60 0,86

x (m)

t(s)

4

2

15 30 45 60

–2

–4



La energía cinética es la energía total menos la po-tencial:

33. Datos: m = 0,5 kg; A = 10 cm = 0,1 m; T = 2 s

a) Determinamos la energía total del sistema, que coin-cidirá con la energía potencial máxima en los extre-mos de la trayectoria, y con la cinética máxima en elpunto de equilibrio. Para ello, calculamos primero lapulsación a partir del período:

b) La velocidad del cuerpo será máxima cuando sea má-xima su energía cinética. Por tanto:

c) En este sistema, la energía sólo depende de las carac-terísticas del muelle (K) y del movimiento (A). Es in-dependiente de la masa del cuerpo. Por tanto, conun cuerpo de m = 2 kg tendríamos los mismos resul-tados.

34. Datos: m = 0,5 kg; L = 1 m; α = 8° = 0,14 rad; g = 9,8 m/s2

a) Hallamos la pulsación y la amplitud para determinarla energía potencial máxima, Ep:

b) Calculamos la velocidad máxima a partir de la ener-gía cinética máxima:

35. Datos: L = 0,248 m; T = 1 s; α = 18° = 0,314 rad;

m = 5 g = 0,005 kg

a) Determinamos g en ese punto a partir del períododel movimiento:

b) Hallamos la amplitud y la pulsación del movimientopara calcular la velocidad máxima:

c) La fuerza que tiende a llevarlo a la posición de equili-brio es máxima en los puntos de máxima elongación:


36. a) La aceleración de un oscilador armónico, en el pun-to donde la velocidad es máxima, es nula (esto ocu-rre en el punto de equilibrio, de elongación nula).

b) Cuando la elongación es máxima, la aceleración estambién máxima, mientras que la velocidad es nula.

37. x = A sen (ωt + ϕ0)

a) Si el movimiento comienza en el centro de la oscila-ción, x = 0 para t = 0. Por tanto:

ó π

b) Si el movimiento empieza en el punto extremo de laselongaciones positivas:

c) En el caso que comience en el extremo de las elonga-ciones negativas:

38. Una partícula que describe un MAS en un período reco-rre una distancia igual al doble de la amplitud, x = 2A.

— Si sabemos que en un instante la velocidad de unapartícula en una MAS es nula, podemos decir que lapartícula está en uno de los puntos extremos, perono podemos saber si está en x = A o en x = –A. Tam-

– sen ; sen – ;A A= = =ϕ ϕ ϕ π

0 0 0132

A A= = =sen ; sen ;ϕ ϕ ϕ π

0 0 012

0 0 00 0 0= = =A sen ; sen ;ϕ ϕ ϕ

Fkg

m

sm

m Nmax = ±⋅

⋅ = ±0 005 9 79

0 2480 078 0 015

2, ,

,, ,

F Kx F KAm g

LAmax= = ± =;

v A m rad s m smax = ± = ± ⋅ = ±ω π0 078 2 0 49, / , / ω π π π= = =2 2

12

T srad

s

A L rad m m= = ⋅ =α 0 314 0 248 0 078, , ,

g

m

sg m s= =4

0 248

19 792

22π

,

( ); , /

T

Lg

gL

T= =2 4 2

2π π;

v

Jkg

m smax = ±⋅

= ±2 0 05

0 50 45

,,

, /

Ec m v Ec Ep vEc

mmax max maxmax= = = ±1

222 ; ;

Ep kg

rads

m Jmax = ⋅ ⋅

⋅ =12

0 5 3 1 0 14 0 052

2, , ( , ) ,

Ep E K A m Amax = = =1

212

2 2 2ω

A L rad m m= = ⋅ =α 0 14 1 0 14, ,

ω ω= = =

gL

m

sm

rad s;,

, /9 8

13 1

2

v

Jkg

m smax = ±⋅

= ±2 0 02

0 50 3

,,

, /

Ec m v v

Ecmmax

max= = ±12

22 ;

Ec Ep E Jmax max= = = 0 02,

E kgrad

sm= ⋅ ⋅

⋅12

0 5 0 12

2, ( , )π

Ec Ep E K A m Amax max= = = =1

212

2 2 2ω

ω π ω π π= = =2 22T s

rads

;

Ec E Ep Ec J J J= = ⋅ =– ; , – ,–0 012 2 10 0 013

E Ep Ec= +

65



poco podemos conocer el sentido de su desplaza-miento.

39. La proyección sobre un diámetro de un MCU correspon-de a la elongación de un MAS. El radio del MCU es iguala la amplitud del MAS. La frecuencia y el período delMCU y del MAS son los mismos. La velocidad del MAScorresponde a la proyección de la velocidad lineal delMCU, y la aceleración del MAS es la proyección de laaceleración normal del MCU.

40. La fuerza que aplicamos para estirar el extremo de unmuelle debe ser igual pero de signo opuesto a la fuerzaelástica del resorte en el punto en que lo soltamos. No es lafuerza elástica, porque la aplicamos nosotros y no el mue-lle, pero debe ser igual en módulo y de sentido opuesto.

41. El período de oscilación de un resorte depende de lamasa colgada en el extremo y de la constante del muelle.Por tanto, si cambiamos la masa, cambiará el período.

— En particular, si duplicamos la masa, m’ = 2 m:

42. Como la energía total del sistema es la cinética más lapotencial, los puntos de la trayectoria de un MAS en losque la energía potencial y la cinética sean iguales verifi-

carán que Ep = Ec = E:

43. Como el período de un péndulo es inversamente pro-porcional a la raíz cuadrada de la gravedad, en la Luna,donde la gravedad es menor, el péndulo oscilará máslentamente que en la Tierra; es decir, el período serámás largo. En cambio, en Júpiter, donde la gravedad esmucho mayor, el período del péndulo será mucho máspequeño y oscilará más rápido.

44. Un sistema real, con fuerzas de rozamiento, sólo podrátener un MAS si existe algún dispositivo que fuerce lasoscilaciones, proporcionando al sistema justamente laenergía que disipa la fuerza de rozamiento.

45. Datos: MAS; f = 150 Hz; A = 5 cm = 0,05 m

a) Hallamos el período a partir de la frecuencia:

b) Calculamos la pulsación:


Si en t = 0 la elongación es x = 0, podemos determi-nar la fase inicial:

ó π

Como en t = 0 es v > 0, tenemos:

v = A cos ϕ0 > 0

Por lo tanto, ϕ0 = 0:

46. Datos: MAS; x = 0,20 sen (10t + π/2), unidades SI

De la expresión de la elongación deducimos que A = 0,20 m, ω = 10 rad/s y ϕ0 = π/2.

Determinamos la velocidad máxima a partir de la ecua-ción de la velocidad:

— Cuando la velocidad es máxima, sabemos que la par-tícula está exactamente en x = 0. Sin más informa-ción, no podemos saber el sentido del movimiento.

47. a) Datos: MAS; a = –90 m/s2 cuando x = 0,10 m

Determinamos la pulsación a partir de la relación en-tre la aceleración y la elongación:

Hallamos el período:

b) Datos: MAS; x = –0,01 m; f = 5 Hz

Calculamos la pulsación y relacionamos la acelera-ción con la elongación:

c) Datos: MAS; a = –2x; A = 0,01 m

De la relación entre a y x hallamos la pulsación y elperíodo:

T

rad ss= = =2 2

22

πω

π π/

a x x rad s= = =– – ; /ω ω2 2 2

a x a rad s m m s= = ⋅ =– ; –( / ) (– , ) /ω π π2 2 2 210 0 01 ω π π ω π= = ⋅ =2 2 5 10f Hz rad s; /

ω π π

ωπ= = = =2 2 2

300 21

TT

rad ss;

/,

a x

ax

m

sm

rads

= = =

=– ;–

;– –

,ω ω ω2

290

0 1030

v A v rad s m v

v m smax max max

max

= ± = ± ⋅

= ±

ω ; / , ;

/

10 0 20

2

x t= 0 05 300, sen( )π

0 0 05 300 0 0 00 0 0= ⋅ + = =, sen ( ); sen ;π ϕ ϕ ϕ

x A t t= + = +sen( ) , sen ( )ω ϕ π ϕ0 00 05 300

ω π ω π ω π= = ⋅ =2 2 150 300f Hz rad s; ; /

T

fT

Hzs= = = ⋅1 1

1506 7 10 3; , –

12

14

12

1

22 2 2 2K x K A x A x A= = = ±; ;

Ep K x E K A K A= = =

=12

12

12

12

14

2 2 2

12

′ = ′ = = ⋅ ′ =T

mK

mK

mK

T T2 22

2 2 2π π π ;

T

mK

= 2π

66

P van

avx

Rωt + ϕ0

x = R cos (ωt + ϕ0) = A sen (ωt + ϕ’0)

ωt + ϕ0



Con ello, podemos escribir la ecuación de la elonga-ción, excepto la fase inicial, que supondremos nula:

48. Datos: MAS; a = –16 π2 x; A = 0,04 m

A partir de la elongación máxima, encontramos el valorde la aceleración máxima:

Calculamos la velocidad máxima:

49. Datos: K = 20 N/m; m = 300 g = 0,3 kg

La posición de equilibrio del cuerpo será aquélla en quela fuerza recuperadora del muelle y el peso del cuerposean iguales:

a) La amplitud de las oscilaciones será la distancia des-de el punto en que lo soltamos (longitud natural delmuelle) hasta el punto de equilibrio, A = 0,15 m. Esdecir, la amplitud coincidirá con el alargamiento delmuelle. Entonces, la posición más baja estará a –2Ade donde lo hemos soltado, a una distancia x = –Adel punto de equilibrio y centro de las oscilaciones.Así, la posición más baja será x = –0,15 m respecto ala posición de equilibrio.

b) Determinamos el período del movimiento:

50. Datos: m = 1,8 kg; K = 20 N/m; A = 30 cm = 0,3 m

En la posición de equilibrio, la energía cinética y la velo-cidad son máximas, mientras que la energía potencial esnula. Calculamos la energía total del sistema, que coin-cidirá con la energía cinética en la posición de equili-brio:

Hallamos la velocidad:

51. Datos: T = 10 s

Despejamos la longitud del péndulo de la expresión delperíodo:

52. Datos: MAS; x = 4 cos (πt + π/4), unidades SI

a) La pulsación del movimiento es ω = π rad/s. Por tan-to, el período y la frecuencia serán:

b) Calculamos la posición, la velocidad y la aceleraciónpara t = 1 s:

53. Datos: MAS; t1 = 0,75 s, x1 = 2 m; t2 = 3,75 s; v2 = 0 m/s;

T = 6 s

a) Determinamos primero la pulsación a partir del pe-ríodo, para escribir la ecuación de la elongación parat1 y la ecuación de la velocidad para t2:

A partir de la segunda ecuación determinamos par-cialmente la fase inicial:

rad o rad

Como la elongación en t1 es positiva:

sen (0,25π + ϕ0) > 0 y ϕ0 = –1,75π rad

Hallamos ahora la amplitud despejándola de la ecua-ción de la elongación para t1:

A = 2 m

2 0 25 1 75 1 5= = =A A Asen ( , – , ) sen (– , )π π π

ϕ π0 1 75= – , ϕ π0 0 75= – ,

1 25

20, π ϕ π+ = ±

0

31 25 1 25 00 0= + + =A

π π ϕ π ϕcos ( , ); cos ( , )

v A t A2 2 0 03 3

03

1 25= +

= +π π ϕ π π ϕcos ; cos ( , )

x A t A1 1 0 03

2 0 25= +

= +sen ; sen ( , )π ϕ π ϕ

ω π π π= = =2 26 3T s

rads

a s

m

s= ⋅ +

= =– cos – cos ,4 14

454

27 92 22

π π π π π v s

ms

= ⋅ +

= =– sen – sen ,4 14

454

8 89π π π π π x s m= ⋅ +

= =4 14

454

2 83cos cos – ,π π π

T s fT

Hz= = = = =2 22

10 5

πω

ππ

; ,

L

sm

s m=⋅

=( ) ,

,10 9 8

424 8

22

2π

T

Lg

TLg

LT g

= = =2 44

2 22

2π π

π; ;

Ec m v v

Ecm

vJ

kgv

ms

= = ± = ±⋅

= ±12

2 2 0 91 8

1 02 ; ;,

,; ,

Ec E J= = 0 9,

Ec E K A E

Nm

m J= = = ⋅ ⋅ =12

12

20 0 3 0 92 2; ( , ) ,

TmK

Tkg

N ms

=

= =

2

20 3

200 77

π

π,

/,

m g Kx

xm gK

xkg

Nkg

Nm

m

=

= =⋅

=

–

– ; –, ,

– ,0 3 9 8

200 15

v A A

m

s

msmax = ± = ± = ± ⋅ = ±ω π π π16 4 0 04 0 162

2, ,

a A

rad

sm

m

smax = ± = ± ⋅ = ±ω π π2 2

2

22

216 0 04 0 64, ,

x t= 0 01 2, sen( ) x A t= +sen( )ω ϕ0

67



b) En t2 = 3,75 s, como sabemos que la velocidad esnula, la partícula se encuentra en uno de los extre-mos de su movimiento y la aceleración es máxima.Por tanto:

c) Calculamos la velocidad máxima:

d) Escribimos las ecuaciones de la elongación, la veloci-dad y la aceleración en función del tiempo:

54. Datos: ∆x = 10 cm = 0,1 m; m = 2 kg; A = 3 cm = 0,03 m

a) Determinamos la constante del resorte a partir de lanueva posición de equilibrio para la masa de 2 kg:

Hallamos la pulsación y el período del MAS del re-sorte:

b) La velocidad máxima es:

c) Determinamos la energía mecánica, que será cons-tante para todo el movimiento:

55. Datos: K = 250 N·m–1; x = –10 cm = –0,1m; m = 0,5 kg

a) Inicialmente, cuando el muelle está comprimido,toda su energía es potencial, y es:

En ese instante, el cuerpo está en reposo y su energíacinética es nula. Cuando el resorte empieza a estirar-se, pierde paulatinamente energía potencial y la cedeal cuerpo, que adquiere energía cinética. Finalmen-

te, el cuerpo sale despedido con una energía cinéticaigual a la energía potencial inicial del resorte:

Ec = 1,25 J

b) Calculamos la velocidad del cuerpo a partir de suenergía cinética:

56. Datos: L = 155 cm = 1,55 m; 100 vibraciones en 250 s; α = 20° = 0,35 rad

Determinamos el período del péndulo:

Hallamos la aceleración de la gravedad en ese lugar apartir de la fórmula del período del péndulo:

— Calculamos la amplitud del movimiento, para deter-minar a continuación la velocidad máxima:


1. En un MAS el vector posición y la aceleración nunca tie-nen el mismo sentido, ya que la aceleración siempreapunta hacia el punto de equilibrio, y este mismo puntoes el origen de las posiciones.

La aceleración y la velocidad, en cambio, sí pueden te-ner el mismo sentido, pero no lo tienen siempre. Sólotienen el mismo sentido cuando el oscilador se desplazadesde uno de los extremos hasta el punto de equilibrio.Pero mientras se mueve del centro a los extremos, la ve-locidad y la aceleración tienen sentidos opuestos.

La velocidad y el desplazamiento tienen el mismo senti-do en el tramo del centro de las oscilaciones a los extre-mos, pero tienen sentido opuesto en el movimiento devuelta desde los extremos al punto de equilibrio.

2. Escribimos primero la ecuación de la velocidad y deter-

minamos el valor de la fase cuando v = vmax:

12 30 0= + + =cos ( );ω ϕ ω ϕ π

t t

v v A A tmax= = = +1

212 0ω ω ω ϕcos ( )

12

v m smax = 1 4, / v A v A f m Hzmax max= = ⋅ = ⋅ ⋅ω π π; , , ;2 0 54 2 0 4

A L m m= = ⋅ =α 0 35 1 55 0 54, , ,

g

m

s

m

s= =4

1 55

2 59 792

2 2π

,

( , ),

TLg

gL

T= =2 4 2

2π π;

f

vibracioness

Hz Tf

s= = = =100

2500 4

12 5, ; ,

Ec mv v

Ecm

Jkg

vms

= = =⋅

=12

2 2 1 250 5

2 22 ;,

,; ,

Ep K x

Nm

m Ep J= = ⋅ ⋅ =12

12

250 0 1 1 252 2( , ) ; ,

E K A E

Nm

m J= = ⋅ ⋅ =12

12

196 0 03 0 0882 2; ( , ) ,

v A m rad s

v m smax

max

= ± = ± ⋅

= ±

ω 0 03 9 90

0 30

, , /

, /

Trad

s

T s= = =2 2

9 900 63

πω

π

,; ,

ω ω= = =K

m

Nm

kgrad

s

196

29 90; ,

m g K x K

m gx

kgNkg

mNm

= = =⋅

=∆∆

;,

,

2 9 8

0 1196

a t=

– sen – ,2

9 31 75

2π π π

v t=

23 3

1 75π π πcos – ,

x t=

23

1 75sen – ,π π

v Arad

sm

msmax = ± = ±

⋅ = ±ω π3

2 2 1,

a A a

rads

mm

smax max= =

⋅ =ω π22

232 2 2; ,

68



Conocida la fase, hallamos la elongación correspondiente:

3. a) Si un oscilador lineal duplica su amplitud, su energíatotal se cuadruplicará, ya que si A1 = 2A:

b) Si se duplica la frecuencia, la energía también se cua-druplica, ya que es proporcional a la constante recu-peradora K, y K = mω2. Así, si ω1 = 2ω:

c) Si se duplica la amplitud y se reduce la frecuencia ala mitad, la energía permanece constante, ya que siA1 = 2A y ω1 = ω/2:

4. El período de un péndulo simple de longitud L que osci-la en un lugar con gravedad g es, independientementede la masa colgada:

Para otro péndulo de longitud L’ = 2L, tendremos:

5. Datos: MAS; x0 = –A; T/4 = 0,1 s; 2A = 0,2 m

a) El tiempo que tarda en ir de un extremo de la trayec-toria al centro es una cuarta parte del período:

T = 4 · 0,1 s = 0,4 s

b) Hallamos la pulsación a partir del período:


Sabiendo que en t = 0 la posición es x0 = –A, determi-namos la fase inicial:

Hallamos la posición para t = 1 s:

6. Datos: m1 = 5 kg; K = 500 N/m; A = 10 cm = 0,1m

a) Calculamos la pulsación del resorte:

Escribimos la ecuación de la elongación tomandocomo origen de posiciones el punto de equilibrio,después de haber colgado la masa, y el sentido positi-vo hacia arriba:

Teniendo en cuenta que la posición inicial (para t = 0) es x0 = –A, determinamos la fase inicial:

b) La aceleración de la masa es nula en la posición deequilibrio, para x = 0.

c) La energía total del oscilador es constante a partirdel momento en que soltamos la masa:

En los puntos extremos de la trayectoria, la masaqueda momentáneamente en reposo, y toda la ener-gía es potencial elástica, debida a la compresión oalargamiento del resorte.

En el punto de equilibrio, la energía potencial elásti-ca es nula, y toda la energía del sistema está en formade energía cinética.

En este problema, como los desplazamientos son pe-queños, podemos considerar que la energía poten-cial gravitatoria es constante en todo momento. Esco-gemos el origen de forma que sea nula.

E K ANm

m

E J

= = ⋅ ⋅

=

12

12

500 0 1

2 5

2 2( , )

,

x t= +

0 1 1032

, senπ

sen – ;ϕ ϕ π

0 0132

= =

– , , sen ( )0 1 0 1 10 0 0= ⋅ + ϕ

x A t x t= + = +sen ( ); , sen ( )ω ϕ ϕ0 00 1 10

ω = = =K

m

Nm

kgrad

s

500

510

x s m= ⋅

=

=0 1 5 12

0 192

0 1, sen – , sen ,π π π

ϕ π

0 2= –

– sen ( ); sen –A A= ⋅ + =5 0 10 0π ϕ ϕ

x A t t= + = +sen ( ) , sen ( )ω ϕ π ϕ0 00 1 5

ω π ω π π= = =2 2

0 45

T srad

s;

,

′ =T T2

′ = ′ = = =TLg

Lg

Lg

T2 22

2 2 2π π π

T

Lg

= 2π

E m A K A E12 2 21

212

= = =ω

E K A m A m A1 1 1

212

12

221

212

12 4

4= = = ⋅ω ω

E K A m A m A E1 1

212 2 2 21

212

412

4= = = ⋅ =ω ω

E K A K A K A E1 1

2 2 212

12

2 412

4= = = ⋅ =( )

x A t A A= + = =sen ( ) sen ,ω ϕ π

0 30 86

69




• a) Movimiento periódico: La característica que define unmovimiento periódico es que se repite cada cierto in-tervalo de tiempo, que denominamos período.

b) Movimiento oscilatorio periódico: Se caracteriza por re-petirse cada cierto intervalo de tiempo (es periódico)sucesivamente a un lado y a otro de un punto de equili-brio.

c) Movimiento oscilatorio armónico simple: Se trata de unmovimiento periódico y oscilatorio, en el que la acele-ración en cada momento es proporcional a la elonga-ción y de sentido contrario.

• Datos: MAS; x = 0,3 sen (10πt) en unidades SI

a) Si comparamos con la expresión general de un MAS, x = A sen (ωt + ϕo), vemos que la fase inicial es ϕ0 = 0.

b) La pulsación es ω = 10π rad/s.

c) La amplitud es A = 0,3 m.

d) Calculamos el período a partir de la pulsación:

e) Hallamos la frecuencia, que es la inversa del período:

f) Calculamos la elongación para t = 0:

g) La elongación para t = 2 s es:

h) Para hallar la velocidad, derivamos la elongación:

• Consideramos un MAS con ecuación para la elongación x = A sen (ωt + ϕ0).

a) Si ϕ0 = 0, se cumple que en t = 0:

x = A sen ϕ0 = A sen 0 = 0

Por tanto, la elongación en el instante inicial debe sernula.

b) Si ϕ0 = ; en t = 0, x = A sen ϕ0 = A sen = A. Por tan-

to, en el instante inicial la elongación debe ser máximay positiva.

• Que el logaritmo en base b de a valga c (logb a = c) significaque b elevado a c vale a (bc = a).

• La unidad de presión en el Sistema Internacional es el Pa yla de densidad es el kg/m3.

1. ONDAS (pág. 120)

1. La perturbación que se propaga en las ondas formadasen la superficie del agua es la elevación de algunas partí-culas y el hundimiento de otras. De hecho, se está trans-mitiendo energía a través de las ondas, cosa que permitela elevación del agua.

2. a) Cuando la onda generada por nuestra sacudida en lacuerda alcance el cuerpo que cuelga de ella, el cuer-po se elevará y volverá a bajar.

b) Este hecho demuestra que las ondas transportanenergía, ya que el cuerpo, al elevarse, tiene mayorenergía potencial que antes, y esta energía no se pue-de crear de la nada. Es la energía que le llega a travésde la onda.

2. ONDAS MECÁNICAS (pág. 122)


Un fenómeno típicamente ondulatorio son las ondasque se crean en la superficie de un estanque cuando de-jamos caer una piedra. Las ondas que se propagan por elagua son ondas mecánicas, ya que precisan la presenciadel agua para propagarse.

4. Se define como onda transversal aquel movimiento on-dulatorio en el que la dirección de propagación de laperturbación y la dirección de oscilación de las partícu-las del medio perturbado son perpendiculares.

Se define como onda longitudinal aquel movimiento on-dulatorio en el que la dirección de propagación de laperturbación y la dirección de oscilación de las partícu-las del medio perturbado son paralelas.

5. Las ondas transmitidas por una cuerda son transversalesporque la propagación de la onda a lo largo de la cuerday la dirección de vibración de la cuerda (subiendo y ba-jando) son perpendiculares.

π2

π2

v s t

v s

( ) cos ( ) cos ( , )

( ) cos ( ) –

5 3 10 3 10 0 5

5 3 5 3

= = ⋅

= =

π π π π

π π π

v

dxdt

t t= = ⋅ =0 3 10 10 3 10, cos( ) cos( )π π π π

x= = =0 3 10 0 3 20 0, sen ( ) , sen ( )π πt m

x= = =0 3 10 0 3 0 0, sen ( ) , senπt m

f = = =1 10 2

5T s

Hz,

ω π π

ωππ

= 2T

; ,T s= = =2 210

0 2

70

5. Movimiento ondulatorio



6. Las ondas de compresión y expansión transmitidas porun resorte son longitudinales porque la dirección depropagación de las ondas y la dirección del movimientooscilatorio coinciden, son paralelas al resorte.

— Podemos establecer una onda transversal en un re-sorte dando un golpe en uno de sus extremos en ladirección perpendicular al resorte.

7. La velocidad de propagación de una onda mecánica de-pende de las propiedades del medio en el que se transmi-te. Para las ondas longitudinales, por ejemplo, en el casode sólidos, estas propiedades son la densidad y la constan-te elástica; mientras que en los fluidos la velocidad depen-de de la densidad y del módulo de compresibilidad.

8. a) En los fluidos sólo pueden propagarse las ondas me-cánicas longitudinales, ya que carecen de las fuer-zas recuperadoras necesarias para la transmisión deondas mecánicas transversales.

b) En los sólidos pueden transmitirse tanto las ondasmecánicas transversales como las longitudinales.

9. Datos: L = 50 m; t = 90 s

La velocidad de propagación de la onda es:

3. ONDAS ARMÓNICAS (págs. 124, 128 y 131)

10. Una onda armónica se define como una onda que tienesu origen en las perturbaciones periódicas producidas enun medio elástico por un movimiento armónico simple.

Las magnitudes que la caracterizan son:

Amplitud de la onda. Es el valor máximo de la elonga-ción, la máxima distancia al punto de equilibrio.

Longitud de onda, λ. Es la distancia mínima entre dospuntos consecutivos que se hallan en el mismo estado deoscilación.

Período, T. Es el tiempo que tarda un punto cualquieraen efectuar una oscilación completa, o bien, el tiempoque emplea la onda en avanzar una longitud de onda.

Frecuencia, f. Es el número de ondas que pasan por unpunto dado por unidad de tiempo. Coincide tambiéncon el número de oscilaciones que efectúa un punto delmedio por unidad de tiempo.

Las magnitudes de una onda transversal y de una ondalongitudinal se definen de la misma forma.

11. Si sacudimos el extremo de una cuerda tensa tres vecespor segundo, el período será:

12. Si no variamos la tensión de la cuerda, la velocidad de laonda será la misma. Hallamos el valor de la longitud de

onda al duplicar la frecuencia mediante la relación entrela longitud de onda, la velocidad y la frecuencia:

Por tanto, la longitud de onda se reducirá a la mitad.

13. Datos: λ = 20 cm = 0,2 m; f = 1 750 Hz

Calculamos la velocidad de la onda:

v = λ f = 0,2 m · 1 750 Hz = 350 m·s–1

14. En la ecuación general de las ondas armónicas, ϕ0 es lafase inicial. En el instante inicial, t = 0 s, ϕ0 determina elestado de vibración de cada punto x. En concreto, para x = 0, la elongación inicial será y0 = A sen ϕ0.

15. Datos: y = 0,03 sen (3,5t – 2,2x), en unidades SI

Comparamos la ecuación dada con la expresión generalde la función de onda y = A sen (ωt – kx), para determi-nar:

ω = 3,5 rad/s; k = 2,2 m–1; A = 0,03 m

a) Hallamos la longitud de onda a partir del número deondas:

b) Determinamos el período a partir de la pulsación:

c) Calculamos la velocidad de propagación de la onda apartir de la longitud de onda y el período:

d) Hallamos la velocidad derivando la función de onda:

La velocidad es máxima cuando el coseno vale 1:

vmax = 0,105

16. Datos: x = λ/6; t = T/4; A = 2 cm; y(0, 0) = 0

Con los datos del problema, hallamos la elongación, es-cribiendo primero la función de onda:

y A A A=

=

=sen – sen sen214

16

21

12 6π π π

y AT

t x AT

T=

=

sen – sen –2

1 12

14

16

πλ

πλ

λ

y A t kx

y A

=

= ⇒ = =

sen ( – – )

( , ) sen ;

ω ϕ

ϕ ϕ0

0 00 0 0 0 0

ms

vdydt

t x

v t x

= = ⋅

=

0 03 3 5 3 5 2 2

0 105 3 5 2 2

, , cos ( , – , )

, cos ( , – , )

v

Tms

ms

= = =λ 2 861 8

1 6,,

,

ω π πω

π= = = =2 2 2

3 51 8

TT

rads

s;,

,

k

k mm= = = =2 2 2

2 22 86

1

πλ

λ π π;

,,

–

v

vsi

v= = ′ = ⇒ ′ =′

= =λ λ λ λff

f ff

vf

; ; 22

12

T 0,33 s= =

13

soscilaciones

v

Lt

50 m90

ms

= = =s

0 56,

71



17. Datos: v = 8 m/s; y = 0,3 sen (16πt + kx), en unidades SI

a) Si comparamos la ecuación dada con la expresión ge-neral de la función de onda, obtenemos:

A = 0,3 m; ω = 16π rad/s

Calculamos la frecuencia a partir de la pulsación:

El signo positivo del término kx indica que la onda semueve en el sentido negativo del eje X.

b) Determinamos λ y k a partir de los valores de la fre-cuencia y la velocidad:

c) La velocidad de cualquier punto de la cuerda será:

Para x = 0,5 m y t = 60 s:

18. El hecho de que la función de onda sea periódica res-pecto a la posición significa que cada cierta distancia, de-nominada longitud de onda, encontramos puntos del sis-tema en el mismo estado de vibración. El hecho de quesea periódica en el tiempo significa que cada cierto inter-valo de tiempo, denominado período, todo el sistemavuelve a estar en el mismo estado de vibración.

19. Datos: λ = 20 cm = 0,2 m; f = 25 Hz; A = 3 cm = 0,03 m

a) Determinamos la velocidad a partir de la frecuencia yla longitud de onda:

b) Escribimos la ecuación de una onda longitudinal quese propaga en el sentido negativo del eje X:

Hemos supuesto que en el instante inicial, t = 0, elpunto en el origen, x = 0, tiene una elongación nula,por lo que la fase inicial ϕ0 será nula.

c) La velocidad y la aceleración de cualquier punto dela cuerda serán:

Por tanto:

vmax = 1,5π = 4,7 m/s; amax = 75π2 = 740 m/s2

20. Datos: y = 0,3 sen (4πt – 8πx), en unidades SI

Si comparamos con la expresión general de la funciónde onda, obtenemos:

A = 0,3 m; ω = 4π rad/s; k = 8π m–1

a) Estarán en fase con el punto que se encuentra en x = 3 mtodos los que disten de él un número entero de longi-tudes de onda. Determinamos, pues, la longitud deonda del movimiento a partir del número de ondas:

Por tanto, estarán en fase con el punto en x = 3 m lospuntos situados en x = (3 + 0,25n) m, con n ∈ Z.

b) El estado de vibración será el mismo que para t = 2 spara todos los instantes separados de él por un nú-mero entero de períodos. Hallamos el período a par-tir de la pulsación:

Por tanto, el estado de vibración será el mismo queen t = 2 s para t = (2 + 0,5n) s, con n ∈ Z.

21. Si duplicamos la amplitud de una onda armónica, comola potencia es proporcional a la intensidad y ésta es pro-porcional al cuadrado de la amplitud, la potencia se cua-druplicará. Por tanto, para duplicar la amplitud de unaonda es necesario cuadruplicar la potencia necesariapara generarla.

22. La intensidad se define como la potencia por unidad desuperficie perpendicular a la dirección de propagación. Lapotencia es proporcional a la energía, y ésta se conserva.

Si consideramos un foco emisor puntual, la intensidad acierta distancia será la potencia emitida (constante paratodas las distancias) dividida por una superficie esféricade radio R, igual a la distancia al foco. Como la superfi-cie de una esfera vale 4πR2, la intensidad será inversa-mente proporcional al cuadrado de la distancia.

I

PS

Et

S= = ∆

ω π πω

π

π= = = =2 2 2

40 5

TT

rads

s; ,

k

k mm= = = =2 2 2

80 25

1

πλ

λ π ππ

; ,–

a t x= − +75 50 102π π πsen ( )

a

dvdt

t x= = ⋅ +– , sen ( )1 5 50 50 102π π π

v = = ⋅ +

= +

d xdt

t x

v t x

( ), cos ( )

, cos ( )

∆0 03 50 50 10

1 5 50 10

π π π

π π π

∆x A t kx t x= + = +sen ( ) , sen( )ω π π0 03 50 10

km

m= = = −2 20 2

10 1πλ

π π,

ω π π π= = ⋅ =2 2 25 50f Hz

rads

∆x A t kx= +sen( )ω

v = = ⋅ =λf m Hz m s0 2 25 5, /

v m s= = = − ⋅ −4 8 961 4 8 15 1 1, cos ( ) , cos ,π π π π v t x= + = ⋅ + ⋅4 8 16 2 4 8 16 60 2 0 5, cos ( ) , cos ( , )π π π π π π

v t x= +4 8 16 2, cos ( )π π π v = = ⋅ +

dydt

t x0 3 16 16 2, cos ( )π π π

v

v= = = = = = = −λ λ πλ

π πff

ms

Hzm k

mm; ;

8

81

2 21

2 1

ω π ωπ

π

π= = = =2

2

16

28f f

rads Hz;

yA cm

cm= = =2

22

1

72



23. La intensidad de la luz decrece con el cuadrado de la dis-tancia, debido a que la misma energía emitida por elfoco debe repartirse por un área mayor cuanto mayor esla distancia. La energía y la potencia que cruzan una su-perficie esférica cerrada centrada en el foco son las mis-mas para cualquier distancia, ya que la energía se conser-va. Pero como la intensidad se define como la energíapor unidad de superficie, cuanto más grande sea la su-perficie, menor es la intensidad.

24. Datos: P = 4 W

a) Hallamos la intensidad a 2 m de la fuente:

b) Al duplicar la distancia, R2 = 4 m:

Por tanto, la intensidad disminuye en:

∆I = I2 – I1= –0,060 W·m–2

c) Utilizamos la relación general entre amplitudes y dis-tancias:

4. ONDAS SONORAS (págs. 133, 134 y 136)

25. El sonido es una vibración o perturbación mecánica dealgún cuerpo que se propaga a través de cualquier me-dio material elástico. Algunos ejemplos de ondas sonorasson las generadas por voces humanas, por altavoces deaparatos de audio o por el televisor, las generadas por losinstrumentos musicales…

26. Decimos que las ondas sonoras son longitudinales por-que la perturbación que se propaga es una compresión ydilatación del medio. El movimiento generado por laperturbación se realiza, pues, en la misma dirección enque se propaga la onda.

27. Los límites de frecuencia para que una onda sonora seaaudible por el oído humano son 20 Hz y 20 000 Hz.

28. Para los sonidos con frecuencias inferiores a 20 Hz o fre-cuencias superiores a 20 000 Hz todos los humanos so-mos sordos. El oído humano no es capaz de percibir esossonidos.

29. Las ondas ultrasónicas tienen una frecuencia mayor quela máxima frecuencia audible, mayor que 20 000 Hz,mientras que las infrasónicas tienen una frecuencia me-nor que la mínima frecuencia audible, inferior a 20 Hz.Por tanto, las ondas ultrasónicas tienen mayor frecuenciaque las infrasónicas.

30. La energía de un movimiento ondulatorio es proporcio-nal al cuadrado de la frecuencia. Por tanto, una onda ul-

trasónica tiene mayor energía que una onda infrasónica,ya que su frecuencia es mayor.

31. Las ondas sonoras se forman y se propagan mediante su-cesivas compresiones y dilataciones del medio produci-das por un foco en movimiento vibratorio. Podemos es-quematizar la formación y propagación mediante tresfiguras:

Disponemos de un émbolo vibratorio situado en el extre-mo de un cilindro estrecho de longitud indefinida quecontiene un gas. Al empujar el émbolo hacia la derecha,el gas se comprime en la región más próxima al émbolo,aumentando la presión y la densidad del gas. Se formaasí un pulso de compresión que viaja hacia la derecha.

Al retroceder el émbolo hacia la izquierda, el gas próxi-mo a éste se expansiona, disminuyendo así su presión ydensidad. Se produce un pulso de enrarecimiento que sepropaga por el cilindro, siguiendo el anterior pulso decompresión.

Al hacer oscilar el émbolo rápida y periódicamente, viajapor el cilindro un tren de sucesivas compresiones y enra-recimientos. La onda longitudinal se propaga por eltubo, siendo λ la distancia entre dos compresiones o dosenrarecimientos consecutivos.

32. La diferencia de fase existente entre el desplazamiento y

la presión de una onda sonora es de


La principal aplicación médica de los ultrasonidos es laecografía o sonograma. Además de utilizarse para otrosestudios, se usa para examinar el feto durante el embara-zo. La sonda articulada que se desliza por encima delvientre de la madre emite ondas sonoras de alta frecuen-

π2

rad.

AA

RR

mm

A A1

2

2

11 2

42

2 2= = = =;

IP

R

W

m

W

m2

22 2 24

4

4 40 020= = =

π π ( ),

I

P

R

W

m

W

m1

12 2 24

4

4 20 080= = =

π π ( ),

73

Compresión

Compresión

Enrarecimiento

Enrarecimiento

λ



cia, ultrasonidos. Las ondas se reflejan en los tejidos cor-porales del feto, siendo esta reflexión de mayor o menorintensidad según las características del tejido. Los ecosson registrados y convertidos electrónicamente en unaimagen en una pantalla.

34. Los indios ponían el oído en tierra para determinar la pre-sencia de soldados en su territorio porque el sonido viajamás rápidamente y a mayor distancia en la tierra que en elaire. En general, las ondas sonoras se propagan a mayor ve-locidad en los sólidos que en los gases, debido a que el mó-dulo de Young de los sólidos es mayor que el módulo decompresibilidad en los fluidos. Como las ondas viajan másrápidamente y más lejos en los sólidos que en el aire, los in-dios podían percibir la presencia de soldados escuchandoen tierra antes de oírlos normalmente por el aire.

35. a) Si colocamos el despertador en el extremo de unaviga de 100 m, podremos oír el tictac del reloj po-niendo el oído en el otro extremo de la viga, ya queel sonido se transmitirá por el hierro mejor que loharía por el aire.

b) Por el mismo motivo, es posible que no podamos oírel despertador a través del aire a la misma distancia ala que sí podemos percibirlo a través de la viga.

36. Para conocer la distancia en kilómetros a la que cayó unrayo, se puede contar los segundos desde que se vio el re-lámpago hasta que se oye el trueno y dividirlos por tres.Lo que hacemos es contar el tiempo que emplea el soni-do en llegar hasta nosotros. Como la velocidad de la luzes muy grande (3 · 108 m/s), podemos considerar que laluz del relámpago nos llega instantáneamente y en elmismo momento en que se produce el trueno. Si conta-mos el tiempo que tarda en llegar el sonido del truenoen segundos, t(s), y lo multiplicamos por la velocidad enmetros por segundo, tendremos la distancia en metros.Pasando los metros a kilómetros:

37. Datos: Maire = 28,8 · 10–3 kg·mol–1 ; R = 8,314 J·K–1 ·mol–1;

γaire = 1,4; T1 = 0 °C = 273 K; T2 = 30 °C = 303 K

a) Hallamos la velocidad de las ondas sonoras en el airea 0 °C:

b) Si la temperatura es de 30 °C:

38. Datos: t = 10 s

Si se oye el trueno 10 s después de verse el relámpago:

39. Datos: vsonido (20 °C) = 5 130 m·s–1 ; λ = 5,1 m

Determinamos el período y la frecuencia de la onda so-nora:

40. Las tres cualidades del sonido son la intensidad, el tono yel timbre.

Intensidad. Se definen la intensidad física (potenciatransmitida por unidad de superficie) y la intensidadsubjetiva (sensación sonora más o menos intensa). Am-bas se relacionan según una escala logarítmica. Es lo quecomúnmente llamamos volumen del sonido.

Tono. El tono permite distinguir sonidos de distintas fre-cuencias. Llamamos sonidos agudos a los de alta frecuen-cia y graves a los de frecuencias bajas. Esta cualidad per-mite distinguir las notas musicales y crear la música.

Timbre. El timbre viene determinado por la forma de laonda sonora, que es el resultado de varios movimientosperiódicos superpuestos a la onda fundamental. Según eltimbre, somos capaces de distinguir un mismo tono conla misma intensidad emitido por diferentes instrumentosmusicales.

41. Datos: I0 = 1,0 · 10–12 W·m–2; I = 1,0 W·m–2

Determinamos los niveles de intensidad sonora corres-pondientes al umbral de audición, β0, y al umbral del do-lor, β:

β = 120 dB

42. Datos: β = 100 dB; λ1 = 30 m; λ2 = 12 m; λ3 = 0,003 m; vsonido = 340 m/s

El nivel de intensidad es superior al umbral de audicióne inferior al umbral del dolor. Por lo tanto, por lo que ala intensidad se refiere, podemos captar el sonido. Perofalta determinar si las frecuencias de cada uno están den-

β = =

⋅⋅ ⋅

=−

− −10 101 0

1 0 1010 10

0

2

12 212log log

,

,log

II

W m

W m

β0

0

0

10 10 1 0= = =log logII

dB

v

v

v

= =

= = = ⋅

= = =

−

λ λ

λ

λ

fT

Tmms

s

f

ms

mHz

5 1

5 1309 9 10

5 130

5 11 005 9

4,,

,,

x t m s s m km= = ⋅ = =v 340 10 3 400 3 4/ ,

v aire =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅=

− −

− −1 4 8 314 303

28 8 10350

1 1

3 1

, ,

,

J K mol K

kg mol

ms

v aire =

γ aire

aire

RTM

vRT

M

vJ K mol K

kg mol

ms

aireaire

aire

aire

=

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅=

γ

1 4 8 314 273

28 8 10332

1 1

3 1

, ,

,

– –

– –

x m v t s m s t s

x kmkm

mms

t st s

km

( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

= = ⋅

= ⋅ ⋅ ≅

340

11 000

3403

74



tro de los límites audibles (somos capaces de oír ondassonoras entre 20 Hz y 20 000 Hz). Calculamos a qué lon-gitudes de onda corresponden estas frecuencias en elaire:

Por tanto, λ2 será audible para el oído humano. Pero λ1 yλ3 quedan fuera del rango que nuestro órgano auditivoes capaz de registrar.

43. Datos: fLa = 440 Hz; fDo = 264 Hz; vsonido = 340 m/s

Determinamos las longitudes de onda correspondientes:

44. Datos: P = 1 mW = 1 · 10-–3 W; R = 4 m

a) A una distancia de 4 m, si suponemos que la potenciade la onda sonora se distribuye uniformemente poruna semiesfera, la intensidad de la onda sonora será:

Calculamos el nivel de intensidad sonora:

b) Si ladran tres perros a la vez, la potencia emitida seráel triple, P = 3 · 10–3 W:

Calculamos el nivel de intensidad sonora:

La intensidad del sonido, que es proporcional a lapotencia, se ha multiplicado por 3. En cambio, el ni-vel de intensidad sonora, como está en relación loga-rítmica con la intensidad, y por tanto con la poten-cia, no se ha multiplicado por 3, sino por 1,067.

45. Datos: β = 45 dB

Si tenemos dos aparatos de radio, tendremos el doble deintensidad de sonido, pero no de nivel de intensidad so-nora. Calculamos el nuevo nivel de intensidad sonora:

46. La legislación a nivel local, las ordenanzas minicipales,recogen o deberían recoger una serie de valores límitepara los niveles de ruido según los criterios de:

— Zona: es decir, si se trata de una zona industrial, resi-dencial, de servidumbre (por el paso de importantesinfraestructuras), etc.

— Horario: diurno o nocturno.

— Si el ruido se mide en exteriores, por ejemplo la ca-lle, o interiores, como una vivienda.

— Si la medida es del ruido que procede de un fococoncreto o del ruido total ambiente.

Para conseguir una mayor calidad acústica en nuestras vi-das, existen otras regulaciones locales, autonómicas, esta-tales e incluso europeas que afectan a conceptos como:

— La emisión sonora de actividades realizadas en el ex-terior, de vehículos de motor, de maquinaria indus-trial, de instalaciones (ascensores, calefacción, clima-tización...) en los edificios de viviendas y localespúblicos.

— Horarios de realización de obras, de cierre de localesnocturnos...

— Requisitos acústicos (emisión de ruidos) y de aisla-miento que son necesarios para obtener una licenciapara comercios, locales, industrias... Por ejemplo, lasolicitud de licencias para actividades clasificadas sue-le incluir un estudio del impacto acústico de la acti-vidad, o el proyecto de una nueva edificación debejustificar el cumplimiento de la normativa sobre aisla-miento acústico.

— Limitaciones de emisiones sonoras en los aviones.

— Protección de los trabajadores contra los riesgos de-bidos a la exposición al ruido en su puesto de tra-bajo.

Además, los ayuntamientos realizan medidas periódicasdel nivel de ruido en el ambiente y publican los resulta-dos. También es su misión, en lo concerniente a la víapública:

— Colocar apantallamiento acústico donde sea necesa-rio.

— Pavimentar con materiales absorbentes del ruido.

— Instalar equipos urbanos de baja emisión sonora.

′ = = +

′ = + = +

′ = + = + =

β

β β

β β

102

10 2

10 2 10 10 2

3 3 45 48

0 0

0

log log log

log log log

( )

II

II

II

dB dB

β = 74 7, dB

β = =⋅ ⋅

⋅ ⋅

− −

− −10 102 98 10

1 0 100

5 2

12 2log log

,

,

II

W m

W m

I W m= ⋅ ⋅− −2 98 10 5 2,

IPS

P

R

W

m= = = ⋅ −

12

4

3 10

2 42

3

2π π ( )

β = =⋅ ⋅

⋅ ⋅=

− −

− −10 109 9 10

1 0 1070

0

6 2

12 2log log

,

,

II

W m

W mdB

IPS

P

R

W

mW m= = =

⋅= ⋅ ⋅

−− −

12

4

1 10

2 49 9 10

2

3

26 2

π π ( ),

λDo

ms

Hzm= = =v

fsonido

Do

340

2641 29,

λLa

ms

Hzm= = =v

fsonido

La

340

4400 77,

λ min

msHz

m= =340

20 0000 017,

λ max

ms

Hzm= =

340

2017

λ = v

f

75



— Gestionar el tráfico adecuadamente para conseguirlos menores niveles de ruido posibles.

Finalmente, es potestad de los ayuntamientos efectuarlas labores de inspección y sanción. Las sanciones pue-den consistir en una multa, la suspensión temporal de laactividad, la retirada temporal o definitiva de la licencia,o la clausura del local o negocio. En cuanto a los vehícu-los, puede comportar multas y la inmovilización de éstos.


a) Paul Langevin (1872-1946) utilizó el fenómeno de la pie-zoelectricidad, descubierto anteriormente por Curie,para generar ultrasonidos. Dicho fenómeno consiste enque si se somete un cristal de cuarzo a una variación al-terna de potencial eléctrico de elevada frecuencia, elcristal vibra con una frecuencia tan alta que es capaz degenerar ondas ultrasónicas.

Langevin pretendía desarrollar un invento basado en losultrasonidos que localizara objetos submarinos mediantela detección de los ultrasonidos reflejados en ellos. Su in-vento fue la base del sonar moderno.

b)


47. Datos: y = 0,2 sen (60πt – 50πx); A = 0,2 m; k = 50π m–1; ω = 60π rad·s–1; x = 2 m; t = 10 s

a) Calculamos la velocidad de propagación de la onda:

b) Calculamos la velocidad de vibración:

Para x = 2 m y t = 10 s:

c) Determinamos la aceleración:

48. Datos: y = 2 sen ; A = 2 m; k = π/4 m–1;

ω = 2π/5 rad·s–1; x = 4 m; t = 8 s

a) El número de ondas es k = π/4 m–1. Calculamos lalongitud de onda:

b) Calculamos la velocidad de vibración:

Para x = 4 m y t = 8 s:

c) Determinamos la aceleración:

Para t = 8 s y x = 4 m:

49. Datos: A = 0,12 m; λ = 3 m; f = 5 Hz

a) Determinamos el período y la velocidad de propaga-ción:

b) Calculamos la pulsación y el número de ondas paraescribir la ecuación de onda. Suponemos que la faseinicial es cero y que la onda se propaga en el sentidopositivo del eje X:

ω π π π

πλ

π π

= = ⋅ =

= = = −

2 2 5 10

2 23

23

1

f Hzrad

s

km

m

Tf Hz

s

v f m Hz m s

= = =

= = ⋅ =

1 15

0 2

3 5 15

,

/λ

am

s= −1 86

2,

a = − ⋅ − ⋅

= − −

825

25

84

4825

165

2 2π π π π π πsen sen

a t x= − −

825

25 4

2π π πsen

a

v= = − ⋅ −

ddt

t x45

25

25 4

π π π πsen

v = ⋅ − ⋅

= −

=

45

25

84

445

165

2 03

π π π π π πcos cos

,vms

v t x= −

45

25 4

π π πcos

v = = ⋅ −

dydt

t x225

25 4

π π πcos

kk m

m= = = =−

2 2 2

4

81

πλ

λ π ππ

;

25 4π π

t x–

av= = − ⋅ −

= − − =

ddt

t x

a t x a m smax

12 60 60 50

720 60 50 7202 2 2

π π π π

π π π π

sen ( )

sen ( ); /

v = = ⋅ − ⋅ =

= =

dydt

v m s

12 60 10 50 2 12 500

12 2 12

π π π π π

π π π

cos ( ) cos ( )

cos ( ) /

vdydt

t x

v t x

= = ⋅

=

0 2 60 60 50

12 60 50

, cos ( – )

cos ( – )

π π π

π π π

v v= = ⋅ = = =−λ π ω

πω π

πf

k k

rads

m

ms

; ,2

2

60

501 2

1

76

Aplicación de los ultrasonidosFrecuencia Intensidad

(kHz) (W/cm2)

Ecografía 16-20 0,01

Señales submarinas y detección de objetos

16-20 —

Soldadura ósea 16-20 3-30

Soldadura de termoplásticos 20 1 000

Limpieza ultrasónica 20-25 0-5

Terapia ultrasónica 100-1 000 1



c) La distancia mínima entre dos puntos en oposiciónde fase es la mitad de la longitud de onda:

50. Datos: λ = 0,2 m; f = 10 Hz; A = 0,12 m

a) Determinamos el período y la velocidad de la onda:

b) Los puntos que están en fase con el que ocupa la posi-ción x = 3 m son los que distan de él un número enterode longitudes de onda. Por tanto, son los que verifican:

x = (3 + λn) m = (3 + 0,2n) m, con n ∈ Z

51. Datos: A = 0,05 m; v = 12,5 m/s; T = 0,08 s y (t = 0, x = 0) = 0,05 m

a) Hallamos el número de ondas y la pulsación aplican-do la definición.

λ = v · T = 12,5 m/s · 0,08 s = 1 m

k = = = 2π m–1

ω = = = 25π s–1

b) La ecuación de onda es:

y (t, x) = A sen (ωt – kx + ϕo)

La fase inicial se obtiene de la condición inicial delenunciado.

y (t = 0, x = 0) = 0,05 m

0,05 m = 0,05 m sen ϕ0 ⇒ sen ϕ0 = 1

ϕ0 = rad

Por tanto, la función de onda resulta:

y (t, x) = 0,05 · sen 25πt – 2πx + en unidades del SI

52. Datos: A = 0,5 m; f = 50 Hz; v = 10 m/sy (t = 0, x = –0,1 m) = 0,5 m; ω = 2πf = 100π s–1

a) La amplitud y la pulsación del MAS son conocidas.La fase inicial se obtiene de la condición inicial delenunciado.

y (t) = A sen (ωt + ϕ0)

y (t = 0, x = –0,1 m) = 0,5 m

0,5 m = 0,5 m sen ϕ0 ⇒ sen ϕ0 = 1; ϕ0 rad

Por tanto, la ecuación del MAS que describe la partí-cula situada en el punto x = –0,1 m es:

y (t) = 0,5 sen 100πt +

b) En primer lugar hallamos el número de ondas:

k = = = = 10π m–1

La ecuación de onda se puede expresar:

y (t, x) = A sen (ωt + kx + δ0)

y (t, x) = 0,5 sen (100πt + 10πx + δ0) en unidades del SI

Y la fase inicial se obtiene de la condición inicial delenunciado:

y (t = 0, x = –0,1 m) = 0,5 m

0,5 m = 0,5 sen (–π + δ0) ⇒ sen (–π + δ0) = 1

–π + δ0 = ; δ0 =

Con esto la función de onda resulta:

y (t, x) = 0,5 sen 100πt + 10πx + en unidades del SI

53. Datos: T = 2 s ∆x = 0,1 m ⇒ ∆ϕ = rad

a) Hallamos el número de ondas a partir de la diferen-cia de fase.

k = = = 5π m–1

Calculamos la pulsación.

ω = = = π

b) Hallamos la diferencia de fase entre dos oscilacionesde un mismo punto separadas 1 s.

∆ϕ = ω (t2 – t1) = π · 1 s = π rad

54. Datos: v = 45 m/s ∆x = 1 m ⇒ ∆ϕ = π rad

a) De la diferencia de fase determinamos el número deondas y, a partir de éste, la longitud de onda y la fre-cuencia.

k = = = π m–1

λ = = = 2 m

f = = = 22,5 Hz

b) En primer lugar hallamos la pulsación:

ω = 2πf = 2π · 22,5 Hz = 45π rad/s

45 m/s

2 m

v

λ

2ππ m–1

2πk

π rad

1 m

∆ϕ∆x

rad

s

rad

s

2π2 s

2πT

π2

0,1 m

∆ϕ∆x

π2

3π

2

3π2

π2

2π · 50 s–1

10 m · s–1

2πf

v

2πλ

π

2

π2

π

2

π2

2π0,08 s

2πT

2π1 m

2πλ

Tf Hz

s

m s

= = =

= ⋅

1 110

0 1

2

,

v f = 0,2 m 10 Hz =λ

dm

m= = =λ2

32

1 5,

π π= −

0 12 1023

y t x, sen

77



Hallamos la diferencia de fase entre dos oscilacionesde un mismo punto separadas 1 s.

∆ϕ = ω (t2 – t1) = 45π · 1 s = 45π rad


55. Ondas mecánicas: se caracterizan por propagarse necesa-riamente a través de un medio material. La perturbaciónque transmiten es de tipo mecánico.

Ondas transversales: la dirección de propagación de laonda y la dirección del movimiento vibratorio generadopor la perturbación son perpendiculares.

Ondas longitudinales: en este caso, la dirección de pro-pagación de la onda y la dirección del movimiento vibra-torio generado por la perturbación son paralelas.

Ondas superficiales: se caracterizan por ser ondas bidi-mensionales, que se propagan en dos dimensiones a lolargo de una superficie.

Ondas armónicas: se caracterizan por ser generadas porlas perturbaciones producidas en el medio por un movi-miento armónico simple.

56. En las ondas armónicas, la velocidad de propagación, lafrecuencia y la longitud de onda se relacionan por v = λ f.

57. Datos: f = 500 Hz; vhierro = 4 500 m/s; vaire = 340 m/s

a) La relación entre velocidad, longitud de onda y fre-cuencia, v = λ f, nos indica que la longitud de onda es

proporcional a la velocidad, . Por tanto, la lon-

gitud de onda será mayor para el hierro que para elaire, ya que en el hierro es mayor la velocidad de pro-pagación.

b) Calculamos cuántas veces es mayor en el hierro queen el aire:

58. Si se duplica el período de una onda armónica y la velo-cidad de propagación permanece constante, la longitudde onda también se duplica:

59. La velocidad de una onda en una cuerda tensa sólo de-pende de la tensión de la cuerda, T, y de su masa por

unidad de longitud, µ: . Por tanto, si modifica-

mos la frecuencia pero mantenemos constante la tensiónde la cuerda, la velocidad permanece constante.

60. La función de onda, y, representa matemáticamente elvalor de la elongación para cada punto del medio enfunción del tiempo.

El hecho de que la función de onda sea periódica res-pecto a la posición significa que cada cierta distancia, de-nominada longitud de onda, encontramos puntos del sis-tema en el mismo estado de vibración. El hecho de quesea periódica en el tiempo significa que cada cierto inter-valo de tiempo, denominado período, todo el sistemavuelve a estar en el mismo estado de vibración.

61. Dos partículas de un medio por el que se propaga unaonda están en fase cuando se encuentran en el mismoestado de vibración, con la misma elongación, velocidady aceleración.

62. Energía mecánica de una onda armónica:

a) Se deduce calculando la energía cinética en el puntode equilibrio, posición en que toda la energía esenergía cinética.

b) La unidad de la energía mecánica total es la de laenergía, el julio, J, en el SI.

63. La potencia de una onda, energía transmitida por uni-dad de tiempo, es proporcional al cuadrado de la ampli-tud y al cuadrado de la frecuencia. Por tanto, si se dupli-ca la potencia de un movimiento ondulatorio ymantenemos constante la frecuencia, la amplitud au-mentará en un factor √–

2. Si por el contrario, se mantieneconstante la amplitud, la frecuencia será la que aumenta-rá en un factor √–

2.

64. La amplitud de una onda está relacionada con la intensi-dad. La intensidad es proporcional al cuadrado de la am-plitud. La frecuencia, la longitud de onda y el período serelacionan entre sí, pero son independientes de la ampli-tud.

65. La energía de la onda disminuye a medida que ésta sealeja del foco emisor. Ello se debe a que:

— La energía total disponible debe repartirse sobre unasuperficie de onda mayor cuanto más nos alejamosdel foco. Por tanto, la energía por unidad de superfi-cie disminuye, lo que recibe el nombre de atenua-ción.

— El rozamiento de las partículas del medio y otras cau-sas producen una absorción de energía de la onda.La absorción depende de la naturaleza del medio.

66. Datos: fmurc. = 120 000 Hz; fdelf. = 200 000 Hz;vaire = 340 m/s; vagua=1 435 m/s

a) Determinamos la longitud de onda correspondienteal murciélago:

b) Determinamos la longitud de onda correspondienteal delfín:

λ murc

murcf

msHz

m..

,= = = ⋅ −v aire340

120 0002 83 10 3

E m A f m A= =2

12

2 2 2 2 2π ω

v = T

µ

λ λ λ= ′ = ′ ⋅v t; v T = v 2T = 2

λλhierro

aire

hierro

aire

hierro

aire

vf

vf

vv

ms

ms

= = = =4 500

34013 2,

λ = v

f

rad

s

78



67. La potencia de un foco sonoro es la energía que emitepor unidad de tiempo. Su unidad en el SI es el J/s o elW. Se puede medir registrando la intensidad de un focopuntual a una distancia R. Como la intensidad es la po-tencia por unidad de superficie, si multiplicamos la in-tensidad recibida por la superficie esférica de radio R,obtenemos la potencia emitida.

68. El umbral de audición es la intensidad mínima que es ca-paz de captar el oído humano. El umbral de dolor es lamáxima intensidad de sonido que puede resistir el oídohumano sin sensación dolorosa. Estos umbrales son deintensidad y, por tanto, son independientes de la fre-cuencia del sonido.

69. La intensidad de un violín es:

Un nivel de intensidad de 60 dB corresponde a una in-tensidad de sonido:

Por tanto, para tener un nivel de intensidad de 60 dBcon violines de 40 dB cada uno, necesitamos:

70. Calculamos el nivel de intensidad sonora si la intensidadse multiplica por 100; I’ = 100 I:

Por tanto, si la intensidad se multiplica por 100, el nivelde intensidad sonora aumenta en 20dB.

71. Datos: L = 1,0 m; m = 10,0 g = 0,010 kg; T = 30 N

Determinamos la masa por unidad de longitud y, conella, la velocidad de propagación:

72. Datos: y = sen(0,5x – 200t + 2,5), en unidades SI

Si comparamos la ecuación dada con la expresión gene-ral de la función de onda, obtenemos:

A = 1 m; k = 0,5 m–1; ω = 200 rad/s; ϕ0 = 2,5 rad

Determinamos la frecuencia a partir de la pulsación:

Hallamos la longitud de onda a partir del número de ondas:

Calculamos la velocidad a partir de la longitud de onda yla frecuencia:

73. Datos: y = 0,05 sen (1 992t – 6x), en unidades SI


A = 0,05 m; ω = 1 992 rad/s; k = 6 m–1

a) La amplitud del movimiento es A = 0,05 m. Determi-namos la frecuencia a partir de la pulsación del movi-miento:

De forma análoga, determinamos la longitud deonda a partir del número de ondas:

b) Para calcular la distancia recorrida por la onda en 3 sdeterminamos primero la velocidad de propagaciónde la onda:

Entonces, la distancia recorrida en 3 s será:

c) La onda descrita por la función de onda se propagaen el sentido positivo del eje de las X, ya que el térmi-no kx es negativo. La ecuación de una onda idénticapero que se propague en sentido contrario será y = 0,05 sen (1 992t + 6x).

74. Datos: y = 3 sen (8t – 0,5x)


x t

ms

s m= = ⋅ =v 333 3 999

v = = ⋅ =λ f m Hz m s1 05 317 333, /

kk m

m= = = =−2 2 2

61 05

1

πλ

λ π π; ,

ω π ω

π π= = = =2

2

1 992

2317f f

rads Hz;

v = = ⋅ =λ πf m Hz m s4 31 8 400, /

kk m

m= = = =−2 2 2

0 54

1

πλ

λ π π π;,

ω π ωπ π

= = = =22

200

231 8f f

rads Hz; ,

µ= =

⋅=

−

T Nkgm

ms

30

1 0 1054 8

2,,v

µ = = = ⋅ −mL

kgm

kgm

0 0101 0

1 0 10 2,,

,

′ = ′ = = +

′ = +

= + = +

β

β β

10 10100

10 100

10 2 20 10 20

0 0 0

0 0

log log log log

log log

II

II

II

II

II

II

W

mW

m1

62

82

1 0 10

1 0 10100=

⋅

⋅=

−,

, –violines

β = = =

= = = ⋅ ⋅

= ⋅

−

−

10 60 10 6

10 10 10 1 0 10

1 0 10

0 0 0

6

0

60

6 122

62

log ; log ; log

; ,

,

II

II

II

II

I IW

m

IW

m

β = = = =

= = ⋅ ⋅ = ⋅− −

10 40 10 4 10

10 10 1 0 10 1 0 10

1

0

1

0

1

0

4 1

0

14

04 12

28

2

log ; log ; log ;

, ,

II

II

II

II

I IW

m

W

m

λdelf

delff

msHz

m..

,= = = ⋅ −v agua1 435

200 0007 2 10 3

79



A = 3 m; ω = 8 rad/s; k = 0,5 m–1

a) La amplitud del movimiento es A = 3 m. Determina-mos la frecuencia a partir de la pulsación del movi-miento:

Calculamos el período como el inverso de la frecuen-

cia, .

Determinamos la longitud de onda a partir del nú-mero de ondas:

b) Determinamos la velocidad de propagación de laonda a partir de la longitud de onda y la frecuencia:

Para x = 15 m y t = 4 s, la elongación será:

75. Datos: y = 0,4 cos (50t – 2x), en unidades SI

Si comparamos la ecuación dada con la expresión de lafunción de onda en coseno, y = A cos (ωt – kx), obtenemos:

A = 0,4 m; ω = 50 rad/s; k = 2 m–1

a) Calculamos la velocidad de propagación de la onda:

b) Determinamos la elongación y la velocidad de vibra-ción para t = 0,5 s y x = 20 cm = 0,2 m:

c) La elongación máxima es la amplitud del movimien-to, ymax = 0,4 m. Determinamos la velocidad máxima apartir de su expresión cuando el seno vale –1:

76. Datos: f = 100 Hz; A = 0,5 m; v = 10 m/s; t0 = 0;y0 = 0,5 m para x = 0

a) La ecuación de la onda es de la forma:

Determinamos la pulsación w y el número de ondas ka partir de la frecuencia f y de la velocidad v:

Por tanto:

Si tenemos en cuenta que en el origen, x = 0, la elon-gación inicial es y0 = 0,5 y coincide con la amplitud,

debe ser Por tanto, la ecuación

de la onda será:

b) Hallamos la diferencia de fase entre dos puntos sepa-rados 0,2 m:

rad

77. Datos:

La relación entre amplitudes y distancias es:

78. Datos: T = 10 °C = 283 K; gaire = 1,4; R = 8,314 J·K–1·mol–1;Maire = 28,8 · 10–3 kg·mol–1

La velocidad del sonido en el aire a 10 °C es:

79. Datos: t = 5 s; v = 340 m/s

Calculamos la distancia a la que se encuentra la tormen-ta, foco del trueno:

80. Datos: f = 5 Hz; vaire = 340 m/s; vagua = 1 435 m/s

Determinamos la longitud de onda en el aire:

λ aire f

ms

Hzm= = =v aire

340

568

x t m s s m= = ⋅ =v 340 5 1 700

v aire =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

=− −

− −1 4 8 314 283

28 8 10338 2

1 1

3 1

, ,

,,

J K mol K

kg mol

ms

v aire =γ aire

aire

RTM

AA

R mR

R R m R m

Rm

m

1

2

1

1

1 1 1

1

53

3 5 2 5

52

2 5

= + =

= + =

= =

( )

;

,

AA

RR

1

2

2

1

=

AA

R R m1

22 13 5= =; –

20 0 2 4π π⋅ =,

200 202

200 20 0 22

π π π π π πt x t x− +

− − + +

( , )

y t x= − +

0 5 200 202

, sen π π π

sen .ϕ ϕ π0 01

2= ⇒ =

y t x= − +0 5 200 20 0, sen ( )π π ϕ

λ πλ

π

λ π

= = = = =

= −

vf

10

1000 1

2 20 1

20 1

msHz

m km

m

, ;,

ω π π π= = ⋅ =2 2 100 200f Hz rad s

y A t kx= − +sen ( )ω ϕ0

v = − − =20 50 2 20sen ( );t x v m smax

v = − ⋅ − ⋅ =20 50 0 5 2 0 2 10 16sen ( , , ) , /m s

v = = − ⋅ − = − −dydt

t x t x0 4 50 50 2 20 50 2, sen ( ) sen ( )

y m= 0 345,

y , ( t x) , )= = ⋅ ⋅0 4 50 2 0 4 50 0 5 2 0 2cos – cos ( , – ,

v v= = ⋅ = = =−λ π ωπ

ωf

k k

rads

m

ms

;2

2

50

225

1

y t , x) ( , )

y m

= = ⋅ ⋅

= −

3 8 0 5 3 8 4 0 5 15

1 77

sen ( – sen –

,

v = = ⋅ =λ f m Hz m s12 6 1 27 16, , /

kk m

m m= = = = =−2 2 2

0 54 12 6

1

πλ

λ π π π;,

,

T

f Hzs= = =1 1

1 270 79

,,

ω π ω

π π= = = =2

2

8

21 27f f

rads Hz; ,

80



Igualmente calculamos la longitud de onda en el agua:

81. Datos: fmin = 20 Hz; fmax = 20 000 Hz; v = 340 m/s

Hallamos las correspondientes longitudes de onda:

82. Datos: L = 30 m; vFe = 5 130 m·s–1; v aire = 340 m·s–1

Calculamos la razón entre los tiempos que tarda el soni-do en ir de un extremo a otro de la viga:

83. Datos: P = 60 W

a) La intensidad a 5 m, si suponemos que la potencia sedistribuye uniformemente sobre una superficie esfé-rica, es:

b) Hallamos la distancia a la que el nivel de intensidadsonora es de 50 dB a partir de la intensidad corres-pondiente a ese nivel:

84. Datos: y = 0,1 sen 2π(2t – x/1,5), en unidades SI

Comparamos la ecuación dada con la expresión general

de la función de onda y = A sen 2π para deter-minar:

A = 0,1 m; T = s; λ = 1,5 m

a) Determinamos la frecuencia a partir del inverso delperíodo:

f = = = 2 Hz

La longitud de onda es λ = 1,5 m.

Calculamos la velocidad de propagación de la onda ovelocidad de fase a partir de la longitud de onda y lafrecuencia:

b) Los puntos que están en fase con el punto situado enx = 2 m son aquellos que distan de él un número en-tero de longitudes de onda:

Los que están en oposición de fase distarán un nú-mero impar de medias longitudes de onda:


1. Se define como onda transversal aquel movimiento on-dulatorio en el que la dirección de propagación de laperturbación y la dirección del movimiento de oscilacióngenerado por la perturbación son perpendiculares. Porejemplo, las ondas transmitidas por una cuerda sontransversales, ya que la propagación de la onda a lo largode la cuerda y la dirección de vibración de la cuerda (su-biendo y bajando) son perpendiculares.

Se define como onda longitudinal aquel movimiento ondulatorio en el que la dirección de propagación de la perturbación y la dirección del movimiento de osci-lación generado por la perturbación son paralelas. Porejemplo, las ondas de compresión y expansión trans-mitidas por un resorte son longitudinales, ya que la dirección de propagación de las ondas y la dirección del movimiento oscilatorio coinciden, son paralelas al re-sorte.

2. En la función de onda, la fase inicial ϕ0 determina el es-tado de vibración de cada punto x en el instante inicial, t = 0 s. En concreto, para x = 0, la elongación inicial seráy0 = A sen ϕ0.

3. Un vibrador produce ondas en la superficie de un estan-que a intervalos regulares de tiempo. Si se ajusta el vibra-dor de modo que produzca un número triple de ondaspor segundo, en este caso, las ondas...

d) tienen un tercio de la longitud de onda.

Como la velocidad de propagación se mantiene constan-te, si se triplica la frecuencia, la longitud de onda dismi-nuye en un tercio.

4. Datos: y (x, t) = 0,02 sen π(20t + 2x), en unidades SI

Para calcular la aceleración, derivamos dos veces la elon-gación:

x n m n m con n Z= + +

= + +

∈2 2 12

2 2 11 52

( ) ( ),

,λ

x n m n m con n Z= + = +( ) ∈( ) , ,2 2 1 5λ

v = = ⋅ =λ f m Hz m s1 5 2 3,

112

s1T

12

tT

x–

λ

β

π π

π

= = =

= = = ⋅ ⋅

= ⋅

= =

=⋅ ⋅

=

−

−

−

10 50 10 5

10 10 10 1 0 10

1 0 10

4 4

60

4 1 0 106 910

0 0 0

5

0

50

5 122

72

2

72

log ; log ; log

; ,

,

;

,

II

II

II

II

I IW

m

IW

m

IP

RR

PI

RW

W

m

m

I

PS

P

R

W

m

W

m= = = =

4

60

4 50 191

2 2 2π π ( ),

tt

L

L

ms

ms

aire

Fe

Fe

Fe= = = =v

v

vv

aire

aire

5 130

34015

λ

λ

max

min

ms

Hzm

msHz

m

= = =

= = =

vf

vf

min

max

340

2017

340

20 0000 017,

λ agua f

ms

Hzm= = =

v agua1 435

5287

81



En x = –0,3 m:

en unidades SI

5. Datos: L = 4,2 m; f = 300 Hz; A = 10 cm = 0,1 m;∆t = 0,02 s

a) Suponemos que la fase inicial es cero y que las ondasse propagan en el sentido positivo de las X. Para es-cribir la ecuación de la onda necesitamos la pulsa-ción y el número de ondas. Para determinarlos, cal-culamos la velocidad y la longitud de onda:

Por tanto,

b) La longitud de onda es λ = 0,7 m. Podemos determi-nar el período como la inversa de la frecuencia,

. La velocidad de trans-

misión de la onda es v = 210 m/s.

c) El desplazamiento máximo coincide con la amplitudde la onda, ymax = 0,1 m.

Para hallar la velocidad máxima, derivamos la ecua-ción de la onda:

Para calcular la aceleración, derivamos la velocidad:

6. Datos: P = 5 W; R = 3 m

Calculamos la intensidad a 3 m, si suponemos que la po-tencia se distribuye uniformemente sobre una superficieesférica:

7. Datos: β1 = 90dB; 1 000 espectadores

Si 1 000 espectadores gritan a la vez, la intensidad del so-nido emitido por cada uno de ellos se multiplicará por 1 000. Debemos, pues, determinar la intensidad de unespectador a partir del nivel de intensidad sonora:

Por tanto, la intensidad de sonido total y el correspon-diente nivel de intensidad sonora son:

Itot = 1 000 I1 = 1 000 · 1,0 · 10–3 W/m2 = 1,0 W/m2

β = 120 dB

β = =⋅

=−

10 101 0

1 0 1010 10

0

2

122

12log log,

,log

II

W

mW

m

tot

β = = =

= = = ⋅ ⋅

= ⋅

−

−

10 90 10 9

10 10 10 1 0 10

1 0 10

1

0

1

0

1

0

9 1

01

90

9 122

13

2

log ; log ; log

; ,

,

II

II

II

II

I IW

m

IW

m

IPS

P

R

W

m

W

m= = = =

4

5

4 30 044

2 2 2π π ( ),

av= = − ⋅ −

= − −

= = ⋅

ddt

t x

a t x

a m s m smax

60 600 600 9

36 000 600 9

36 000 3 6 10

2

2 2 4 2

π π π

π π

π

sen ( )

sen ( )

,

v = = ⋅ −

= − =

dydt

t x

v t x v m smax

0 1 600 600 9

60 600 9 60

, cos ( )

cos( );

π π

π π π

Tf Hz

s= = = ⋅ −1 1300

3 3 10 3,

y t x= −0 1 600 9, sen ( ).πω π π π= = ⋅ =2 2 300 600f Hz rad s/

λ

πλ

π

= = =

= = = −

vf

210

3000 7

2 20 7

9 1

ms

Hzm

km

m

,

,

v = = =L

tms

m s∆

4 20 02

210,,

a t= − −8 20 0 62π πsen ( , ), a = − + ⋅ −8 20 2 0 32π πsen ( ( , ))t

v

ay

= = ⋅ +

= +

= = ⋅ +

= − +

dydt

t x

v t x

d

dtt x

a t x

0 02 20 20 2

0 4 20 2

0 4 20 20 2

8 20 2

2

2

2

, cos ( )

, cos ( )

– , sen ( )

sen ( )

π π

π π

π π π

π π

82




• Las ondas mecánicas se definen como una perturbaciónque se propaga necesariamente a través de un medio mate-rial. La perturbación que transmiten es de tipo mecánico.

Se define como onda transversal aquel movimiento ondu-latorio en que la dirección de propagación de la perturba-ción y la dirección del movimiento de oscilación generadopor la perturbación son perpendiculares.

Se define como onda longitudinal aquel movimiento on-dulatorio en que la dirección de propagación de la pertur-bación y la dirección del movimiento de oscilación genera-do por la perturbación son paralelas.

• La velocidad de propagación de una onda es la velocidad ala que se desplaza la perturbación a través del medio,mientras que la velocidad de vibración de una partículaafectada por la onda corresponde a la velocidad con quecada punto del medio afectado por la onda se mueve res-pecto de su punto de equilibrio.

• La velocidad de una onda en una cuerda tensa sólo depen-de de la tensión de la cuerda, T, y de su masa por unidad

de longitud, µ:

•

• Datos: y = 0,5 sen (200t – 30x) (unidades SI)

Determinamos la amplitud de la onda por comparacióncon la ecuación general de una onda armónica, y = A sen(ωt – kx):

A = 0,5 m

De la misma manera, identificamos el número de ondas, k = 30 m–1, y la pulsación, ω = 200 rad·s–1.

Hallamos la longitud de onda a partir del número de ondas:

Calculamos la velocidad de propagación de la onda a par-tir del número de ondas y de la pulsación:

1. FENÓMENOS BÁSICOS (págs. 147, 149 y 150)

1.

2. a) Falso. De hecho, es cierto que siempre se produce di-fracción al interceptar la propagación de una onda.Pero sólo será apreciable cuando las dimensiones delobjeto u orificio que intercepta la onda sean igualeso menores que la longitud de onda de la perturba-ción.

b) Cierto. El principio de Huygens dice que todo puntode un frente de onda se convierte en un centro pun-tual productor de ondas secundarias.

3.

v = = ⋅ = =

⋅=

−

−λ π λ

πω

T T krad s

m

ms

22

200

306 7

1

1,

k

k mm= = = =−

2 2 2

300 21

1

πλ

λ π π; ,

v = Tµ

83

6. Fenómenos ondulatorios

Ángulo ϕ sen ϕ cos ϕ

0 0 1

1 0

π 0 –1

–1 032π

π2

Rayos del trende ondasparalelas

Frentes de onda paralelos

Frentes de ondacirculares

• Nuevos focos emisoresE

C

A

O

B

D

F

Rayos procedentes de O

Frente de onda

Ondas secundarias



4. Datos: n21 >1

— Como n21 es el cociente de velocidades, la velocidaden el nuevo medio es menor que en el medio 1:

— La frecuencia se mantiene constante.

— El período, que es el inverso de la frecuencia, serátambién constante.

— La longitud de onda se relaciona con la velocidad yel período como λ = v T. Si T es constante y la veloci-dad v disminuye, también la longitud de onda serámenor.

— El ángulo de refracción será menor que el ángulo deincidencia, ya que:

5. Datos: v1 = 0,1 m·s–1; λ1 = 0,02 m; i = 30°; λ2 = 0,01 m

a) Hallamos la frecuencia de la onda a partir de su velo-cidad y su longitud de onda en el primer medio:

b) Determinamos la velocidad de la onda en el segundomedio a partir de la frecuencia, que se mantieneconstante, y de la longitud de onda en este medio:

c) Calculamos el seno del ángulo de refracción a partirde la ley de Snell:

6. Falso. Esta afirmación es verdadera para las ondas polari-zadas linealmente pero no en el caso de la polarizacióncircular o elíptica. En éstas, las partículas del medio novibran todas en el mismo plano, como en la polarizaciónlineal, sino que cada una se mueve describiendo círculosen un plano perpendicular a la dirección de propa-gación.

7. La polarización es una característica de las ondas trans-versales porque consiste en limitar las direcciones de vi-bración de las partículas del medio. En el caso de las on-das longitudinales, la dirección de vibración está siemprelimitada, ya que coincide con la dirección de propaga-ción. Por tanto no tiene sentido hablar de polarizaciónen ondas longitudinales.

8. No es posible polarizar las ondas sonoras ya que se tratade ondas longitudinales. Sólo es posible polarizar ondastransversales.

2. FENÓMENOS POR SUPERPOSICIÓN DE ONDAS(págs. 153, 155 y 160)

9. A pesar de que en el libro del alumno se ha estudiado elcaso de la interferencia de ondas armónicas, la interfe-rencia es un fenómeno propio de todos los tipos de mo-vimiento ondulatorio.

10. Cuando dos ondas interfieren constructiva o destructiva-mente no se produce ninguna ganancia o pérdida deenergía en el sistema, pero sí una redistribución de laenergía. Los puntos donde las ondas interfieren cons-tructivamente tendrán más energía, proveniente de losnodos o puntos de interferencia destructiva.

11. Datos: y = 0,25 cos [4π(10t – x)] (SI); r = 1,5 m; r’= 1,75 m

Si comparamos la ecuación del enunciado con la expre-sión de una onda armónica, obtenemos:

A = 0,25 m; ω = 40π rad·s–1; k = 4π m–1

a) Deducimos la longitud de onda a partir del númerode ondas:

b) Hallamos si la interferencia es constructiva o destruc-tiva a partir del valor de la diferencia de recorridos:

Por tanto, como la diferencia de recorridos es un nú-mero impar de semilongitudes de onda, la interfe-rencia en este punto es destructiva.

12. Datos: f = 40 Hz; v = 20 cm·s–1 = 0,2 m·s–1

Calculamos la longitud de onda:

a) Determinamos el tipo de interferencia en el punto Aa partir del valor de la diferencia de recorridos:

Por tanto, como la diferencia de recorridos es un nú-mero entero de longitudes de onda, la interferenciaen este punto es constructiva.

b) Determinamos el tipo de interferencia en el punto Ba partir del valor de la diferencia de recorridos:

Por tanto, como la diferencia de recorridos es un nú-mero impar de semilongitudes de onda, la interfe-rencia en este punto es destructiva.

r r cm cm cm

r r cmcm

' , ,

' ,,

,

− = − =

−= = =

8 6 25 1 75

1 750 5

3 572λ

r r cm cm cm

r r cmcm

' , ,

' ,,

− = − =

−= =

12 10 5 1 5

1 50 5

3λ

λ = = = ⋅ =−vf

m sHz

m cm0 240

5 10 0 53,,

r r m m m

r r mm

' , , ,

' ,,

− = − =

− = =

1 75 1 5 0 25

0 250 5

12λ

λ π ππ

= = =−2 2

40 5

1k mm,

sensen

sen sen,,

sen ,

ir

vv

rvv

im s

m s

=

= ⋅ = ⋅ ° =

1

2

2

1

0 050 1

30 0 25

v f m Hz m s2 2 0 01 5 0 05= = ⋅ =λ , ,

f

v m sm

Hz= = =1

1

0 10 02

5λ

,,

sensen

; sen sen ;ir

n i r i r= > > >21 1

n

vv

v v211

21 21= > >;

84



c) Determinamos el tipo de interferencia en el punto Ca partir del valor de la diferencia de recorridos:

Por tanto, como la diferencia de recorridos es un nú-mero entero de longitudes de onda, la interferenciaen este punto es constructiva.

13. Datos: r’ = 26 cm = 0,26 m; r = 25,8 cm = 0,258 m; v = 1 200 m/s

La condición que cumple el primer nodo o mínimo deamplitud es:

Si tenemos en cuenta la relación entre la longitud deonda, la velocidad de propagación y la frecuencia, pode-mos escribir la condición del primer mínimo en la forma:

14. a) Cierto.

b) Cierto. siempre que ambas tengan la misma veloci-dad de propagación, ya que en este caso tendrántambién distinta frecuencia.

c) Falso. No aparecerán pulsaciones a no ser que tam-bién tengan frecuencias próximas.

d) Falso. Si tienen velocidades distintas pero próximas,y la misma frecuencia, no se producirán pulsaciones.

15. Datos: f1 = 430 Hz; f2 = 436 Hz

a) Calculamos la frecuencia de la onda resultante comoel promedio de f1 y f2:

b) Hallamos la frecuencia de la pulsación y su período:

16. Datos: f1 = 349 Hz; 3 pulsaciones por segundo

La frecuencia correspondiente a 3 pulsaciones por se-gundo es de 3 Hz, fp = 3 Hz. Por tanto, si suponemos quela frecuencia conocida es la mayor:

Pero también es posible que la frecuencia conocida seala menor. En tal caso:


El período de las pulsaciones se relaciona con las fre-cuencias de los diapasones mediante la expresión:

Por lo tanto, cuanto más parecidas son ambas frecuen-cias, mayor será el período de las pulsaciones.

Al realizar la práctica se observa que cuanto más pareci-da es la posición de las piezas de modificación de fre-cuencia, el período de las pulsaciones es mayor. Así, po-demos concluir que:

a) La frecuencia de los diapasones depende de la posi-ción de las piezas de modificación.

b) Cuanto más parecida es la posición de estas piezas enambos diapasones, más cercanos están los valores de sus frecuencias y mayor es el período de las pulsaciones.

18. a) Para que se produzca una onda estacionaria es nece-saria la interferencia de dos ondas armónicas de am-plitud y frecuencia iguales que se propaguen en lamisma dirección y sentido contrario.

b) Todos los puntos de la cuerda en la que se produceuna onda estacionaria, excepto los nodos, oscilan ar-mónica y verticalmente y alcanzan a la vez la posiciónde equilibrio.

19. Datos: y1 = A sen (ωt + kx); y2 = A sen (ωt – kx + ϕ)

a) La superposición de estas dos ondas será:

Se trata de una onda armónica de igual frecuenciaque las ondas componentes y con una amplitud Ar in-dependiente del tiempo, donde la fase de la oscila-ción es independiente del punto considerado. Portanto, todos los puntos de la onda alcanzan a la vez laposición de equilibrio y los nodos se encuentransiempre en reposo. En definitiva, se trata de unaonda estacionaria.

b) Si en x = 0 hay un nodo, la amplitud es siempre nula,para todo t. Por tanto:

cos coskx −

= = ⇒ =ϕ ϕ ϕ π2 2

0

y A t A A kxr r r= +

= −

sen ; cosω ϕ ϕ2

22

y A t kxr = +

−

22 2

sen cosω ϕ ϕ

⋅ + − − +

cos( ) ( )ω ω ϕt kx t kx

2

y A

t kx t kxr =

+ + − +

⋅2

2sen

( ) ( )ω ω ϕ y A t kx A t kxr = + + − +sen( ) sen( )ω ω ϕ

y y yr = +1 2

T

f f=

−1

1 2

f f f f f f Hz Hz Hzp p= − = + = + =2 1 2 1 349 3 352;

f f f f f f

f Hz Hz Hz

p p= − = −

= − =1 2 2 1

2 349 3 346

;

f f f Hz Hz Hz

Tf Hz

s

p

p

= − = − =

= = =

2 1 436 430 6

1 16

0 17,

f

f f Hz HzHz=

+=

+=1 2

2430 436

2433

r rvf

fv

r r

fm s

m mHz

' ;( ' )

( , , )

− = =−

=−

= ⋅

2 2

12002 0 26 0 258

3 105

r r'− = λ

2

r r cm cm cm

r r cmcm

'

',

− = − =

−= =

9 5 4

40 5

8λ

85



c) La elongación máxima en cualquier punto se da enel momento en que sen(ωt + π/2) = 1. Por tanto, enx = λ/4:

Derivamos la elongación respecto del tiempo parahallar la velocidad:

20. Datos: y = 0,3 cos (0,2x – 100t) (SI)

a) Si comparamos la ecuación del enunciado con la ex-presión de una onda armónica, obtenemos:

A = 0,3 m; ω = 100 rad·s–1; k = 0,2 m–1

Hallamos la longitud de onda a partir del número deondas; la frecuencia, a partir de la pulsación; y la ve-locidad de propagación a partir de la frecuencia y dela longitud de onda:

b) La onda que se propaga en el sentido contrario tie-ne por ecuación y = 0,3 cos (0,2x + 100t). Por lo tan-to, la ecuación de la onda estacionaria resultanteserá:

c) La distancia entre dos nodos consecutivos será:

21. En una cuerda con sus dos extremos fijos sólo pue-den formarse ondas estacionarias de longitud de onda

, con L la longitud de la cuerda y n un número

entero.

Si la cuerda está fija sólo por un extremo, la longitud de

onda de las ondas estacionarias ha de ser .

22. Datos: L = 2 m; A(x = 1 m) = 0,1 m; v = 4 m/s; cuerda su-jeta por los dos extremos; n = 1

a) La longitud de onda de la onda estacionaria es:

b) Hallamos la frecuencia a partir de la velocidad depropagación y la longitud de onda:

c) Como la cuerda está fija en sus dos extremos, x = 0 yx = L deben ser nodos de la onda estacionaria. Suecuación es:

23. Datos: L = 1,2 m; v = 130 m·s–1

Las frecuencias de la serie armónica en una cuerda fijapor los dos extremos vienen dadas por la expresión:

Calculamos las frecuencias correspondientes a los tresprimeros armónicos, n = 1, 2, 3:

24. Datos: L = 1 m; f1 = 430 Hz; cuerda fija por un extremo

Hallamos la velocidad de propagación de las ondas en lacuerda a partir de la expresión del primer armónicopara una cuerda fija por un extremo:

25. Las longitudes de onda de cada uno de los modos nor-males de vibración son las mismas en la cuerda fija por

fvL

v L f

v m Hz m s

1 144

4 1 430 1 720

= =

= ⋅ ⋅ =

;

fvL

m sm

Hz

fvL

m sm

Hz

fvL

m sm

Hz

1

2

3

12

11302 1 2

54 2

22

21302 1 2

108 3

32

31302 1 2

162 5

= ⋅ = ⋅⋅

=

= ⋅ = ⋅⋅

=

= ⋅ = ⋅⋅

=

,,

,,

,,

f n

v

L=

2n = 1,2,3...

y A kx t

y A x f t

y x t

y x t SI

r

r

r

r

=

=

=

⋅ ⋅

=

2

22

2

0 124

2 1

0 12

2

sen ( )cos ( )

sen cos ( )

, sen cos ( )

, sen cos ( ) ( )

ω

πλ

π

ππ

π π

fv m s

mHz= = =

λ44

1

λ λ= =

⋅=2 2 2

14

Ln

mm;

λ = 4Ln

λ = 2L

n

x x x x

mmn n n n– ; –– –1 12

102

5= = =λ ππ

y y y

y x t x t

yx t x t

x t x t

y x

r

r

r

r

= +

= + +

= ⋅ + +

⋅

⋅ +

=

1 2

0 3 0 2 100 0 3 0 2 100

2 0 30 2 100 0 2 100

2

0 2 100 0 2 1002

0 6 0 2

, cos ( , – ) , cos ( , )

, cos( , – ) ( , )

cos( , – ) – ( , )

, cos ( , )cos (–(– )

, cos ( , )cos ( ) ( )

100

0 6 0 2 100

t

y x t SIr =

λ π π π

ωπ π π

λ ππ

= = =

= =⋅

=

= = ⋅ =

−

−

2 2

0 210

2100

250

1050

500

1

1

k mm

frad s

Hz

v f m Hzms

,

vdydt

A kx t

v x A t

v x A t

v x A t

= = −

+

= = ⋅ −

+

= = ⋅ +

= = −

22 2

4 22

4 2 2

4 2 02

4 2

ω π ω π

λ ω πλ

λ π ω π

λ ω ω π

λ ω ω

cos cos

( ) cos cos

( ) cos cos

( ) sen ( )

y A k

y A A A

max

max

= −

= ⋅ −

= =

24 2

22

4 22 0 2

cos

cos cos

λ π

πλ

λ π

86



los dos extremos que en el tubo de la misma longitud

abierto por los dos extremos:

De la misma forma, la expresión de la longitud de ondade los modos normales de vibración de un tubo abiertopor un extremo coincide con la de los de una cuerda fija

por un extremo de la misma longitud:

26. Datos: fn = 300 Hz; fm = 425 Hz

a) fn y fm son armónicos de la misma frecuencia funda-mental f. Por tanto, fn = n f y fm = m f. Entonces, lafrecuencia fundamental es el máximo común divisorde fn y fm:

b) Conocida la frecuencia fundamental, hallamos el or-den de los armónicos:

27. Datos: L = 1,25 m; v = 342 m·s–1

a) Hallamos la frecuencia de los tres primeros armóni-cos si el tubo está abierto por sus dos extremos:

b) Calculamos la frecuencia de los tres primeros armó-nicos si el tubo está abierto sólo por uno de sus extre-mos:

28. El sonido amplificado de la voz humana manteniendocierto tono durante varios segundos es capaz de romperuna copa de cristal debido a un fenómeno de resonan-cia. Este fenómeno sólo aparece en el caso de que la fre-cuencia correspondiente al tono de la voz humana coin-

cida con la frecuencia de uno de los modos normales devibración del cristal de la copa. En tal caso, la voz es ca-paz de estimular una vibración en el cristal cuya ampli-tud irá en aumento. Si la amplitud de la vibración delcristal llega a superar los límites de elasticidad de la es-tructura de la copa, ésta se romperá.

3. FENÓMENOS DEBIDOS AL MOVIMIENTO DE LA FUENTE Y DEL RECEPTOR (pág. 162)

29. El efecto Doppler es un fenómeno común a todas las on-das armónicas.

30. Si una fuente sonora y un observador se mueven con lamisma velocidad, dirección y sentido, no habrá efectoDoppler. El efecto Doppler sólo aparece cuando existeun movimiento relativo entre el observador y la fuente yen la dirección de la línea que los une. Si la velocidad re-lativa es nula, no aparece el efecto Doppler.

31. Datos: vF = 30 m·s–1; f = 600 Hz; v = 340 m·s–1

a) Si el automóvil se aproxima:

b) Si la fuente se aleja del receptor:

32. Datos: vR = 15 m·s–1; f = 1 000 Hz; v = 340 m·s–1

a) Si el automóvil se aproxima a la sirena:

b) Si el conductor se aleja de la fuente:

33. Datos: vF = 40 m·s–1; vR = 20 m·s–1; f = 980 Hz; v = 340 m·s–1

a) Si el automóvil se aproxima a la ambulancia:

b) Si el conductor y la fuente se alejan uno del otro:

f Hzm s m s

m s m sHzR = ⋅

⋅ + ⋅⋅ − ⋅

=− −

− −980340 20

340 401176

1 1

1 1

f f

v vv vR

R

F

= +−

f fv v

v

f Hzm s m s

m sHz

RR

R

= −

= ⋅⋅ − ⋅

⋅=

− −

−1 000340 15

340955 9

1 1

1,

f fv v

v

f Hzm s m s

m sHz

RR

R

= +

= ⋅⋅ + ⋅

⋅=

− −

−1 000340 15

3401 044 1

1 1

1,

f fv

v v

f Hzm s

m s m sHz

RF

R

=+

= ⋅⋅

⋅ + ⋅=600

340

340 30551 4

1

1 1

–

– –,

f fv

v v

f Hzm s

m s m sHz

RF

R

=−

= ⋅⋅

⋅ − ⋅=600

340

340 30658 1

1

1 1

–

– –,

f nvL

n

fm s

mHz

fm s

mHz

fm s

mHz

= =

= ⋅⋅

=

= ⋅⋅

=

= ⋅⋅

=

41 3 5

13424 1 25

68 4

33424 1 25

205 2

53424 1 25

342

1

2

3

; , , ...

,,

,,

,

f nvL

n

fm s

mHz

fm s

mHz

fm s

mHz

= =

= ⋅⋅

=

= ⋅⋅

=

= ⋅⋅

=

21 2 3

1342

2 1 25136 8

23422 1 25

273 6

33422 1 25

410 4

1

2

3

, , , ...

,,

,,

,,

nff

nHzHz

mff

mHz

Hz

n

m

= = =

= = =

;

;

30025

12

42525

17

f Hz Hz

f Hz Hz

f Hz

n

m

= = ⋅ ⋅

= = ⋅

=

300 2 3 5

425 5 17

25

2 2

2

λ = 4L

n

λ = 2L

n

87



34. Datos: v = 340 m·s–1; si el tren se acerca, fR = 704 Hz; si eltren se aleja, fR = 619 Hz

Si el tren se acerca, la frecuencia percibida por el recep-tor es:

Si el tren se aleja, la frecuencia percibida es:

Tenemos así un sistema de dos ecuaciones y dos incógni-tas. Si dividimos la primera ecuación entre la segunda,obtenemos la velocidad de la fuente:

Hallamos la frecuencia a partir de la primera ecuación:


35. Datos: y = 1,2 cos (100t – 0,1x) (SI)

a) Si comparamos la ecuación del enunciado con la ex-presión de una onda armónica, obtenemos:

A = 1,2 m; ω = 100 rad·s–1; k = 0,1 m–1

Hallamos la longitud de onda a partir del número deondas; la frecuencia, a partir de la pulsación; y la ve-locidad de propagación, a partir de la frecuencia y dela longitud de onda:

b) La onda que se propaga en sentido contrario tienepor ecuación y = 1,2 cos (100t + 0,1x). Por lo tanto laecuación de la onda estacionaria resultante será:

c) Calculamos la posición de los nodos:

d) La distancia entre dos nodos consecutivos será:

36. Datos: (SI)

a) La ecuación general de una onda estacionaria genera-da por superposición de dos ondas iguales que se mue-ven en sentido contrario es yr = 2A sen (kx) cos (ωt). Sicomparamos con la ecuación del problema, vemosque la amplitud de las ondas que pueden generarlapor superposición es A = 1 m. Deducimos tambiénque k = π/3 m–1 y ω = 40π rad·s–1. Por tanto, la veloci-dad de propagación de las ondas generadoras es:

b) La distancia entre dos nodos consecutivos será:

c) Hallamos la velocidad en cualquier punto de la cuer-da derivando la ecuación de la elongación:

Para la partícula situada en x = 1,5 m cuando t = 1,125 s,la velocidad es:

vms

= − ⋅

⋅ ⋅ =803

1 5 40 1 125 0π π πsen , sen( , )

vdydt

x t

v x t SI

= = − ⋅

⋅

= −

2 403

40

803

40

π π π

π π π

sen sen ( )

sen sen ( ) ( )

x x

x xk m

m

n n

n n

− =

− = = =

−

−

1

11

2

22

3

3

λ

π ππ –

vT k

rad s

m

ms

= = =⋅

=λ ω π

π40

3

1201

1

–

–

y = 2 sen

3t)r

π πx

cos (40

x x x x

mmn n n n− = − = =− −1 12

202

10λ π

π;

x n nm

x n m

= + = +

= +

( ) ( )

( )

2 14

2 120

42 1 5

λ π

π

y y y

y t x t x

yt x t x

t x t x

y t

r

r

r

r

= +

= − + +

= ⋅ − + +

⋅

⋅ − − +

= −

1 2

1 2 100 0 1 1 2 100 0 1

2 1 2100 0 1 100 0 1

2

100 0 1 100 0 12

2 4 100

, cos ( , ) , cos ( , )

, cos( , ) ( , )

cos( , ) ( , )

, cos ( )cos ( 00 1

2 4 0 1 100

, )

, cos ( , )cos ( ) ( )

x

y x t SIr =

λ π π π

ωπ π π

λ ππ

= = =

= =⋅

=

= = ⋅ =

−

−

2 2

0 120

2100

250

2050

1 000

1

1

k mm

frad s

Hz

v f m Hzms

,

704340

340 21 8

704 318 2 340

704 318 2

340659

1

1 1

1 1

1

1

Hz fm s

m s m s

Hz m s m s f

fHz m s

m sHz

=⋅

⋅ − ⋅

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

=⋅ ⋅

⋅=

−

− −

− −

−

−

,

,

,

704619

340

340

704 340 619 340

239 360 704 210 460 619

1 323 28 900

21 8

1

1

1 1 1

1 1

1

1

HzHz

m s v

m s v

m s v m s m s v

m s v m s v

v m s

v m s

F

F

F F

F F

F

F

=⋅ +⋅ −

⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ +

⋅ = ⋅ +

= ⋅

= ⋅

−

−

− − −

− −

−

−

( ) ( )

–

,

f f

vv v

Hz fm s

m s vR

F F

=+

=⋅

⋅ +

−

−; 619340

340

1

1

f f

vv v

Hz fm s

m s vR

F F

=−

=⋅

⋅ −

−

−; 704340

340

1

1

f fv vv v

f Hzm s m s

m s m sHz

RR

F

R

= −+

= ⋅⋅ − ⋅⋅ + ⋅

=− −

− −980340 20

340 40825 3

1 1

1 1,

88




Antes de ser adelantado, cuando la ambulancia se apro-xima al automóvil y éste se aleja de ella:

Después de ser adelantado, la fuente se aleja del recep-tor pero éste se dirige hacia ella:

38. Datos: vF = 30 m·s–1; f = 150 Hz; v = 340 m·s–1

a) El camionero que circula tras él con una velocidadde vR = 20 m·s–1 se acercaría a la fuente si ésta se en-contrara en reposo. Al mismo tiempo, la fuente sealeja del receptor. Por lo tanto:

b) El automovilista que circula en sentido contrario conuna velocidad de vR = 28 m·s–1 se acerca a la fuente.Por tanto:


39. Principio de Huygens: todo punto de un frente de ondase convierte en un centro puntual productor de ondaselementales secundarias, de igual velocidad y frecuenciaque la onda inicial, cuya superficie envolvente constituyeun nuevo frente de onda.

El principio de Huygens es aplicable a todas las ondas,incluidas las electromagnéticas.

40. La difracción consiste en la desviación en la propagaciónrectilínea de las ondas cuando éstas atraviesan una abertu-ra o pasan próximas a un obstáculo. La difracción se pro-duce tanto en ondas longitudinales (por ejemplo, el soni-do) como en ondas transversales (por ejemplo, la luz).

41. Podemos oír la conversación que mantienen unas perso-nas al otro lado de la esquina de un edificio, sin que po-damos verlas, porque las ondas sonoras se difractan en laesquina. Es decir, su trayectoria rectilínea se ve alterada ylas ondas son capaces de «doblar» la esquina.

En cambio, si se sitúan detrás de una casa y delante de lafachada, la pared refleja todo el sonido. Si éste no llega auna esquina cercana, no se podrá difractar y llegar hastanosotros.

42. El índice de refracción relativo de un medio respecto aotro se define como la razón entre las velocidades depropagación de un movimiento ondulatorio en los dosmedios.

Las leyes de la refracción son:

1.a El rayo refractado, la normal a la superficie en elpunto de incidencia y el rayo incidente están en elmismo plano.

2.a La razón entre el seno del angulo de incidencia y eldel ángulo de refracción es una constante igual a larazón entre las respectivas velocidades de propaga-ción del movimiento ondulatorio:

43. La velocidad de propagación de las ondas sonoras en el agua es mayor que en el aire. Por tanto, el índice derefracción relativo del agua respecto del aire será

. Como el cociente del seno del ángulo inci-

dente y el seno del ángulo refractado es igual al índicede refracción relativo n21:

Por tanto, la onda refractada se alejará de la normal.

44. Una onda que viaja por una cuerda tensa, al reflejarse enuna pared, sufre una inversión de fase. Por tanto, la ondareflejada está en oposición de fase con la onda incidente.

La inversión se debe a que la onda produce una fuerzahacia arriba sobre la pared que, debido a la tercera leyde Newton, provoca una fuerza de reacción hacia abajosobre la cuerda, fuerza que genera la onda reflejada enoposición de fase con la incidente.

Si la ecuación de la onda incidente es y = 0,02 sen (50t –– 3x), la onda reflejada, que viajará en sentido contrarioy con un desfase de π/2, será:

y’ = 0,02 sen (50t + 3x – π/2) = 0,02 cos (50t + 3x)

sensen

; sen senir

n i r r i= < < ⇒ >21 1

n

vv21

1

2

1= <

sen

sen

i

rvv

n= =1

221

f fv vv v

f Hzm s m s

m s m sHz

RR

F

R

= +−

= ⋅⋅ + ⋅⋅ − ⋅

=− −

− −150340 28

340 30178

1 1

1 1

f fv vv v

f Hzm s m s

m s m sHz

RR

F

R

= ++

= ⋅⋅ + ⋅⋅ + ⋅

=− −

− −150340 20

340 30145 9

1 1

1 1,

f fv vv v

f Hzm s m s

m s m sHz

RR

F

R

= ++

= ⋅⋅ + ⋅⋅ + ⋅

=− −

− −400340 25

340 33391 4

1 1

1 1,

f fv vv v

f Hzm s m s

m s m sHz

RR

F

R

=−

= ⋅⋅ ⋅⋅ − ⋅

=− −

− −

–

–,400

340 25

340 33410 4

1 1

1 1

89

Onda incidente

Onda reflejada



45. Polarización: limitación en la dirección o direcciones devibración de los puntos afectados por una onda transver-sal.

Polarización rectilínea o lineal: una onda está polarizadarectilínea o linealmente si la vibración tiene lugar siem-pre siguiendo rectas con la misma dirección perpendicu-lar a la dirección de propagación.

Polarización circular: hablamos de polarización circu-lar cuando la vibración de un punto a lo largo del tiem-po tiene lugar siguiendo círculos situados en planos perpendiculares a la dirección de propagación de laonda.

Polarización elíptica: hablamos de polarización elípti-ca cuando la vibración de un punto a lo largo del tiem-po tiene lugar siguiendo elipses situadas en planos perpendiculares a la dirección de propagación de laonda.

Podemos conseguir una onda polarizada linealmente sisacudimos arriba y abajo el extremo libre de una cuerdafija, de modo que sus puntos vibren siempre en el mismoplano. Si hacemos vibrar el extremo libre de la cuerdaformando círculos o elipses, obtendremos una onda po-larizada circular o elípticamente.

46. a) Falso. La interferencia es constructiva en los puntosdonde las ondas llegan en concordancia de fase. Silas dos fuentes están separadas una distancia arbitra-ria, aunque emitan en fase, las ondas no llegarán atodos los puntos del espacio en fase, y la interferen-cia no será siempre constructiva.

b) Falso. Como la diferencia de fase entre ambas semantiene constante, se trata de fuentes coherentes.

47.

48. Si dos violinistas separados dos metros tocan la mismanota, existirán puntos de la habitación donde la interfe-rencia será destructiva. La nota no se oirá en esos puntossólo si tocan los dos con la misma intensidad, de formaque las ondas tengan la misma amplitud.

49. Si una cuerda está vibrando con seis vientres, los nodospueden tocarse sin perturbar el movimiento, ya que sonpuntos de vibración nula.

Si la cuerda tiene seis vientres y está fijada por los extre-mos (que también son nodos), habrá siete puntos en to-tal que puedan tocarse sin perturbar el movimiento. Sisólo está fija por un extremo, los nodos serán seis.

50. La cuerda vibrará con la frecuencia fundamental y la co-rrespondiente longitud de onda, determinadas ambaspor la posición de los dedos del violinista (es decir, porla longitud efectiva de la cuerda). Pero, además, se su-perpondrán otros armónicos, que serán los responsablesdel timbre característico del violín.

51. Un tubo abierto por los dos extremos tiene como fre-

cuencia fundamental , mientras que un tubo

abierto sólo por un extremo tiene por frecuencia funda-

mental . Si el segundo tubo tiene una longitud

L’= L/2, las frecuencias fundamentales coincidirán.

52. El efecto Doppler en la luz sólo tiene efectos apreciablespara movimientos con grandes velocidades. Además,como la longitud de onda de la luz visible es muy peque-ña, los correspondientes desplazamientos Doppler sontambién pequeños.

Sin embargo, el efecto Doppler en la luz visible se puedeapreciar en la luz de las estrellas, donde las velocidadesimplicadas son muy grandes.

53. Datos: t1 = 8 s; t2 = 12 s; v = 340 m·s–1

Si tardamos 8 segundos en oír la explosión procedentedel barco:

Es decir, estamos a 2 720 m del barco.

Si tardamos 12 segundos en oír el eco procedente de losacantilados, como a los 8 s el sonido nos había llegadodesde el barco, las ondas han tardado t3 = 12 s – 8 s = 4 sen viajar de nuestra barca al acantilado y volver. En estetiempo han recorrido 2d2, donde d2 es la distancia quenos separa del acantilado:

54. Datos: f = 225 Hz; v1 = 120 m·s–1; v2 = 210 m·s–1

a) Calculamos el índice de refracción del segundo me-dio respecto al primero:

b) Hallamos la longitud de onda en el primer medio,donde v1 = 120 m·s–1:

n

vv

m s

m s21

1

2

1

1

120

2100 57= =

⋅⋅

=−

− ,

2

12

12

340 4 6802 3 2 31d v t d v t m s s m= = = ⋅ ⋅ ⋅ =−;

d v t m s s m1 11340 8 2 720= = ⋅ ⋅ =−

′ =

′f

vL1 4

fvL1 2

=

90

A

T

t

Tp



En el segundo medio:

55. Datos: f = 50 Hz; A = 2 cm; v = 100 cm·s–1; r = 5 cm; r’= 9 cm

Hallamos primero el número de ondas y la pulsación deestas ondas armónicas:

Entonces, la ecuación resultante de la superposición será:

56. Datos: f = 100 Hz; r’ = 83,4 m; r = 80 m; v = 340 m·s–1

Únicamente no habrá sonido si en P se cumple la condi-ción de interferencia destructiva:

Calculamos λ:

En el punto donde hemos situado el aparato registrador,r’ = 83,4 m y r = 80 m:

Por tanto, como este punto no verifica la condición para que la amplitud resultante sea nula, el aparato registrará sonido.

57. Datos: f1 = 380 Hz; f2 = 374 Hz

Calculamos la frecuencia de la pulsación, fp, y la frecuen-cia, f, de la onda resultante de la interferencia:

58. Datos: y1 = 2 sen (1500t – 250x) (SI); y2 = 2 sen (1500t + 250x) (SI)

a) La superposición de estas dos ondas será:

b) La distancia entre dos antinodos consecutivos será:

59. Datos: (SI)

a) Si comparamos la ecuación de la onda del problemacon la ecuación general de una onda estacionaria, y = 2 A cos (kx) sen (ωt), obtenemos:

A = 1 m; k = m–1; ω = 5π rad·s–1

Calculamos la longitud de onda y la velocidad depropagación:

b) Calculamos la posición de los nodos:

x = (2n + 1) ; n = 0, 1, 2...

x = (2n + 1) = 3 (2n + 1) m; n = 0, 1, 2...

La distancia entre dos nodos o dos vientres consecutivoses media longitud de onda. Por tanto, como λ = 12 m,la distancia entre dos nodos o dos vientres es de 6 m.Pero como nodos y vientres están alternados y equies-paciados, la distancia entre un nodo y el vientre si-guiente será de un cuarto de longitud de onda, es de-cir, de 3 m.

c) Hallamos la velocidad en cualquier punto de la cuer-da derivando la ecuación de la elongación:

Para la partícula situada en x = 6 m:

v t t m s= − ⋅

= ( ) ⋅ −106

6 5 10 5 1π π π π πcos sen ( ) sen

vdydt

x t

v x t SI

= = − ⋅

= −

2 56

5

106

5

π π π

π π π

cos sen ( )

cos sen ( ) ( )

124m

λ4

λ π λ ππ

λ λ ωπ

ππ

= = =

= = = ⋅ =

2 2

612

212

52

30

1k mm

v f v mrad s m

s

;

;

–

π6

y = 2 cos

6π πx t

( )cos 5

x xk

k

x xm

m

n n

n n

− = = =

− = =

−

− −

1

1 1

22

2

250 250

λ π π

π π

y y y

y t x t x

y x t SI

r

r

r

= +

= − + +

= ( ) ( )

1 2

2 1 500 250 2 1 500 250

4 250 1 500

sen ( ) sen ( )

cos sen ( )

f f f Hz Hz Hz

ff f Hz Hz

Hz

p = − = − =

=+

=+

=

1 2

1 2

380 374 6

2380 374

2377

83 4 80 2 1 1 7

3 4 2 1 1 7

2 1 2 2 112

0 1

, ( ) ,

, ( ) ,

( ) ; ; , ...

m m n m

m n m

n n n

− = + ⋅

= + ⋅

+ = = = ≠

λ = =

⋅=v

fm s

Hzm

340100

3 41–

,

′ = + =r r n n– ( ) ; , , ...2 1

20 1 2

λ

y A kr r

t kr r

y cmcm cm

t cmcm cm

y t

y t cm

r

r

r

r

=−

−+

= ⋅ ⋅−

⋅

⋅ − ⋅+

= ( ) ( )= ( )

−

−

22 2

2 29 5

2

1009 5

2

4 2 100 7

4 100 7

1

1

cos'

sen'

cos

sen

cos sen –

sen –

ω

π

π π

π π π

π π

ω π π π

πλ

π π ω

ππ

= = ⋅ = ⋅

= = = =

=⋅

⋅=

−

−

−

2 2 50 100

2 2 2

100

100

1

1

1

f Hz rad s

kv f

fv v

krad s

cm scm

λ λ2

22

1210225

0 93= =⋅

=−v

fm s

Hzm; ,

λ λ11

1

1120225

0 53= =⋅

=−v

fm s

Hzm; ,

91

–1



La velocidad máxima corresponde al instante en quesen (5πt) = 1; por tanto, vmax = 10π m·s–1.

60. Datos: L = 1,2 m; f = 120 Hz; 4 vientres

a) Si la cuerda está sujeta por un extremo, se generaráun número impar de cuartos de longitud de onda, yaque el extremo sujeto será siempre un nodo y el li-bre, un vientre. Si vemos 4 vientres en la cuerda, sehan generado 3 nodos además del extremo fijo. Portanto, la longitud de la cuerda equivale a 7/4 de lon-gitud de onda. Entonces:

b) Como los modos normales de vibración de la cuerda

fija en un extremo son de la forma , la vibra-

ción corresponde al séptimo armónico, n = 7:

Por lo tanto:

61. Datos: L = 1 m; 9 nodos; Amax = 2 cm = 0,02 m; v = 10 m·s–1

a) Si en la cuerda de guitarra, que está sujeta por losdos extremos, se forman 9 nodos, la longitud deonda corresponde a un cuarto de la longitud de la

cuerda:

Para escribir la ecuación de la onda estacionaria, deter-minamos primero el número de ondas y la pulsación:

Como la cuerda está fija en sus dos extremos, x = 0 yx = L deben ser nodos de la onda estacionaria. Por lotanto, su ecuación es:

b) Calculamos la frecuencia fundamental de vibración:

c) Hallamos la longitud de onda correspondiente a lafrecuencia fundamental:

o también:

62. Datos: f = 250 Hz; v = 340 m·s–1

a) Calculamos la longitud del tubo si tiene los dos extre-mos abiertos:

b) Hallamos la longitud del tubo si tiene un solo extre-mo abierto:

63. Datos: vF = 60 km/h = 16,7 m·s–1; f = 1 000 Hz; v = 340 m·s–1

a) Si el tren se aproxima:

b) Si la fuente se aleja del receptor:

64. Datos: vR = 30 m·s–1; f = 500 Hz; v = 340 m·s–1

Si el motorista se aproxima a la sirena:


a) Antes de cruzarse, ambos se aproximan el uno al otro.Por lo tanto, la frecuencia percibida por el motorista es:

f f

v vv vR

R

F

= +−

f fv v

v

f Hzm s m s

m sHz

RR

R

= +

= ⋅⋅ + ⋅

⋅=

− −

−500340 30

340544 1

1 1

1,

f fv

v v

f Hzm s

m s m sHz

RF

R

=+

= ⋅⋅

⋅ + ⋅=

−

− −1 000340

340 16 7953 2

1

1 1,,

f fv

v v

f Hzm s

m s m sHz

RF

R

=−

= ⋅⋅

⋅ − ⋅=

−

− −1 000340

340 16 71051 7

1

1 1,,

f n

vL

L nvf

m sHz

m= = = ⋅⋅

⋅=

−

4 41

3404 250

0 341

; ,

f nvL

L nvf

m sHz

m= = = ⋅⋅

⋅=

−

2 21

3402 250

0 681

; ,

λ = =⋅

=−v

fm sHz

m10

52

1

λ λ= =⋅

=2 2 11

2L

nm

m; ;

f n

vL

m sm

Hz= = ⋅⋅

⋅=

−

21

102 1

51

y A kx t

y x t SI

r

r

=

=

2

0 02 8 80

sen ( )cos ( )

, sen ( )cos ( ) ( )

ω

π π

ω π πλ

π

ω π

= = = = ⋅ ⋅

= ⋅

− −

−

2 2 8 10

80

1 1

1

fv

k v m m s

rad s

km

m= = = −2 20 25

8 1πλ

π π,

λ = = =L m

m4

14

0 25, .

f

vL

f ff Hz

Hz7 1 177

47

7120

717 1= ⋅ = = = =; ,

f n

vL

fvL

= =4 41;

λ = 4

Ln

L L m m= = = ⋅ =7

447

47

1 2 0 69λ λ; , ,

92

L

λ

λ/4

λ

L

λ λ λ



b) Después de cruzarse, ambos se alejan uno del otro.Por tanto:

66. Datos: L = 2 m; µ = 0,005 kg·m–1; f1 = 65 Hz

La velocidad de una onda en una cuerda tensa sólo de-pende de la tensión de la cuerda, T, y de su masa por uni-dad de longitud. Por tanto, si determinamos la velocidada partir de la frecuencia del modo fundamental de vibra-ción y la longitud de la cuerda, hallaremos la tensión.

Calculamos la velocidad de propagación de las ondas enla cuerda:

Con ella, hallamos la tensión:

T = 338 N

67. Datos: λroja = 6,2 · 10–7 m; λverde = 5,4 · 10–7 m;c = 3 · 108 m·s–1

Hallamos las frecuencias de la luz roja y la luz verde:

Calculamos la velocidad a la que debe circular el vehícu-lo para que el conductor vea verde (fR = fverde) la luz rojadel semáforo (f = froja):


1. Principio de Huygens: todo punto de un frente de ondase convierte en un centro puntual productor de ondaselementales secundarias cuya superficie envolvente cons-tituye un nuevo frente de onda.

Consideremos un frente de onda (representado por elsegmento AB) que incide con un ángulo i sobre la superfi-cie de separación de un medio, en que la onda se propagacon velocidad v1, respecto de otro en que lo hace con velo-cidad v2, siendo v2 menor que v1. Cada punto de la superfi-

cie donde incide el primer frente de onda, por el princi-pio de Huygens, se convierte en un nuevo foco emisor.

Debido a la menor velocidad de propagación de la ondaen el segundo medio, las ondas secundarias recorrenuna menor distancia en el mismo tiempo de la que reco-rrerían en el primer medio. Por ello, la onda se refracta,es decir, cambia de dirección. La envolvente de las ondassecundarias es el nuevo frente de la onda refractada, DC.

El rayo correspondiente al punto B del frente de ondaincidente alcanzará la superficie en un tiempo t despuésde que lo haya hecho el rayo del mismo frente situadoen A. Por tanto, para el triángulo ABC tenemos:

Por otro lado, cuando el rayo procedente de B incida so-bre la superficie, el rayo refractado en A habrá avanzadov2 t por el nuevo medio. Entonces, para el triángulo ACDpodemos escribir:

Si igualamos los dos valores de AC, obtenemos la segun-da ley de la refracción:

2. El eco consiste en la reflexión del sonido sobre una su-perficie suficientemente alejada como para que seamoscapaces de diferenciar el sonido emitido del reflejado. Enel caso de la luz, al ser su velocidad de propagación muygrande, nuestra vista sólo sería capaz de distinguir la re-flexión de la emisión si la superficie reflejante estuvieramuy lejos. En ese caso podríamos observar, por ejemplo,que la imagen de nuestros movimientos ante un espejolleva retraso respecto al propio movimiento real.

Para hacer una estimación de cuál sería la distancia ne-cesaria, supondremos que la vista puede distinguir seña-les distanciadas por medio segundo. Entonces, si tene-mos en cuenta que la velocidad de propagación de la luzen el aire es de 3 · 108 m/s:

Es decir, la superficie debería encontrarse a x = d/2, x = 0,75 · 108 m = 75 000 km.

d v t m s s m= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅−3 10 0 5 1 5 108 1 8, ,

v ti

v tr

ir

vv

n1 2 1

221sen sen

;sensen

= = =

sen

senr

ADAC

v tAC

ACv t

r= = ⇒ =2 2

sen

seni

BCAC

v tAC

ACv t

i= = ⇒ =1 1

f fc v

cc v c

ff

v cff

v m sHz

Hz

ms

RR

RR

RR

R

= + + = =

= ⋅ ⋅⋅⋅

= ⋅

; ; –

,

,– ,–

1

3 105 56 10

4 84 101 4 46 108 1

14

147

fc

fm s

mHz

fc

fm s

mHz

rojaroja

roja

verdeverde

verde

= =⋅ ⋅

⋅= ⋅

= =⋅ ⋅

⋅= ⋅

λ

λ

;,

,

;,

,

–

–

–

–

3 10

6 2 104 84 10

3 10

5 4 105 56 10

8 1

714

8 1

714

v

TT v kg m m s= = = ⋅ ⋅ ⋅( )− −

µµ; ,2 1 1 2

0 005 260

f n

vL

vL fn

m Hz ms

= = =⋅ ⋅

=2

2 2 2 651

260;

f fv vv v

f Hzm s m s

m s m sHz

RR

F

R

= −+

= ⋅⋅ − ⋅⋅ + ⋅

=− −

− −450340 24

340 30384 3

1 1

1 1,

f Hz

m s m s

m s m sHzR = ⋅

⋅ + ⋅⋅ − ⋅

=− −

− −450340 24

340 30528 4

1 1

1 1,

93

Rayoincidente

Ondaincidente

Superficiede separación

Rayo refractado

Onda refractada

Normali

i

r

rA

D

B

CA’ A’’



3. Datos: f = 50 Hz; A = 2 cm = 0,02 m; v = 1 m·s–1; ϕ = π/3;propagación en el sentido positivo del eje OX

Hallamos la pulsación y el número de ondas:

Escribimos la ecuación de cada una de las ondas:

La onda resultante de su interferencia será:

4. Datos: L = 2 m; v = 340 m·s–1

a) Si el tubo está abierto en sus dos extremos:

b) Si el tubo está abierto sólo por un extremo, sólo exis-ten armónicos impares:


a) Si el tren A y el tren B están en movimiento acercán-dose el uno al otro:

Si el pasajero y la sirena se alejan el uno del otro:

b) Si el pasajero del tren A está en reposo (vR = 0) y eltren B se aproxima:

Si la sirena, por el contrario, se aleja del receptor:

f fv

v v

f Hzm s

m s m sHz

RF

R

=+

= ⋅⋅

⋅ + ⋅=

−

− −600340

340 14576 3

1

1 1,

f fv

v v

f Hzm s

m s m sHz

RF

R

=−

= ⋅⋅

⋅ − ⋅=

−

− −600340

340 14625 8

1

1 1,

f fv vv v

f Hzm s m s

m s m sHz

RR

F

R

= −+

= ⋅⋅ − ⋅⋅ + ⋅

=− −

− −600340 18

340 14545 8

1 1

1 1,

f fv vv v

f Hzm s m s

m s m sHz

RR

F

R

= +−

= ⋅⋅ + ⋅⋅ − ⋅

=− −

− −600340 18

340 14658 9

1 1

1 1,

f nvL

n

n fm s

mHz

n fm s

mHz

n fm s

mHz

= =

= = ⋅⋅

⋅=

= = ⋅⋅

⋅=

= = ⋅⋅

⋅=

−

−

−

41 3 5

1 1340

4 242 5

3 3340

4 2127 5

5 5340

4 2212 5

1

1

3

1

5

1

; , , ...

; ,

; ,

; ,

n fm s

mHz

n fm s

mHz

n fm s

mHz

= = ⋅⋅

⋅=

= = ⋅⋅

⋅=

= = ⋅⋅

⋅=

−

−

−

1 1340

2 285

2 2340

2 2170

3 3340

2 2255

1

1

2

1

3

1

;

;

;

f nvL

n= =2

1 2 3; , , ...

y y y A t kx A t kx

y At kx t kx

t kx t kx

y A t kx

y A

r

r

r

r

= + = + − +

=+ − +

⋅

⋅ − − +

= +

−

=

1 2

22

2

22 2

2

sen ( – ) sen ( )

sen( – ) ( )

cos( – ) ( )

sen – cos

sen

ω ω ϕω ω ϕ

ω ω ϕ

ω ϕ ϕ

ωω ϕ ϕ

π π π

π π

t kx

y t x

y t x SI

r

r

– cos

, sen ( – ) cos

, sen ( – ) ( )

+

= +

= +

2 2

0 04 1006 6

0 035 1006

y A t kx

y t x SI

y t x SI

= − +

=

= − +

sen ( )

, sen [ ( – )] ( )

, sen ( )

ω ϕ

π

π π

1

2

0 02 100

0 02 1003

ω π π π

πλ

π π π

= = ⋅ = ⋅

= = =⋅

⋅ =

−

−−

2 2 50 100

2 2 2

150 100

1

11

f Hz rad s

kv

fm s

Hz m

94



95


• Se dice que un cuerpo es neutro cuando su carga eléctricatotal es cero. Esto no quiere decir que no tenga cargas po-sitivas y cargas negativas, sino que la suma de todas sus car-gas eléctricas es nula.

Se dice que está cargado positiva o negativamente si su car-ga total es positiva o negativa.

• Una experiencia de electrización por frotamiento es elpéndulo eléctrico. Consiste en una pequeña bolita de ma-terial muy ligero colgada de un hilo. Si frotamos un bolí-grafo de plástico y lo acercamos a la bolita, veremos cómoel bolígrafo la atrae. Si llega a tocarla, desde ese momentoel bolígrafo repelerá la bola. La explicación es que el bolí-grafo, al frotarlo, ha quedado cargado negativamente, por-que ha arrancado cargas negativas del paño. Entonces escapaz de atraer la bolita. Pero cuando entran en contacto,parte de las cargas negativas del bolígrafo pasan a la bola.Como los dos cuerpos quedan ahora cargados con cargasdel mismo signo, se repelen. En cambio, si frotamos un tro-zo de vidrio con un paño de seda y lo acercamos a la bolacargada negativamente, a diferencia del plástico, el vidrioatraerá la bola. Esto nos indica que el vidrio, al frotarlo, ad-quiere cargas positivas.

•

• Decimos que un campo de fuerzas es uniforme cuando lafuerza que experimenta una partícula de prueba es igualen todos los puntos del espacio.

Decimos que un campo de fuerzas es central cuando lafuerza que experimenta una partícula de prueba en cual-quier punto está dirigida hacia el centro del campo y de-pende de la distancia a dicho centro.

• Los primeros en fijarse en los fenómenos eléctricos fueronlos griegos, quienes observaron que, si frotaban el ámbar,éste atraía pequeños pedacitos de tela. Precisamente la pala-bra electricidad procede del griego elektron, que significa ‘ám-bar’. En los siglos XVII y XVIII resurgió el interés por la elec-tricidad. Así, B. Franklin advirtió que existen dos tipos decargas eléctricas, a los que dio los nombres de positiva y nega-tiva. Pero hubo que esperar hasta el año 1785 para que C. A.Coulomb estableciera la primera relación matemática entre

las cargas, la distancia entre ellas y las fuerzas eléctricas queexperimentan. Durante el siglo XIX se desarrolló la mayorparte de la teoría electromagnética, con los experimentos deFaraday sobre la inducción magnética y la teoría de Maxwellsobre la naturaleza electromagnética de la luz, comprobadaposteriormente con los experimentos de Hertz.

1. FUERZAS ELÉCTRICAS (págs. 173 y 175)

1. La carga eléctrica de los cuerpos es debida a la estructu-ra atómica de la materia. Algunos átomos tienen más fa-cilidad que otros en desprenderse de los electrones másexternos, quedando así cargados positivamente. En cam-bio, algunos átomos aceptan fácilmente los electronesque otro les cede, y quedan con carga negativa.

2. El plástico del peine, al frotarlo con el pelo, es capaz detomar algunos electrones de éste. Así, el peine quedacon carga negativa y atrae el pelo, que ha quedado carga-do positivamente.


La conservación de la carga se pone de manifiesto en fe-nómenos como el descrito en el ejercicio anterior. Lacarga no se crea, sino que los electrones pasan de uncuerpo a otro. La carga total de los dos cuerpos al finales la misma que teníamos inicialmente.

Otro ejemplo no tan cotidiano es el fenómeno de ani-quilación de partículas con antipartículas. La carga totalinicial y final es nula, ya que partícula y antipartícula tie-nen siempre cargas opuestas.

4. a) Datos: q = –39 C

Teniendo en cuenta que cada electrón tiene una car-ga de e = –1,602 · 10–19 C:

b) Datos: 4 · 1020 e


La electrización por influencia o inducción electrostáticaconsiste en cargar un cuerpo acercándolo a otro objetoya cargado, pero sin que entren en contacto. Para ello po-nemos en contacto dos objetos descargados de materialconductor; por ejemplo, dos esferas metálicas. Si acerca-mos a una de las esferas un cuerpo cargado positivamen-te, éste atraerá las cargas negativas de las dos esferas. En-

4 10

1 602 101

64 12019

⋅ ⋅− ⋅

= −−

eC

eC

,,

− ⋅

− ⋅= − ⋅−39

1

1 602 102 43 10

1920C

e

Ce

,,

7. Campo eléctrico

Materiales conductores Materiales aislantes

Cobre Vidrio

Hierro Plástico

Solución salina Madera



tonces, las cargas negativas acudirán a la esfera más cerca-na al cuerpo cargado, mientras que la esfera más alejadaquedará cargada positivamente. Si en este momento, y sinapartar el cuerpo cargado, separamos dos esferas, tendre-mos las dos con cargas iguales y opuestas.

Otro procedimiento de electrización por influencia es elque se explica en la página 93 del libro Física y Química1.o Bachillerato, Ed. Edebé.


Los camiones que transportan productos inflamablesarrastran una cadena metálica para evitar que el camión,por el rozamiento con el aire, quede cargado. Como lacadena metálica es conductora, cualquier carga que ad-quiera el camión por rozamiento se descargará a tierrapor la cadena.

7. Ley de Coulomb:

La fuerza de atracción o repulsión entre dos cargas eléc-tricas puntuales es directamente proporcional al produc-to de las cargas e inversamente proporcional al cuadradode la distancia que las separa.

Las fuerzas eléctricas tienen las siguientes características:

— La fuerza está dirigida a lo largo de la recta que unelas dos cargas.

— Es repulsiva para cargas del mismo signo y atractivapara cargas de signo opuesto.

— Actúan a distancia sin necesidad de que exista nin-gún medio material entre ellas.

— Siempre se presentan a pares, siguiendo el principiode acción y reacción.

— Verifican el principio de superposición.

8. Datos: Q1 = +3 · 10–6 C; Q2 = +1,2 · 10–5 C; r = 50 cm = 0,5 m

a) En el aire, la constante dieléctrica relativa es εr = 1.Por tanto:

b) En el agua, εr = 80. Entonces:

9. Datos: Q1 = +2 · 10–6 C; Q2= +4 · 10–6 C;r12 = 90 cm = 0,9 m; Q3 = –3 · 10–6 C; r13 = 30 cm = 0,3 m

Calculamos primero la fuerza que ejerce Q1 sobre Q3:

Calculamos la fuerza que ejerce Q2 sobre Q3:

Teniendo en cuenta que Q3 se encuentra entre las cargas

Q1 y Q2, las fuerzas y tienen sentidos opuestos.

Aplicamos el principio de superposición:

Como hemos tomado el sentido positivo de Q1 a Q3, lafuerza sobre Q3 apunta hacia Q1.

Si la carga Q3 fuera positiva, las dos fuerzas y ten-drían el valor calculado anteriormente, pero sentidoopuesto. La fuerza resultante tendría el mismo valor, 0,3 N,pero sentido opuesto; es decir, apuntaría hacia Q2.

2. ESTUDIO DEL CAMPO ELÉCTRICO (págs. 177, 180, 181 y 183)

10. La intensidad del campo eléctrico creado por una cargapuntual es inversamente proporcional al cuadrado de ladistancia, disminuyendo a medida que nos alejamos dela carga que genera el campo.

rF23

rF13

r r rF F F

F F F N N N3 13 23

3 13 23 0 6 0 3 0 3

= +

= = =– , – , ,

rF23

rF13

F KQ Q

r

FN m

C

C C

m

F N

232 3

232

239

2

2

6 6

2

23

9 104 10 3 10

0 6

0 3

=

= ⋅⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅

=

− −

( , )

,

F KQ Q

r

FN m

C

C C

m

F N

131 3

132

139

2

2

6 6

2

13

9 102 10 3 10

0 3

0 6

=

= ⋅⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅

=

− −

( , )

,

FQ Q

r

FC N m

C C

m

F N

r

= ⋅

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− − −

− −

−

14

1

4 8 854 10 80

3 10 1 2 10

0 5

1 6 10

0

1 22

12 2 1 2

6 5

2

2

πε ε

π ,

,

( , )

,

F KQ Q

r

FN m

C

C C

m

F N

=

= ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

=

− −

1 22

92

2

6 6

29 10

3 10 12 10

0 5

1 3

( , )

,

96

E

E = K Qr2

r

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s



11. Datos: Q = +4µC; r = 50 cm = 0,5 m

a) En el vacío:

b) En agua, εr = 80:

12. Datos: Q = 120 nC = 1,2 · 10–7 C; E = 6 750 N/C

Despejamos la distancia de la expresión de la intensidaddel campo eléctrico:

13. Datos: Q1 = +3 µC; Q2 = –2 µC; d = 40 cm = 0,4 m

El punto medio del segmento que une las dos cargas está

situado a una distancia r = = 0,2 m de ambas cargas.

El campo eléctrico en este punto será la superposiciónde los campos creados por cada una de las cargas:

Aplicamos el principio de superposición teniendo en

cuenta que y tienen el mismo sentido:

14. Datos: Q1= +4 · 10–6 C; Q2 = +1 · 10–6 C;d = 30 cm = 0,3 m; r1 = 12 cm = 0,12 m

Calculamos el campo creado por cada una de las cargasen el punto que dista 12 cm de Q1 (r1 = 0,12 m) y 18 cm

de Q2 (r2 = 0,3 m – 0,12 m = 0,18 m), tomando como sen-tido positivo el que va de Q1 a Q2:

Aplicamos el principio de superposición teniendo en

cuenta que y tienen sentidos opuestos:

Por tanto, el vector intensidad de campo eléctrico apun-ta hacia Q1.

Si en dicho punto situamos una carga Q3= –0,5 µC, lafuerza que experimentará será:

La fuerza estará dirigida hacia Q2.

15. La energía potencial eléctrica de una carga q se relacio-na con el potencial eléctrico V de esta manera:

Ep = q V

a) La carga se dirige hacia potenciales eléctricos meno-res. Al tratarse de una carga positiva, su energía po-tencial eléctrica disminuye.

b) La carga se desplaza hacia potenciales eléctricos ma-yores. Por tanto, su energía potencial eléctrica au-menta.

c) El potencial eléctrico no varía. Por tanto la energíapotencial eléctrica de la carga se mantiene constante.

d) Si la carga vuelve al punto de partida, el potencialeléctrico final es igual al inicial. Por tanto la variaciónde la energía potencial eléctrica es nula.

16. Datos: Q = +4 · 10-8 C

a) Calculamos el potencial eléctrico a una distancia r = 5 cm = 0,05 m:

b) Una carga q = –1,5 · 10–9 C tendrá una energía poten-cial eléctrica:

Ep q V C V J= = − ⋅ ⋅ = − ⋅− −1 5 10 7 200 1 1 109 5, ,

V K

Qr

N m

C

Cm

V= = ⋅⋅

⋅⋅

=−

9 104 100 05

7 20092

2

8

,

r r r rF Q E C N C i i N= = − ⋅ ⋅ − ⋅ =−

36 60 5 10 2 2 10 1 1, ( , ) ,

r r r

r r r

r r

E E E

E N C i N C i

E i N C

= +

= ⋅ ⋅

= ⋅

1 2

6 5

6

2 5 10 2 78 10

2 2 10

, – ,

– ,

rE2

rE 1

E KQ

r

EN m

C

C

m

NC

E KQ

r

EN m

C

C

m

NC

11

12

19

2

2

6

26

22

22

29

2

2

6

25

9 104 10

0 122 5 10

9 101 10

0 182 78 10

=

= ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

=

= ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

−

−

( , ),

( , ),

r r r

r r r

r r

E E E

E N C i N C i

E i N C

= +

= ⋅ + ⋅

= ⋅

1 2

5 5

6

6 75 10 4 5 10

1 12 10

, ,

,

rE2

rE 1

E KQ

r

EN m

C

C

m

NC

E KQ

r

EN m

C

C

m

NC

11

2

19

2

2

6

25

22

2

29

2

2

6

25

9 103 10

0 26 75 10

9 102 10

0 24 5 10

=

= ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

=

= ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

−

−

( , ),

( , ),

d2

E KQ

rr

K Q

E

r

N m

CC

N Cm

= ⇒ =

=⋅

⋅⋅

=

−

2

92

279 10 1 2 10

6 7500 4

,,

EQ

r

EC N m

C

m

E N C

r

=

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅⋅

= ⋅

− − −

−

14

1

4 8 854 10 80

4 10

0 5

1 8 10

02

12 2 1 2

6

2

3

πε ε

π , ( , )

,

E KQ

r

EN m

C

C

m

NC

=

= ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅−

2

92

2

6

259 10

4 10

0 51 4 10

( , ),

97

s

s

s

s

s



17. Datos:

El trabajo necesario para trasladar una carga (por ejem-plo, Q1) del vértice al centro del cuadrado será igual a lavariación de la energía potencial eléctrica de Q1. Deter-minamos el potencial eléctrico creado por las otras trescargas en el vértice y en el centro:

Por el principio de superposición, el potencial eléctricoen el vértice será:

En el centro del cuadrado:

Por el principio de superposición:

Entonces, el trabajo necesario para trasladar Q1 será:

18.

19. — Dos líneas de campo eléctrico no pueden cruzarse, yaque en cada punto del espacio el vector intensidaddel campo eléctrico tiene una sola dirección y senti-do bien definidos.

— Para trasladar una carga eléctrica a través de una su-perficie equipotencial no es necesario realizar nin-gún trabajo. En una superficie equipotencial, el po-tencial es constante. Como el trabajo es la carga porla variación del potencial, y no hay variación del po-tencial, el trabajo es nulo.

20. El flujo eléctrico a través de una superficie es una medi-da del número de líneas de campo que atraviesan dichasuperficie. Como el número de líneas que entran en laesfera es igual al número de líneas que salen de ella, elflujo eléctrrico es nulo.

W Q V V

W C V V

W J

B A= −

= ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅

=

−

1

6 5 55 10 4 821 10 3 053 10

0 88

( )

( , , )

,

V V V V

V V V V

V V

B B B B

B

B

= + +

= ⋅ + ⋅ + ⋅

= ⋅

2 3 4

4 4 4

5

1 607 10 1 607 10 1 607 10

4 821 10

, , ,

,

V KQd

N m

C

Cm

V V

V KQd

N m

C

Cm

V V

V KQd

N m

C

Cm

V

B

B

B

B

B

B

29

2

2

6

25

39

2

2

6

35

49

2

2

6

4

9 105 100 28

1 607 10

9 105 100 28

1 607 10

9 105 100 28

1 607

= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

= = ⋅⋅

⋅⋅

=

−

−

−

,

,

,

,

,

, ⋅⋅105 V

V V V V

V V V V

V V

A A A A

A

A

= + +

= ⋅ + ⋅ + ⋅

= ⋅

2 3 4

5 5 4

5

1 25 10 1 125 10 8 03 10

3 053 10

, , ,

,

V KQl

N m

C

Cm

V

V KQl

N m

C

Cm

V

V KQd

N m

C

Cm

V

A

A

A

29

2

2

65

39

2

2

65

49

2

2

64

9 105 10

0 41 125 10

9 105 10

0 41 125 10

29 10

5 102 0 28

8 03 10

= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

= = ⋅⋅

⋅⋅⋅

= ⋅

−

−

−

,,

,,

,,

98

Q1

+

A

Bl

l

d

+

+ +

Q2

Q3

Q = Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = +5 · 10–6 C

l = 40 cm = 0,4 m

Q4

12

12

d = √2

+ 2

= √2

+ 2

= 0,28 m

0,4 m2

0,4 m2

12

12

a

Esfera cargada uniformemente

Plano infinito cargado uniformemente

Alambre infinito cargado uniformemente

b

c



21.

Puntos interiores: Para determinar el campo en el inte-rior de la corteza, escogemos como superficie de Gaussuna superficie esférica concéntrica con la corteza Si y deradio menor. Como no hay carga en su interior:

Puntos exteriores: En este caso elegimos como superficiede Gauss una esfera concéntrica a la corteza Se, pero deradio mayor, r. Como en cada punto de la superficie elcampo eléctrico y el vector superficie son paralelos,

. Además, como la distancia de todos

los puntos de Se a la carga es igual, el campo será cons-tante en toda la superficie. Entonces, el flujo a través deSe será:

Aplicando el teorema de Gauss:

3. COMPORTAMIENTO DE LA MATERIA EN CAMPOSELÉCTRICOS (págs. 185 y 186)

22. Decimos que un conductor está en equilibrio electrostá-tico cuando sus cargas libres están en reposo. En equili-brio electrostático, un conductor tiene todas sus cargaseléctricas distribuidas en la superficie de modo que elcampo eléctrico interior es nulo.

23. El potencial eléctrico de un conductor en equilibrioelectrostático es constante en todo el conductor por-que el campo eléctrico en su interior es cero. Como no hay campo en el interior, el trabajo para desplazaruna partícula de prueba desde un punto a otro del inte-rior es nulo. Por lo tanto, el potencial eléctrico es cons-tante.

24. Datos: R = 10 cm = 0,1 m

Determinamos la capacidad de la esfera metálica:

25. Datos: R = 10 cm = 0,1 m; Q = +1 µC

La capacidad de la esfera será:

Entonces, el potencial es:

26. Los conductores se caracterizan por su capacidad, a dife-rencia de los dieléctricos, que se caracterizan por la cons-tante dieléctrica relativa. La constante dieléctrica relativade un conductor es infinita, ya que el campo eléctrico in-terior de un conductor es nulo aún cuando se aplicaotro campo eléctrico exterior.

27. Un dipolo eléctrico en un campo eléctrico uniforme seorienta paralelo al campo, debido al par de fuerzas queactúa sobre él como consecuencia del campo y de su dis-tribución de carga.

El campo eléctrico en el interior de un dieléctrico es in-ferior al exterior, debido a la distribución de cargas en el

interior del material. El campo exterior hace apare-

cer cargas superficiales en las paredes del conductor de

forma que generan un campo eléctrico opuesto al ex-

terior. Como consecuencia, el campo eléctrico resultante

en el interior del dipolo es inferior al exterior.

28. Datos: εr = 6;

29. Un condensador está constituido por dos placas conduc-toras muy próximas entre sí, denominadas armaduras, yun material dieléctrico entre ellas.

a) La principal característica de un condensador es elalmacenamiento de carga eléctrica y de energía. Poresta razón es muy utilizado para crear campos eléctri-cos, para rectificar corrientes alternas y en el diseñode aparatos para transmitir y recibir señales electro-magnéticas (radio, TV...).

rr

EE N C N

Crint ,= =

⋅= ⋅

−−0

561 10

61 7 10

ε

rE N C0

51 10= ⋅ − r r rE E Eint '= +0

rEint

rE'

rE 0

V

QC

C

FV= =

⋅⋅

= ⋅−

−1 10

1 1 109 0 10

6

114

,,

C R C N m m

C F

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− − −

−

4 4 8 854 10 0 1

1 1 10

012 2 1 2

11

πε π , ,

,

C R C N m m

C F

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− − −

−

4 4 8 854 10 0 1

1 1 10

012 2 1 2

11

πε π , ,

,

Φ = = =

QE r

QE

Q

re eε

πε πε0

2

0 02

44

; ;

Φ

Φ

= = =

= =

∫ ∫∫r rE dS E dS E dS

E S E r

e eSe

e e e eSSe

e e e

e

4 2π

r rE dS E dSe e e e⋅ =

Φ = ⋅ = = ⇒ =∫

r r rE dS

QEi i

Siiε0

0 0

++++

++

++

++

++

+

+ + + + + + + +

++

++

++

++

++++

99

Et

Et

Et

dSt

edS

t

i

Si

Se



b) La capacidad de un condensador es la constante deproporcionalidad entre la carga acumulada en el dis-positivo y la diferencia de potencial aplicada entresus armaduras.

c) Montar condensadores en serie o en paralelo es útilpara conseguir condensadores equivalentes con unacapacidad determinada a partir de condensadores decapacidades distintas a la deseada.

30. Datos: C = 12 µF = 1,2 · 10–5 F; V = 220 V

Determinamos la carga acumulada en el condensador:

La energía acumulada en el condensador será:


a) Respuesta sugerida:

Desviar partículas cargadas mediante campos eléctricostiene muchísimas aplicaciones. Además de las citadas enel texto Aplicaciones de la electrostática de la página 187 dellibro del alumno, un ejemplo muy común es el funciona-miento del televisor. La pantalla del televisor emite luzporque desde el fondo del tubo se envían partículas car-gadas que, al chocar contra la pantalla, hacen que éstaemita luz. La partículas cargadas son aceleradas y dirigi-das a lo largo del tubo del televisor mediante campos eléc-tricos para así formar las imágenes. El televisor recibe porla antena la información de cómo deben variar estos cam-pos para formar la imagen correcta en cada momento.

b) Los conductores eléctricos presentan una propiedad co-nocida como efecto de las puntas: el campo eléctrico exte-rior es más intenso en las zonas del conductor con me-nor radio de curvatura, pues la carga de un conductortiende a concentrarse en las partes más puntiagudas deéste. Por esta razón, cuando una nube con carga negati-va pasa sobre un cuerpo conductor puntiagudo, induceuna carga positiva en su punta. El rayo es absorbido porla punta y descargado a tierra a través del conductor.

Los pararrayos consisten en un conductor metálico queune la parte más alta de un edificio a tierra. Este conduc-tor, acabado en punta, incentiva la formación del rayo ylo conduce a tierra.

c) Respuesta sugerida:

La xerografía es una técnica para la reproducción deimágenes en papel basada en la electrostática. Las princi-pales etapas de este proceso son:

a) Sobre un sustrato metálico conectado a tierra se colo-ca una fina lámina de un material fotoconductor.Este tipo de material es aislante de la electricidad enla oscuridad, pero conduce la corriente eléctricacuando se ilumina.

En la oscuridad, se cubre la superficie del fotocon-ductor con una carga eléctrica positiva uniforme. Enla unión metal-fotoconductor se induce una carganegativa y la lámina fotoconductora queda sometidaa una gran diferencia de potencial.

b) La lámina fotoconductora se expone a la luz refleja-da en la imagen que se tiene que reproducir. En lalámina se absorbe la luz y se generan pares electrón-agujero (carga positiva).

Por la acción del campo eléctrico, los electrones semueven hacia la superficie del fotoconductor, dondeneutralizan las cargas positivas, mientras que los agu-jeros se dirigen hacia la unión metal-fotoconductor,donde neutralizan las cargas negativas. La imagenóptica del documento original queda registrada enuna imagen electrostática sobre la lámina.

c) Se cubre la lámina con partículas de tóner. Se tratade partículas pigmentadas con carga negativa, queson atraídas por la carga positiva de la superficie. Deesta manera la imagen electrostática se convierte enuna imagen visible.

d) Se coloca una hoja de papel cargado positivamentesobre la lámina para que el tóner se le adhiera. Acontinuación se calienta el papel, con lo cual el tónerse funde y se fija al papel de una manera permanen-te. Se ha obtenido una fotocopia.

Se limpia de tóner la lámina y se descarga exponién-dola a la luz. Así, la lámina está preparada para repe-tir nuevamente el proceso .

Para la elaboración del informe se recomienda seguiresta estructura:

— Introducción. Plantea el objetivo del trabajo, la justi-ficación del método seguido y el comentario de lascausas que han motivado la selección del tema.

Ep C V F V J= = ⋅ ⋅ =−12

12

1 2 10 220 0 32 5 2, ( ) ,

C

QV

Q C V F V C= ⇒ = = ⋅ ⋅ = ⋅− −1 2 10 220 2 64 105 3, ,

100

aCarga electrostática

Lámina fotoconductora

Sustrato metálico

Carga inducida

Pares electrón hueco

Luz

PapelPartículasde tóner

b

c d



— Cuerpo o desarrollo. Describe mediante una exposi-ción lógica y coherente el contenido del estudio, or-ganizado en capítulos, apartados y subapartados. Con-viene incluir ejemplos, dibujos, fotografías, gráficos...que ilustren y completen la exposición del tema.

— Conclusión. Resume las principales ideas que se hanido exponiendo e incluye las impresiones personalesy los juicios críticos oportunos.

— Bibliografía. Es la relación de los libros que se hanconsultado, ordenados alfabéticamente. Se deben in-dicar los apellidos y el nombre del autor, el título dellibro, la editorial, y el lugar y la fecha de edición.

RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS Y PROBLEMAS (págs. 189, 190 y 191)

31. Datos:

a) Determinamos el campo eléctrico en el cuarto vérti-ce. Para ello, calculamos primero la contribución decada carga:

El campo eléctrico total será la suma vectorial de lostres:

Su módulo es:

b) Para calcular el trabajo necesario para trasladar unacarga de q = –10 µC del cuarto vértice hasta el centrodel cuadrado debemos determinar primero el poten-

cial en cada uno de los dos puntos. Determinamos lacontribución de cada carga al potencial en el vérticedel cuadrado:

Por el principio de superposición, el potencial eléc-trico en el vértice será:

Determinamos el potencial en el centro del cuadrado:


Entonces, el trabajo necesario para trasladar q será:

32. Datos:

W q V V

W C V V J

ver cen= −

= − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ =−

( )

( , , )1 10 7 63 10 1 206 10 445 6 7

V V V V

V V V V

V V

cen cen cen cen

cen

cen

= + +

= ⋅ + ⋅ + ⋅

= ⋅

1 2 3

6 6 6

7

4 02 10 4 02 10 4 02 10

1 206 10

, , ,

,

V KQd

N m

C

Cm

V V

V KQd

N m

C

Cm

V V

V KQd

N m

C

C

cen

cen

cen

cen

cen

19

2

2

4

16

29

2

2

4

26

39

2

2

4

2

9 101 25 10

0 28

4 02 10

2

9 101 25 10

0 28

4 02 10

2

9 101 25 10

0

= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

= = ⋅⋅

⋅⋅

,,

,

,,

,

,,

–

–

–

2828

4 02 1036

m

V Vcen = ⋅,

V V V V

V V V V

V V

ver ver ver ver

ver

ver

= + +

= ⋅ + ⋅ + ⋅

= ⋅

1 2 3

6 6 6

6

2 81 10 2 81 10 2 01 10

7 63 10

, , ,

,

V KQl

N m

C

Cm

V

V KQl

N m

C

Cm

V

V KQl

N m

C

Cm

ver

ver

ver

19

2

2

46

29

2

2

46

39

2

2

46

9 101 25 10

0 42 81 10

9 101 25 10

0 42 81 10

9 101 25 10

0 562 01 10

= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

−

−

−

,,

,

,,

,

,,

, VV

E N C= ⋅ + = ⋅9 48 10 1 1 1 34 106 2 2 7, (– ) ,

r r r r r rE E E E i j N C= + + = ⋅ − +1 2 3

69 48 10, ( )

r r r

r r

r r r

r r

r

E KQ

lu

N m

C

C

mi

E i N C

E KQ

lu

N m

C

C

mj

E j N C

E K

11

2 19

2

2

4

2

16

22

2 29

2

2

4

2

26

3

9 101 25 10

0 4

7 03 10

9 101 25 10

0 4

7 03 10

= = − ⋅⋅

⋅⋅

= − ⋅

= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

=

−

−

,

( , )

,

,

( , )

,

QQ

du

EN m

C

C

mi j

E i j N C

32 3

39

2

2

4

2

36

9 101 25 10

0 57

22

2 45 10

r

r r r

r r r

= ⋅⋅

⋅⋅

− +

= ⋅ − +

−,

( , )( )

, [( )]

101

Et

Et

2

Et

1

Et

3

Y

Xd

+

++

l = 0,4 m

Q1 = +1,25 · 10–4 C

Q3 = +1,25 · 10–4

Q2 = 1,25 · 10–4

+

+

d = √ l2 + l2 = √ (0,4 m)2 + (0,4 m)2 = 0,57 m

Y

X

r1

Q1 = +4 · 10–6 C

Q2 = –5 · 10–6 C

P1 (0, 1) m

P2 (1, 0) m

B (1, 1) m

A (0, 0) m

q = +1 · 10–6 C

r2

FtF

t

1

Ft

2



a) Determinamos la fuerza que ejerce cada carga sobreq y aplicamos el principio de superposición:

El módulo de la fuerza será:

b) El cálculo del trabajo necesario para trasladar la car-ga q = +1 µC desde A(0, 0) m hasta B(1, 1) m exigedeterminar primero el potencial en cada uno de losdos puntos a partir de la contribución de cada carga,Q1 y Q2:

Por el principio de superposición, el potencial eléc-trico en A será:

En B(1, 1) m:


Entonces, el trabajo necesario para trasladar q desdeel punto A al punto B será:

El potencial eléctrico tiene el mismo valor en lospuntos A y B, pues sólo depende de las cargas y de ladistancia entre ellas, de forma que no es necesario realizar ningún trabajo para trasladar una carga en-tre dichos puntos.

33. Datos: λ = +30 µC·m–1 = +3 · 10–5 C·m–1; r0 = 1 m; r = 3 m

Determinamos el campo y el potencial eléctricos para losdatos del enunciado a partir de los resultados del ejem-plo 2 (página 250):

— Representamos el vector intensidad de campo eléctri-co sobre una circunferencia de 3 m de radio centra-da en el hilo.

34. Aplicamos el teorema de Gauss para determinar el cam-po eléctrico en el interior y en el exterior de un cilindroinfinito hueco de radio R y cargado uniformemente conuna densidad superficial de carga σ.

Puntos interiores:

Elegimos como superficie gaussiana un cilindro de radior, r < R. Por simetría, en las tapas del cilindro el vectores perpendicular a , de forma que el flujo es nulo. En la cara lateral, el vector es paralelo a y su módulo esconstante sobre esta superficie. Por tanto, el flujo a tra-vés de la superficie gaussiana será:

dSr

rE

dSr

rE

Er

C m

C N m m

E N C

Vrr

C m

C N m

mm

V

= =+ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

= − = −+ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅

⋅ = − ⋅

− −

− − −

− −

− − −

λπε π

λπε π

23 10

2 8 854 10 3

1 8 10

23 10

2 8 854 10

31

5 9 10

0

5 1

12 2 1 2

5

0 0

5 1

12 2 1 2

5

,

,

ln,

ln ,

W q V V C JA B= − = ⋅ ⋅ =−( ) 1 10 0 06

V V V V V VB B B= + = − =1 2 36 000 45 000 9 000–

V KQr

N m

C

Cm

V

V KQr

N m

C

Cm

V

BB

BB

11

1

92

2

6

22

2

92

2

6

9 104 10

136 000

9 105 10

145 000

= = ⋅⋅

⋅⋅

=

= = ⋅⋅

⋅⋅

=

−

−(– )–

V V V V V VA A A= + = − =1 2 36 000 45 000 9 000–

V KQr

N m

C

Cm

V V

V KQr

N m

C

Cm

V V

AA

A

AA

A

11

1

92

2

6

1

22

2

92

2

6

2

9 104 10

1

36 000

9 105 10

1

45 000

= = ⋅⋅

⋅⋅

=

= = ⋅⋅

⋅⋅

=

−

−(– )

–

F N N N= + = ⋅ −( , ) ( , ) ,0 045 0 036 5 7 102 2 2

r r

r r r

r r

r r

r

F KQ q

ru

FN m

C

C C

mj j N

F KQ q

ru

FN m

C

C C

mi

F

A

A

11

12 1

19

2

2

6 6

2

22

22 2

29

2

2

6 6

2

2

9 104 10 1 10

10 036

9 105 10 1 10

1

=

= ⋅⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅

= −

=

= ⋅⋅

⋅− ⋅ ⋅ ⋅

− −

− −

–( )

,

( )

( )(– )

==

= + =

0 045

0 045 0 0361 2

,

( , – , )

r

r r r r r

i N

F F F i j N

102

Et

r = 3 m

Et

R

r

+

++

+

+

+

+

+

++

σ

dSt



103

Por tanto, el campo eléctrico en el interior del cilindroes nulo.

Puntos exteriores:

Elegimos como superficie gaussiana un cilindro cual-quiera de radio r, r > R. En las tapas de este cilindro,es perpendicular a , de forma que el flujo es nulo. En la cara lateral del cilindro, es paralelo a y su módu-lo es constante sobre la superficie, de forma que:

Aplicamos el teorema de Gauss, teniendo en cuenta quela carga eléctrica dentro de la superficie es Q = 2πRhσ:

— Con los datos del problema, R = 20 cm = 0,2 m; σ = +5 · 10-6 C·m–2; r = 30 cm = 0,3 m:

35. Datos: S = 10 cm2 = 1 · 10–3 m2; d = 1 mm = 1 · 10–3 m;Q = 2,4 · 10–9 C

a) Determinamos la capacidad del condensador:

b) Calculamos la diferencia de potencial:

c) Si introducimos un dieléctrico de εr = 6,8 entre las ar-maduras del condensador, la capacidad será:

Entonces:

36. Datos: Q = 1,8 · 10–11 C; V = 1,5 V; εr = 7,5

a) La nueva capacidad del condensador será:

Como el condensador se mantiene aislado, su cargano varía: Q’ = 1,8 · 10–11 C. Entonces, la diferencia depotencial es:

b) Si mantenemos la pila conectada, la carga eléctricavaría, pero la diferencia de potencial se mantieneconstante. La capacidad variará de la misma maneraque en el apartado anterior. Por tanto:

37. a) Llamamos C23 a la capacidad equivalente de la asocia-ción en paralelo de C2 y C3, que será:

La capacidad equivalente total será:

b) Calculamos la capacidad equivalente de cada rama:

La capacidad equivalente total será:

C C C C nF= + + =12 34 567 3 95,

1 1 1 1 1 12

14

12

0 80

567 5 6 7 567

567

C C C C C

C nF

= + + = + +

=

;

,

1 1 1 1 16

14

2 40

1 1 1 1 11

13

0 75

12 1 2 1212

34 3 4 3434

C C C CC nF

C C C CC nF

= + = + =

= + = + =

; ; ,

; ; ,

1 1 1 1 16

19

16

2 25

1 23 4C C C C

C nF

= + + = + +

= ,

C C C nF nF nF23 2 3 4 5 9= + = + =

V V

Q C V CV Q

Q C C

r r

' ,

' ' '

' , , ,

=

= = =

= ⋅ ⋅ = ⋅− −

1 5

7 5 1 8 10 1 3 1011 10

ε ε

VQC

QC

V

VV

V

r r

'''

',

,,

= = =

= =

ε ε

1 57 5

0 2

CSd

Cr r'= =ε ε ε0

VQC

C

FV= =

⋅⋅

=−

−2 4 10

59 8 1040

9

12

,

,

CSd

C

N m

m

m

C F pF

r= = ⋅⋅

⋅ ⋅⋅⋅

= ⋅ =

−−

−

−

ε ε012

2

2

3 2

3

12

8 854 10 6 81 10

1 10

59 8 10 59 8

, ,

, ,

V

QC

C

FV= =

⋅⋅

=−

−2 4 10

8 8 10271 5

9

12

,

,,

C F pF= ⋅ =−8 8 10 8 812, ,

CSd

C

N m

m

m= = ⋅

⋅⋅

⋅⋅

−−

−ε012

2

2

3 2

38 854 10

1 10

1 10,

ER

rm C m

C N m m

ENC

= =⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− −

− − −σ

ε0

6 2

12 2 1 2

5

0 2 5 10

8 854 10 0 3

3 8 10

,

, ,

,

Φ = = =Q

E rhRh

ER

rεπ π σ

εσ

ε0 0 0

22

; ;

Φ = ⋅ = = =∫ ∫

r rE dS E dS E S E rhext

Sext

Sext ext 2π

dSr

rE

dSr

rE

Φ = ⋅ = = = ⇒ =∫

r rE dS E S

QE

Sint int intε0

0 0

Et

dSt

r σ

h

R

+ +

++

+

++




38. Conservación de la carga eléctrica:

En los procesos físicos la carga eléctrica puede redistri-buirse en un cuerpo, o pasar de un cuerpo a otro, peroen todo proceso la carga eléctrica total permanece cons-tante.

Cuantización de la carga eléctrica:

Cualquier carga eléctrica es un múltiplo entero de unaunidad elemental de carga, la carga del electrón, cuyovalor absoluto denotamos por e.

e= 1,602 · 10–19 C

39. a) Si una carga positiva penetra en un campo eléctricouniforme con una velocidad inicial con la direccióny el sentido del campo, la aceleración debida alcampo y la velocidad inicial serán paralelas y delmismo sentido. Por tanto, la partícula se acelerará eincrementará su velocidad. La carga describe unMRUA.

b) Si la velocidad inicial tiene sentido opuesto al campo,la aceleración será de sentido contrario a la velocidadinicial. La partícula irá frenando hasta pararse. Acontinuación, empezará a moverse en sentido contra-rio al inicial, incrementando uniformemente su velo-cidad. La carga describe un MRUA.

c) Si la velocidad forma cierto ángulo con el campoeléctrico, la carga adquiere una aceleración en la di-rección y el sentido del campo eléctrico. La velocidadtiene dos componentes: una perpendicular al campoque se mantiene constante, y una paralela al campoque varía uniformemente. La carga eléctrica describeun movimiento parabólico.

40. Si en cierta región del espacio el potencial eléctrico esconstante, el campo eléctrico es nulo. La diferencia depotencial entre dos puntos es el trabajo que realiza elcampo para trasladar una partícula de carga unidad en-tre los dos puntos. Si el potencial es constante en una re-gión del espacio, el trabajo realizado por el campo paradesplazar la carga eléctrica unidad entre dos puntos cua-lesquiera de esta región es nulo. Esto sólo puede sucedersi el campo en dicha región es nulo.

41.

42. En un conductor, toda la carga eléctrica se distribuyepor la superficie de éste y de forma que el campo eléctri-co en el interior del conductor sea nulo. Si queremosproteger un aparato sensible de un campo eléctrico, po-demos introducirlo en una caja metálica (jaula de Fara-day). Cuando exista cualquier campo eléctrico exterior,las cargas de la caja metálica se distribuirán por la super-ficie de manera que el campo en el interior sea nulo.

43. La capacidad de un condensador es el cociente entre lacarga eléctrica que almacena y la diferencia de potencialaplicada entre sus bornes. Esta relación es constantepara cada condensador y depende de sus característicasgeométricas, de la separación entre las placas y del ais-lante que existe entre ellas.

— En un condensador plano, la capacidad es directa-mente proporcional a la constante dieléctrica del ma-terial interpuesto entre las armaduras.

44. Datos: Q1 = +4,0 · 10–9 C; Q2 = +2,0 · 10–9 C;r = 6 cm = 0,06 m

Determinamos el módulo de la fuerza que se ejercen lasdos cargas:

45. Datos: Q1 = +5 · 10–6 C; Q2 = –4 · 10–6 C;Q3 = +2 · 10–6 C; r12 = 30 cm = 0,3 m;r13 = 10 cm = 0,1 mr23 = r12 – r13 = 0,3 m – 0,1 m = 0,2 m

Determinamos la fuerza que ejercen Q1 y Q2 por separa-do sobre Q3. Llamaremos al vector unitario en la direc-ción y el sentido de Q1 a Q2:

La fuerza total sobre Q3 será la suma de las dos:

Su módulo es F = 10,8 N.

r r r r r rF F F= + = +12 23 9 u N 1,8 u N = 10,8 u N

r r

r r

r r

r r

r r

r

F KQ Q

ru

FN m

C

C C

mu

F u N

F KQ Q

ru

FN m

C

C C

mu

131 3

132

139

2

2

6 6

2

13

232 3

232

239

2

2

6 6

2

9 105 10 2 10

0 1

9

9 104 10 2 10

0 2

=

= ⋅⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅

=

=

= ⋅⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅

− −

− −

( , )

(– )

–(– )

( , )

FF u N23 1 8= ,r

ru

r

r

r

F KQ Q

r

FN m

C

C C

m

F N

=

= ⋅⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− −

1 2

2

92

2

9 9

2

5

9 104 10 2 10

0 06

2 10

( , )

–

104

Et




105

46. Datos: Q1 = +1 · 10–5 C; Q2 = –1 · 10–5 C; d = 10 cm = 0,1 m

a) Llamamos al vector unitario en la dirección y elsentido de Q1 a Q2 y calculamos los campos eléctricoscreados por Q1 y Q2 en el punto medio del segmentoque une las dos cargas.


Determinamos el potencial eléctrico en este puntocalculando las contribuciones de las dos cargas y apli-cando el principio de superposición:

b) Representamos los campos eléctricos creados por Q1

y Q2 en un punto equidistante 10 cm de ambas cargasy calculamos su valor.


Determinamos el potencial eléctrico calculando lascontribuciones de las dos cargas y aplicando el prin-cipio de superposición:

47. Datos: Q1 = +4 · 10–8 C; Q2 = –3 · 10–8 C; d = 10 cm = 0,1 m

a) El punto medio del segmento que une las cargas dis-

ta de cada una r1 = r2 = d = 0,05 m. Calculamos el

potencial eléctrico debido a cada carga en dichopunto:


b) En un punto situado a r1 = 8 cm = 0,08 m de la prime-ra carga y a r2 = 6 cm = 0,06 m de la segunda, los po-tenciales eléctricos son:


c) La energía potencial de una partícula con carga q = +5 · 10–9 C en los puntos anteriores será:

Ep qV C V J

Ep qV C V J

A A

B b

= = + ⋅ ⋅ = ⋅

= = + ⋅ ⋅ =

− −

−

5 10 1 800 9 10

5 10 0 0

9 6

9

V V V V V VB = + = − =1 2 4 500 4 500 0

V KQr

N m

C

Cm

V

V KQr

N m

C

Cm

V

11

1

92

2

8

22

2

92

2

8

9 104 100 08

4 500

9 103 100 06

4 500

= = ⋅⋅

⋅⋅

=

= = ⋅⋅

⋅− ⋅

= −

−

−

,

,

V V V V V VA = + = =1 2 7 200 5 400 1 800–

V KQr

N m

C

Cm

V

V KQr

N m

C

Cm

V

11

1

92

2

8

22

2

92

2

8

9 104 100 05

7 200

9 103 100 05

5 400

= = ⋅⋅

⋅⋅

=

= = ⋅⋅

⋅− ⋅

= −

−

−

,

( ),

12

V KQr

N m

C

Cm

V

V KQr

N m

C

Cm

V

V V V V V V

11

1

92

2

55

22

2

92

2

55

1 25 5

9 101 10

0 19 10

9 101 100 1

9 10

9 10 9 10 0

= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

= = ⋅⋅

⋅− ⋅

= − ⋅

= + = ⋅ − ⋅ =

−

−

,

( ),

r r r r r

r r r

E E E i jNC

i jNC

iNC

ENC

= + = ⋅ +

+

+ ⋅ ⋅ −

= ⋅

= ⋅

1 26

6 6

6

9 1012

3

9 1012

3 9 10

9 10

( )

( )

r r

r r r r

E KQ

r

N m

C

C

m

i j i jNC

22

22

92

2

5

2

6

9 101 10

0 1

12

3 9 1012

3

= = ⋅⋅

⋅− ⋅

⋅

⋅ − +

= ⋅ −

−

u2( )

( , )

( ) ( )

r r

r r r r

E KQ

r

N m

C

C

m

i j i jNC

11

12

92

2

5

2

6

9 101 10

0 1

12

3 9 1012

3

= = ⋅⋅

⋅⋅

⋅

⋅ +

= ⋅ +

−

u1( , )

( ) ( )

V KQr

N m

C

Cm

V

V KQr

N m

C

Cm

V

V V V V V V

11

1

92

2

56

22

2

92

2

56

1 26 6

9 101 100 05

1 8 10

9 101 100 05

1 8 10

1 8 10 1 8 10 0

= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

= = ⋅⋅

⋅− ⋅

= − ⋅

= + = ⋅ − ⋅ =

−

−

,,

( ),

,

, ,

r r r r r

r rE E E N C N C

E N C

= + = ⋅ + ⋅

= ⋅1 2

7 7

7

3 6 10 3 6 10

7 2 10

, ,

,

u u

u

rd2

u u

u

(–u) u

1 = = =

= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

= = − ⋅⋅

⋅ − ⋅

=

−

−

r m

E KQ

r

N m

C

C

m

E N C

E KQ

r

N m

C

C

m

E

2

11

12

92

2

5

2

17

22

22

92

2

5

2

2

0 05

9 101 10

0 05

3 6 10

9 101 10

0 05

3

,

( , )

,

( )

( , )

r r r

r r

r r r

r,,6 107⋅

ru N C

ru

Et

Et

1

Et

2

ut2 ut1

Y

X

+ –

30°

60°

Q1 = +1 · 10–5 C Q2 = –1 · 10–5 C

r1 = 10 cm

d = 10 cm

ut1 = cos 60° it

+ cos 30° jt

= (it

+ √ 3 jt

)12

r2 = 10 cm

ut2 = cos 120° it

+ cos 30° jt

= (–it

+ √ 3 jt

)12



48. Datos: q = +1 C

a) V1 = –25 V; V2 = +25 V

El trabajo necesario para trasladar la carga q de V1 aV2 será:

b) Los puntos de una superficie equipotencial, por defi-nición, tienen todos el mismo potencial. Por tanto,no es necesario realizar trabajo alguno para trasladaruna carga entre dos puntos de una superficie equipo-tencial.

W = 0 J

49. Datos: r = 50 cm = 0,5 m; R = 30 cm = 0,3 m;Q = 4,3 · 10–6 C

Para calcular el campo aplicaremos el teorema de Gausssobre una esfera de radio r concéntrica a la esfera carga-da. Por simetría, en cada punto de la superficie el campoy el vector superficie son paralelos, Ade-más, el campo será constante en toda la superficie. En-tonces, el flujo a través de la esfera de radio r será:

Aplicamos el teorema de Gauss:

E =

E = 1,55 · 105 N/C

El campo creado por la esfera en puntos exteriores a ellaes el mismo que crearía una carga puntual situada en elcentro de la esfera. El potencial será también equivalen-te al creado por una carga puntual:

50. Datos: ET = 110 N/C; RT = 6 370 km = 6,37 · 106 m

El campo eléctrico creado por una esfera cargada enpuntos exteriores a la esfera es equivalente al campo cre-ado por una carga puntual situada en el centro de la es-fera. Como el campo eléctrico está dirigido hacia la Tie-rra, sabemos que la carga será negativa. La carga total dela Tierra será, pues:

Si consideramos esta carga uniformemente distribuida,la densidad superficial de carga de la Tierra será:

51. Datos: d = 1 mm = 1 · 10–3 m; V = 1 000 V; εr = 2,3

Determinamos primero la capacidad del condensadorpor unidad de área:

Entonces, calculamos la carga de una armadura por uni-dad de área, que es igual a la carga inducida en la super-ficie del dieléctrico por unidad de área:

52. Datos: C1= 0,5 µF = 0,5 · 10–6 F; V1 = 100 V;C2 = 1 µF = 1 · 10–6 F; V2 = 200 V

Una vez cargados los condensadores, si se mantiene elsistema aislado, la carga total se conservará. Podremosdeterminar las condiciones del sistema final teniendo encuenta que la carga total será la suma de la carga inicialde cada uno de los condensadores.

a) Calculamos la capacidad equivalente del sistema fi-nal. Si conectamos los condensadores en paralelo:

b) La energía inicial será la suma de las energías decada uno de los dos condensadores:

Podemos calcular la energía final directamente a par-tir de la carga total y la capacidad equivalente. Paraello, necesitamos calcular la carga inicial de cadacondensador:

Entonces, la energía final del sistema será:

E

QC

C

FJf = = ⋅

⋅⋅

= ⋅−

−−1

212

2 5 10

1 5 102 10 10

2 4 2

62( , )

,,

Q C V F V C

Q C V F V C

Q Q Q C C C

1 1 16 5

2 2 26 4

1 25 4 4

0 5 10 100 5 10

1 10 200 2 10

5 10 2 10 2 5 10

= = ⋅ ⋅ = ⋅

= = ⋅ ⋅ = ⋅

= + = ⋅ + ⋅ = ⋅

− −

− −

− − −

,

,

E C V F V J

E C V F V J

E E E J J J

i

i

i i i

1 1 12 6 2 3

2 2 22 6 2 2

1 23 2 2

12

12

0 5 10 100 2 5 10

12

12

1 10 200 2 10

2 5 10 2 10 2 25 10

= = ⋅ ⋅ = ⋅

= = ⋅ ⋅ = ⋅

= + = ⋅ + ⋅ = ⋅

− −

− −

− − −

, ( ) ,

( )

, ,

C C C F F F= + = ⋅ + ⋅ = ⋅− − −1 2

6 6 60 5 10 1 10 1 5 10, ,

σ

σ

= = = ⋅ ⋅

= ⋅

−

−

QS

CS

VF

mV

C m

2 04 10 1 000

2 04 10

82

5 2

,

,

CS d

C

N m m

CS

F

m

r= = ⋅⋅

⋅ ⋅⋅

= ⋅

−−

−

ε ε012

2

2 3

82

18 854 10 2 3

1

1 10

2 04 10

, ,

,

σπ π

= =− ⋅

⋅= − ⋅ −Q

R

C

m

C

m4

4 96 10

4 6 37 109 7 10

2

5

6 210

2

,

( , ),

E KQ

rQ

ErK

QN C m

N m

C

C

Q C

= =

=⋅ ⋅

⋅⋅

= ⋅

= ⋅

2

2

6 2

92

2

5

5

110 6 37 10

9 10

4 96 10

4 96 10

;

( , ),

– ,

V KQr

N m

C

Cm

V= = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅−

9 104 3 10

0 57 74 109

2

2

64,

,,

4,3 · 10–6 C

4π 8,854 · 10–12 C2 · N–1 · m–2 (0,5 m)2

Φ = = =Q

E rQ

EQ

rεπ

ε πε0

2

0 02

44

; ;

Φ = ⋅ = ⋅ = = =∫ ∫∫

r rE ds E ds E dS ES E r

S SS4 2π

r rE dS E dS⋅ = ⋅ .

W q V V C V V J= − = − − = −( ) ( )1 2 1 25 25 50

106



53. Datos:

a) Por simetría, el campo en el centro del cuadradodebe ser nulo. Teniendo en cuenta que todas las car-gas distan del centro la misma distancia y que tienenel mismo valor Q, el módulo del campo creado porcada una de ellas será el mismo, E. Si sumamos vecto-rialmente todos los campos:

b) Determinamos la fuerza eléctrica que experimenta Q4

en el cuarto vértice debido a las otras tres cargas. Paraello, calculamos primero la contribución de cada carga:


El módulo es:

54. Datos:

a) Planteamos la ecuación fundamental de la dinámicapara cada eje, teniendo en cuenta que las bolas estánen reposo:

De la primera ecuación obtenemos la tensión de loshilos:

Obtenemos la fuerza eléctrica que se ejercen las doscargas mutuamente a partir de la ecuación para eleje Y:

Despejamos el valor absoluto de la carga de la expre-sión de la fuerza eléctrica:

El valor absoluto de la carga es 5,9 · 10–6 C. Puestoque las esferas se repelen, las dos cargas tienen elmismo signo; éste puede ser tanto positivo como ne-gativo.

b) Tal y como hemos calculado en el apartado anterior,T = 0,35 N.

55. Datos: r = 10 cm = 0,1 m; Q = 3 · 10-6 C; R = 5 cm;R = 0,05 m

Campo eléctrico en el interior

Para aplicar el teorema de Gauss escogemos como super-ficie gaussiana una esfera de radio r1 < R concéntrica conla esfera metálica. Por simetría en cada punto de esta su-perficie, el campo eléctrico y el vector superficie son pa-ralelos y el campo eléctrico es constante en toda la super-ficie.

F KQ

dQ d

FK

Q mN

N m

C

C

ee= =

=⋅

⋅= ⋅

2

2

92

2

61 130 25

9 10

5 9 10

;

,,

, –

F T N Ne = ° = ⋅ ° =sen , sen ,45 0 35 45 0 25

T

m g kg N kgN=

°=

⋅°

=cos

, ,cos

,45

0 025 9 845

0 35

Eje X :

Eje Y

T m g T m g

T F T F

y

x e e

− = ° − =

− = ° − =

0 45 0

0 45 0

; cos

: ; sen

F N N N= + − = ⋅( , ) ( , ) ,1 096 4 1 096 4 1 55 102 2 3

r r r r r r

r r r r

F F F F i j N

j N i N i j N

= + + = −

− + = −

1 2 3 4051

2

810 810 1 096 4

( ) –

, ( )

r r

r r

r r r

r r

F KQ Q

du

N m

C

C C

mi j

F i j N

F KQ Q

lu

N m

C

11 4

2 19

2

2

4 4

2

1

22 4

2 29

2

2

9 10

3 10 3 10

2

1

2

4051

2

9 10

3

= ′ = ⋅⋅

⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅

⋅ −

= −

= ′ = ⋅⋅

⋅

⋅⋅

− −

( )( )

( )

1010 3 10

1810

9 10

3 10 3 10

1

810

4 4

2

33 4

2 39

2

2

4 4

2

3

− −

− −

⋅ ⋅⋅ − = −

= ′ = ⋅⋅

⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅

=

C C

mj j N

F KQ Q

lu

N m

C

C C

mi

F i N

( )( )

( )

r r

r r

r

r r

r r r r r

r r r r r r r r r

E E u u u

E E i j i j i j i j

= + + +

= − + − − + + + − + =

( )

[( ) ( ) ( ) ( )]

u1 2 3 4

1

20

r r r r r r

r r r r r

r r r r r r r r

u i j d u i j

u i j d m m m u j

u i j u i j u i

12

1

22 2

2

3 4 3

1

2

1

2

1

21 1 2

1

2

1

2

= = + ′ =

= = + = ′ =

= + = + ′ =

( – ) ( – )

(– – ) ( ) ( ) –

( ) (– )

l l 2

107

Y

X d

+ +

Q2 = +3 · 10–4 C

Q4 = +3 · 10–4 C

Q3 = +3 · 10–4 C

Q1 = +3 · 10–4 C

l = 1 m

l = 1 m

+ +

Et

1Et

2

Et

4Et

3

ut2 ut1

ut4

ut3

ut’3

ut’1ut’2

Y

α

α α

α = 45°

m = 25 g = 0,025 kg

l = 0,8 m l = 0,8 m

d = 21 sen 45° = 1,13 m pt = m gtpt = m gt

α X

QQ

TyTy

TxTx

Ft

e Ft

e

Tt

Tt



108

Calculamos el flujo a través de S1:

Aplicamos el teorema de Gauss:

El campo eléctrico en el interior de la esfera metálica esel mismo que crearía una carga eléctrica puntual Q situa-da en el centro de la esfera.

Campo eléctrico en el exterior

Como la carga total del conductor es nula, en la superfi-cie exterior de la corteza quedará una carga +Q, que serála responsable del campo eléctrico exterior a la esfera.Así pues, en los puntos exteriores, el cálculo será análo-go al anterior, y el campo será:

— Sustituimos los datos del enunciado en la expresiónobtenida para el campo eléctrico en el exterior de laesfera metálica:

56. Datos:

Llamamos C23 a la capacidad equivalente de la asociaciónde C2 y C3 en paralelo:

Entonces, la capacidad equivalente de la rama superiorC1234 será:

Para la rama inferior la capacidad equivalente C567 será:

Entonces, la capacidad equivalente de todo el sistemaserá:

57. — Al frotar el objeto con un trozo de lana, el primeroadquiere una carga eléctrica negativa. Al acercar esteobjeto a la bolita del electroscopio se produce en éstauna redistribución de la carga eléctrica: las cargas po-sitivas se acercan al objeto de plástico y las cargas ne-gativas se alejan de él. En consecuencia, la bolita esatraída por el objeto de plástico.

Al tocar la bolita con el objeto de plástico, la bolitaqueda cargada negativamente y sufre una repulsión.

— Al frotar el objeto de vidrio con un trozo de seda, elprimero queda cargado positivamente. Por tanto, labolita (cargada negativamente) resulta atraída cuan-do la acercamos al objeto de vidrio.


1. El hecho de que la carga eléctrica esté cuantizada sig-nifica que toda carga eléctrica que se encuentre en la naturaleza es múltiplo de una unidad elemental de carga, que coincide en módulo con la carga del electrón,

.

2. Datos:

El campo se anulará en algún punto del segmento queva de P1 a P2. Dicho segmento es perpendicular al eje X,con x = 1 constante.

e C= ⋅1 602 10 19, –

C C C F F F= + = + =1234 567 12 5 10 22 5, ,µ µ µ

1 1 1 1 160

120

130

10

567 5 6 7

567

C C C C F F F

C F

= + + = + +

=

µ µ µ

µ

1 1 1 1 125

1150

130

12 5

1234 1 23 4

1234

C C C C F F F

C F

= + + = + +

=

µ µ µ

µ,

C C C F F F23 2 3 75 75 150= + = + =µ µ µ

EQ

rK

Q

r

N m

C

C

m

E N C

20 2

2 29

2

2

6

2

26

49 10

3 10

0 1

2 7 10

= = = ⋅⋅

⋅⋅

= ⋅

−

πε ( , )

,

EQ

r2

0 224

=πε

Φ = = =

QE r

QE

Q

rεπ

ε πε01 1

2

01

0 12

44

; ;

Φ

Φ

= ⋅ = = =

=

∫ ∫∫r rE dS E dS E dS E S

E r

S SS1 1 1 1 1 1 1 1

1 12

1 11

4π

Et

1

Et

2

dSt

1

dSt

2

R

Q+

r1

r2

C2 = 75 µF

C3 = 75 µF

C6 = 20 µF

C1 = 25 µF C4 = 30 µF

C7 = 30 µFC5 = 60 µF

Y

X–

–

P (x, y)

P2 (1, –4) m

P1 (1, 0) m

Q1 = Q = –3,5 · 10–6 F

Q2 = Q = –3,5 · 10–6 F

Et

2

Et

1



109

Si llamamos (x, y) a las coordenadas del punto que bus-camos, observamos que x = 1 m. La distancia de dicho

punto a Q1 es d1 = , y la distancia de dicho punto a Q2

es d2 = 4 – .

Para que el campo eléctrico se anule en P(x, y), los cam-pos creados por las cargas Q1 y Q2 deben tener el mismomódulo y signo opuesto.

Por tanto, el punto donde se anula el campo es P(1, –2) m.

— El hecho de que el campo eléctrico sea nulo no quie-re decir que el potencial sea cero. El potencial enP(x, y) será la suma algebraica de los potenciales creados por Q1 y Q2:

3. Datos: WA→∞ = 1,25 J; WB→∞ = 4,50 J

a) El trabajo realizado para desplazar la carga q de A aB será:

Hemos utilizado la propiedad del campo eléctrico deser conservativo, por esta razón el trabajo realizadopara desplazar una carga eléctrica entre dos puntosno depende del camino seguido.

b) Si q = –5 µC:

4. Las superficies equipotenciales de un campo eléctrico nopueden cortarse, ya que esto significaría que en un mis-mo punto el campo eléctrico (perpendicular a la superfi-cie equipotencial correspondiente) podía tener dos di-recciones diferentes, lo cual no tiene sentido.

5. Datos: V = 15 V; E = 30 N/C; q = + 2,5 · 10–9 C;m = 5 · 10–3 kg

a) Determinamos la separación entre placas, teniendoen cuenta que el campo eléctrico es uniforme:

b) La aceleración vendrá dada por la ecuación funda-mental de la dinámica:

c) La variación de la energía potencial será:

6. Datos: C1 = 14 µF; C2 = 21 µF; C3 = 12 µF

Determinamos la capacidad equivalente de la asociaciónen serie de la rama superior:

Entonces, la capacidad equivalente total será:

C C C F F F= + = + =12 3 8 4 12 20 4, ,µ µ µ

1 1 1 114

121

8 412 1 2

12C C C F FC F= + = + =

µ µµ; ,

∆ ∆Ep q V C V J= = ⋅ ⋅ = ⋅− −2 5 10 15 3 7 109 8, ,

F m a qE m a

aqEm

C N Ckg

m

s

= =

= =⋅ ⋅

= ⋅−

−

;

,,

,2 5 10 30

0 0051 5 10

95

2

V E dr E dr Ed

dVE

VN C

m

= = =

= = =

∫∫r r

1530

0 5,

VW

qJ

FV

VW

qJ

FV

AA

BB

= =− ⋅

= − ⋅

= =− ⋅

= − ⋅

→∞−

→∞−

1 25

5 102 5 10

4 50

5 109 10

65

65

,,

,

W qV W qVA A B B→∞ →∞= =;

W W W J J JAB A B= − = = −→∞ →∞ 1 25 4 50 3 25, – , ,

V V V KQd

KQd

KQd d

VN m

CC

m m

V V

= + = + = +

= ⋅⋅

⋅ − ⋅ +

= − ⋅

−

1 21

1

2

2 1 2

92

26

4

1 1

9 10 3 5 101

21

2

3 15 10

( , )

,

04

016 8

4

016 8

4

0 16 8 0 2

1 2 2 2

2 2

2 2

2 2

= = = −−( )

= =+ − −

−( )

=−

−( )= ⇒ − = =

E E E KQ

yK

Q

y

E KQy y y

y y

KQy

y y

E y y

–

;

y y




• Podemos identificar los polos norte y sur de los imanes conla ayuda de una brújula. La punta de la aguja que señala elpolo Norte terrestre constituye el polo norte de la agujaimantada. Por tanto, como los polos distintos se atraen, siacercamos la brújula a los imanes, la aguja señalará el polosur de éstos.

• Existen diversos métodos para obtener imanes artificiales.A continuación explicamos cuatro métodos de imantación.

Imantación por frotamiento. Consiste en frotar repetidasveces la barra de acero con un imán, siempre en el mismosentido y con el mismo extremo del imán.

Imantación por contacto. Consiste en acercar la barra deacero a un imán de modo que ambos queden en contacto.

Imantación por influencia. Consiste en aproximar la barrade acero a un imán sin que lleguen a tocarse.

Imantación por corriente eléctrica. Consiste en enrollar unhilo de cobre alrededor de la barra de acero procurandoque las espiras estén bastante próximas, y conectar los ex-tremos del hilo conductor a los polos de una pila.

• Datos: Q = 150 C; t = 1 min = 60 s

La intensidad de corriente eléctrica es la carga que atravie-sa una sección por unidad de tiempo.

• Decimos que existe un campo de fuerzas en un lugar delespacio si, al colocar en él un cuerpo de prueba, éste que-da sometido a una fuerza.

Para representar esquemáticamente un campo de fuerzasen una región del espacio se dibujan las líneas de campo.Éstas se trazan de modo que el vector intensidad de campoes tangente a las líneas de campo en cada punto y tiene elmismo sentido que éstas. Además, se trazan de forma quela densidad de las líneas de campo sea proporcional a la in-tensidad del campo.

• a) Datos: m = 40 kg; = g = 1,6 N/kg

Una masa de 40 kg en una campo gravitatorio de 1,6 N/kg experimenta una fuerza:

F = m g = 40 kg · 1,6 N/kg = 64 N

b) Datos: q = 125 µC = 1,25 · 10–4 C;

= E = 3 · 10–6 N/C

Una masa de 125 µC en una campo eléctrico de 3 · 10–6 N/C experimenta una fuerza:

F = q E = 1,25 · 10–4 C · 3 · 10–6 N/C = 3,75 · 10–10 N

• Respuesta sugerida:

— Un timbre está constituido por un circuito eléctricocon un interruptor, un electroimán, una armadura dehierro dulce, una varilla elástica, una campanilla y untornillo o elemento ruptor.

Un altavoz está constituido por un imán, una o dos bo-binas, una membrana vibratoria y un pabellón acústico.

— Timbre

Cuando se cierra el circuito eléctrico pulsando el inte-rruptor, una corriente eléctrica circula a través del elec-troimán, que atrae entonces a su armadura. La armadu-ra está unida a la varilla elástica que, al desplazarse,golpea la campanilla produciendo el sonido. El ele-mento ruptor hace que el electroimán se desactive cadavez que atrae a la varilla.

Altavoz

La corriente variable que circula por la bobina hace va-riar el flujo magnético y, por tanto, también hace variarla fuerza de atracción sobre la membrana, provocandolas vibraciones de ésta. La vibración se transmite a laspartículas de aire adyacentes y de esta manera se gene-ra el sonido. El altavoz está provisto de un pabellónpara mejorar el rendimiento acústico.

E

rg

I

Qt

C

sA= = =

150

602 5,

110

8. Campo magnético

Ft

Armadura Elemento ruptor Varilla elástica

Circuito eléctrico Electroimán Campanilla



1. MAGNETISMO (pág. 197)

1. Al romper un imán en dos o más trozos obtenemos va-rios imanes porque el magnetismo de los materiales esdebido a la orientación de los dipolos magnéticos de suinterior. El movimiento de los electrones alrededor delnúcleo atómico genera un campo magnético. Aunquerompamos un imán, en cada uno de los nuevos trozos si-gue habiendo electrones en movimiento que generan elcampo magnético correspondiente y con la misma orien-tación.

Para determinar con una brújula los polos norte y sur deun imán, es necesario tener en cuenta que la punta de laaguja que señala el polo Norte terrestre constituye elpolo norte de la aguja imantada. Por tanto, como los po-los distintos se atraen, la aguja señalará el polo sur delimán.

2. La experiencia que sirvió de base para la teoría electro-magnética fue la experiencia de Oersted (1777–1851).Oersted descubrió que una corriente eléctrica desviabala aguja imantada de una brújula. Esto significa que lacorriente eléctrica genera un campo magnético.

3. Las propiedades magnéticas de los imanes naturales tie-nen su origen en el movimiento de los electrones alre-dedor del núcleo del átomo. Como los electrones soncargas eléctricas, podemos entender su movimiento alre-dedor del núcleo como una corriente eléctrica que, talcomo demostró Oersted, generará una campo magné-tico. De esta forma, cada átomo es equivalente a unpequeño imán o dipolo magnético. Este hecho es comúna todos los materiales. En los imanes naturales los dipo-los están orientados en un mismo sentido y suman susefectos, mientras que en la mayor parte de los materialesestán orientados al azar y sus efectos se cancelan.

4. El imán atrae a los objetos de hierro, pero no a los de co-bre o aluminio. El imán no atrae a cualquier tipo de me-tal, sólo atraerá aquellos materiales cuyos dipolos atómi-cos puedan orientarse según el campo magnético delimán.

2. ESTUDIO DEL CAMPO MAGNÉTICO (págs. 199, 201, 203, 205, 206, 207 y 209)

5. La fuerza magnética que actúa sobre una carga eléctricadepende del valor de la carga eléctrica, de la velocidad

con que ésta se mueve, del valor del campo magnético yde la orientación de la velocidad respecto al campo mag-nético.

Sí. Cuando la carga eléctrica se mueve en la dirección delcampo magnético, no actúa ninguna fuerza sobre ella.

6. Un campo magnético se describe mediante el vector

campo magnético o inducción magnética, . La induc-ción magnética es la fuerza que actúa sobre una carga de1 C que se desplaza con una velocidad de 1 m/s perpen-

dicularmente a .

El campo magnético se representa con las líneas de in-ducción magnética, tangentes en cada punto al vector in-ducción magnética. La densidad de líneas en una regiónes proporcional al módulo del campo magnético en di-cha región.

7. Las líneas de inducción magnética, al igual que las decampo eléctrico, cumplen estas condiciones:

— El vector campo, , es tangente a las líneas de induc-ción en cada punto del espacio y tiene el mismo sen-tido que éstas.

— La densidad de líneas de inducción es una región

proporcional al módulo de en dicha región.

Las líneas de inducción magnética, a diferencia de las decampo eléctrico:

— No tienen principio ni fin. Salen del polo norte delimán y entran por el polo sur, continuando su reco-rrido por el interior del imán hasta cerrar la línea.

— Otra diferencia esencial es que las fuerzas magnéticasno son tangentes a las líneas de inducción, como enel caso del campo eléctrico, sino perpendiculares encada punto al campo magnético.

8. Resultados:

Las limaduras se orientan alrededor del hilo formandocircunferencias centradas en éste, siguiendo las líneas deinducción magnética del campo generado por la co-rriente que circula por el hilo. Las circunferencias sonmás claras cerca del hilo, donde el campo magnético esmás intenso.

9. Las líneas de inducción magnética son tangentes al cam-po magnético en todo punto, mientras que el campomagnético es siempre perpendicular al elemento de co-rriente que lo genera. Por tanto, las líneas de inducciónmagnética de una corriente eléctrica no pueden ser pa-ralelas a la corriente.

rB

rB

rB

rB

111

Carcasa externa

BobinasImán

Pabellón

Membrana



10. Datos: R = 32 cm = 0,32 m; I = 2 A

Calculamos la inducción magnética en el centro de la es-pira utilizando la expresión hallada en el ejemplo 1(pág. 201) del libro del alumno:

11. Datos: a = 30 cm = 0,3 m; B = 4,2 · 10–6 T

Calculamos la intensidad de corriente eléctrica que ge-nera este campo utilizando la expresión hallada en elejemplo 2 (pág. 201) del libro del alumno para el campogenerado por una corriente rectilínea indefinida:

12. Teorema de Ampère:

La circulación del campo magnético sobre cualquier cur-va cerrada C es igual al producto de la permeabilidad, µ0,por la intensidad de corriente eléctrica, Ic, que atraviesala superficie limitada por la curva cerrada C.

La principal utilidad del teorema de Ampère es el cálcu-lo del campo magnético o inducción magnética genera-do por una corriente en sistemas con una geometríaapropiada, como en el caso del solenoide.

13. Datos: N = 350 espiras; l = 24 cm = 0,24 m; I = 2 A

Para determinar la inducción magnética en el interiordel solenoide utilizamos la expresión deducida en elejemplo 3 (pág. 203) del libro del alumno:

14. Se define como circulación del campo magnético la inte-gral, a lo largo de cierta trayectoria, del producto escalar

del vector inducción magnética, , por el elemento de

trayectoria .

15. Las líneas de inducción magnética generadas por unacorriente rectilínea indefinida deben ser, por simetría,circunferencias centradas en el hilo conductor.

Para aplicar el teorema de Ampère escogemos como tra-yectoria una circunferencia de radio a centrada en elhilo.

El campo magnético será paralelo al elemento de trayec-

toria a lo largo de toda la trayectoria. Además, comola circunferencia se mantiene a una distancia constantedel conductor, la intensidad del campo magnético seráconstante a lo largo de toda la trayectoria. Entonces, lacirculación del campo magnético será:

Aplicando el teorema de Ampère:

16. Un electrón debe entrar en un campo magnético unifor-me moviéndose en una dirección paralela al vector in-

ducción magnética para que el campo magnético noejerza ninguna fuerza sobre él. Como la fuerza de Lo-rentz es proporcional al producto vectorial de la veloci-dad por el campo magnético, si estos vectores son parale-los, la fuerza es nula.

17. a) Si una carga eléctrica positiva se mueve paralelamen-te a un hilo conductor, como el campo magnético esperpendicular al hilo (las líneas de inducción magné-tica son circunferencias centradas en el hilo), la velo-cidad de la carga y el campo magnético serán per-pendiculares en todo momento. Por tanto, la fuerzaque experimentará la carga será máxima y orientadaen la dirección de la recta que une la carga con elhilo conductor.

b) Según el sentido de la corriente, la fuerza acercará lacarga hacia el conductor o la alejará de él. Si la cargase mueve en el mismo sentido que la corriente, lafuerza atraerá la carga hacia la corriente. En cambio,si la corriente y la velocidad de la carga tienen senti-dos contrarios, la fuerza alejará la carga del conduc-tor.

18. Datos: q = +e = +1,6 · 10–19 C; mp = 1,67 · 10–27 kg;B = 0,2 T; v = 3 · 107 m/s; α = 90°

a) Calculamos la fuerza mediante la ley de Lorentz:

r r rF q v x B F q v B

F C m s T

F N

= =

= + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ °

= ⋅

− −

−

( ); sen

, , sen

,

α

1 6 10 3 10 0 2 90

9 6 10

19 7 1

13

rB

r rB d I B a I B

Ia

C

⋅ = = =∫ l µ π µµπ0 002

2; ;

r rB d B d B a

CC

⋅ = =∫∫ l l 2π

drl

r rB d

C

⋅∫ l

drl

rB

BN

I T m Am

A

B T

= = ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− −

−

µ π07 1

3

4 10350

0 242

3 7 10

l ,

,

r rB d IC

C

⋅ =∫ l µ0

BIa

Ia B m T

T m A

I A

= = =⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅=

−

−µπ

πµ

ππ

0

0

6

7 122 2 0 3 4 2 10

4 10

6 3

;, ,

,

–

BI

RT m A A

mT= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅= ⋅

− −−µ π0

7 16

24 10 2

2 0 323 9 10

,,

112

I

CaB

t

dlt

Bt

I

+ +

I

Btvt

vt

Bt

Ft

Ft



b) Hallamos el radio de la órbita circular que describe:

19. La principal aplicación del espectrómetro de masas con-siste en identificar los diferentes isótopos de un mismoelemento y determinar su abundancia en la naturaleza.Al tener todos los isótopos la misma carga pero diferentemasa, al penetrar perpendicularmente en un campomagnético describen órbitas circulares de distinto radio.Si somos capaces de medir los radios de las órbitas, po-dremos determinar la relación masa-carga de los distin-tos isótopos.

20. Para determinar la masa de los diferentes isótopos de unelemento químico que inciden sobre la pantalla de unespectrómetro de masas, es necesario medir el radio, R,de la órbita circular que describen a partir de los puntosde la pantalla sobre los que inciden. Entonces, conocien-do el elemento químico de que se trata, relacionamos lamasa del isótopo, m, con la carga eléctrica del elemento,q, el campo magnético del espectrómetro, B, y la dife-rencia de potencial aplicada, ∆V:

21.

22. El selector de velocidades se introduce entre la fuente deiones y el campo magnético. Su función es conseguir quetodos los iones que penetran en el campo magnético lohagan con la misma velocidad, y determinar esta veloci-dad con exactitud.

El selector de velocidades consiste en una región en laque existen un campo magnético y un campo eléctricoperpendiculares entre sí y perpendiculares a su vez a ladirección del movimiento de los iones. Una ranura detie-ne a los iones que son desviados de su trayectoria, de estamanera sólo atraviesan la ranura los iones con una velo-cidad determinada, aquéllos para los que las fuerzas eléc-trica y magnética se compensan:

23. El ciclotrón es un dispositivo que permite acelerar partí-culas (protones y deutrones) hasta conseguir velocidadesmuy altas. Estas partículas se utilizan en la producción demateriales radiactivos con aplicaciones médicas.

El ciclotrón consiste en dos recipientes metálicos semi-circulares o des, D1 y D2, colocados perpendicularmente a un campo magnético. En el centro de las des existe una fuente de iones. Debido a la presencia del campomagnético, los iones se mueven en circunferencias pordentro de las des. En el momento en que el ion pasa deuna de a la otra, se aplica entre ambas una diferencia de potencial adecuada para acelerar la partícula. Ésta, alganar velocidad, describe órbitas de radio cada vez ma-yor. La diferencia de potencial se va alternando para que tome el valor adecuado en el momento exacto en que la partícula pasa de una de a la otra. Cuando el radio de la trayectoria es igual al radio de las des, la partícula adquiere su velocidad máxima y sale del ciclo-trón.

24. La base del funcionamiento del sincrotrón es parecida ala del ciclotrón. La diferencia esencial está en que en elsincrotrón el radio de la trayectoria se mantiene constan-te. Esto se consigue introduciendo las partículas a granvelocidad y acelerándolas mediante un campo magnéti-co y una frecuencia de oscilaciones variables. De estemodo pueden construirse aceleradores en forma anular:sólo es necesario generar el campo magnético a lo largode un anillo.

25. Una corriente eléctrica en un campo magnético unifor-me no experimentará fuerza magnética alguna si es para-lela al campo magnético. La fuerza magnética sobre unelemento de corriente es proporcional al producto vec-torial del elemento de corriente por el campo. Si son pa-ralelos, el producto vectorial es nulo y el elemento de co-rriente no experimenta fuerza magnética.

26. Datos: l = 4 m; I = 2,5 A; B = 2 · 10–2 T; α = 90°

Calculamos la fuerza que experimentará el conductorrectilíneo en presencia del campo magnético:

27. Para determinar si las corrientes eléctricas que circulanpor dos hilos rectilíneos y paralelos tienen el mismo sen-tido o sentidos contrarios, debemos acercar los dos hilosconductores. Si se atraen, las corrientes tendrán el mis-mo sentido; mientras que, si se repelen, las corrientestendrán sentidos contrarios.

28. Datos: I1 = 2 A; I2 = 3 A; d = 12 cm = 0,12 m

La fuerza es repulsiva, ya que las dos corrientes tienensentidos contrarios. El módulo de esta fuerza por unidadde longitud es:

F I Id

T m A A Aml

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

− −µπ

ππ

0 1 27 1

24 10 2 3

2 0 12,

F I B A m T

F N

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ °

=

−l sen , sen

,

α 2 5 4 2 10 90

0 2

2

r rF F

e v B e E vEB

magn electr+ =

= =

0

;

mq

R BV

=2 2

2∆

Rm vq B

kg m s

C Tm= =

⋅ ⋅ ⋅+ ⋅ ⋅

=−

−1 67 10 3 10

1 6 10 0 21 6

27 7

19

,

, ,,

113

Campo magnético

Pantalla receptora

R

q

+

–+ Cámara de ionización∆V

Bt



Definición de amperio (pág. 209)

Se define el amperio para un valor de la fuerza entre corrien-tes igual a 2 · 10–7 N porque éste es el valor de la fuerza porunidad de longitud que se ejercen dos corrientes separadasuna distancia de 1 m en el vacío y tales que, por una seccióndel conductor, cruza una carga de 1 C por segundo. De estaforma, una corriente de 1 A corresponde a un flujo de cargaa través de la sección del conductor de 1 C por segundo.

Para dos corrientes de 2 A, como la fuerza es proporcional alproducto de las intensidades de las dos corrientes, la fuerzaserá de 8 · 10–7 N.

3. COMPORTAMIENTO DE LA MATERIA EN CAMPOSMAGNÉTICOS (pág. 211)

29. Clasificación de los materiales según sus propiedadesmagnéticas:

— Sustancias paramagnéticas: tienen una permeabili-dad relativa ligeramente superior a la unidad, µr 1.Entonces, Bint Bext. Son débilmente atraídas por unimán.

— Sustancias diamagnéticas: su permeabilidad relativaes ligeramente inferior a la unidad, µr 1. Por tanto,Bint Bext. Son débilmente repelidas por un imán.

— Sustancias ferromagnéticas: se caracterizan por te-ner una permeabilidad relativa mucho mayor que la unidad, µr >> 1. Por tanto, Bint >> Bext. Además, µr

no es constante, sino que depende del campo apli-cado y del estado previo de imantación del material.Estas sustancias son fuertemente atraídas por losimanes.

30. La diferencia fundamental entre un material paramag-nético y otro ferromagnético es que este último está for-mado por pequeñas regiones, llamadas dominios magné-ticos, en las que todos los dipolos atómicos estánorientados en la misma dirección. Al aplicar al materialun campo magnético externo, varios de sus dominios seorientan en la dirección del campo, con la totalidad desus dipolos, por tanto el material ferromagnético seimanta. En cambio, un material paramagnético carecede dominios magnéticos, por lo que al aplicar al materialun campo magnético externo sólo se orienta en la direc-ción del campo una pequeña fracción de los dipolos ató-micos.

31. Un imán pierde sus propiedades magnéticas si se sometea temperaturas muy elevadas, porque los dipolos que,orientados paralelamente, dotan al imán de sus propie-dades magnéticas, pierden su orientación con la tempe-ratura. La temperatura aumenta la energía de los áto-mos, que vibran y pierden su orientación. Los dipolosquedan entonces orientados aleatoriamente y el imánpierde sus propiedades magnéticas.


Los materiales paramagnéticos, al igual que los ferro-magnéticos, tienen moléculas con momentos dipolarespermanentes. En concreto, en el caso de los materialesparamagnéticos, estos dipolos no interactúan fuertemen-te entre sí, de forma que normalmente están orientadosal azar. En presencia de un campo magnético externo,estos dipolos pueden orientarse paralelamente al campoy contribuir a incrementar su intensidad. Sin embargo, sila temperatura no es muy baja ni el campo muy intenso,el movimiento de los átomos debido a la temperaturatenderá a desorientarlos, de forma que sólo una peque-ña fracción de los dipolos contribuirá al campo magnéti-co interior.

En el caso de los materiales diamagnéticos, sus moléculasno poseen momentos magnéticos permanentes. En pre-sencia del campo magnético externo, se induce en lasmoléculas un momento dipolar de sentido opuesto alcampo que lo genera. De esta forma, el campo en el inte-rior del material se ve debilitado.

Para la elaboración del informe se recomienda seguiresta estructura:

— Introducción. Plantea el objetivo del trabajo, la justi-ficación del método seguido y el comentario de lascausas que han motivado la selección del tema.

— Cuerpo o desarrollo. Describe mediante una exposi-ción lógica y coherente el contenido del estudio, or-ganizado en capítulos, apartados y subapartados. Con-viene incluir ejemplos, dibujos fotografías, gráficos...que ilustren y completen la exposición del tema.

— Conclusión. Resume las principales ideas que se hanido exponiendo e incluye las impresiones personalesy los juicios críticos oportunos.

— Bibliografía. Es la relación de los libros que se hanconsultado, ordenados alfabéticamente. Se deben in-dicar los apellidos y el nombre del autor, el título dellibro, la editorial, y el lugar y la fecha de edición.


a) En cualquier lugar sobre la superficie de la Tierra las lí-neas de inducción del campo magnético terrestre van deSur a Norte geográfico. El polo norte magnético coinci-de aproximadamente con el polo Sur geográfico, mien-tras que el polo sur magnético se sitúa cerca del poloNorte geográfico.

El eje magnético se mueve actualmente hacia el Oeste arazón de un grado de longitud cada 5 años. Se sabe, gra-cias a los estudios paleomagnéticos, que a lo largo de losúltimos 2 500 millones de años el campo magnético te-rrestre se ha invertido una vez cada millón de años.

La intensidad del campo magnético terrestre es muy pe-queña, cerca de los polos se da el valor máximo, de unos5 · 10–5 T.

F Nml

= ⋅ −1 10 5

114



b) Se define como declinación magnética el ángulo que for-man las direcciones Norte-Sur geográfica y Norte-Surmagnética.


Introducción:

Desde hace años los científicos aceptan que el campomagnético terrestre está ligado a los movimientos de lamateria en el núcleo de la Tierra. El lento fluir de estosmateriales produce corrientes eléctricas, las cuales indu-cen el campo magnético. Pero en esta teoría hay muchosproblemas por resolver. La forma exacta de estos movi-mientos, la fuente de energía que los mantiene y la for-ma cómo inducen el campo magnético son todavía as-pectos desconocidos. Para profundizar en este estudio,es necesario conocer las características del campo mag-nético terrestre en la superficie y los datos disponiblessobre la estructura interna del globo.

Cuerpo o desarrollo:

El módulo y la dirección del campo magnético terrestreson variables a lo largo de la superficie. El valor máximose da cerca de los polos y es de 0,3 gauss. Su dirección es,en promedio, Norte-Sur, pero presenta ligeras variacio-nes. Estas inhomogeneidades hacen pensar que el cam-po está formado por remolinos irregulares. Por otra par-te, desde que se estudia el campo magnético terrestre, suintensidad ha ido decreciendo y sus remolinos despla-zándose hacia el Oeste a razón de unos 90 metros pordía. Además, los estudios paleomagnéticos indican queel campo ha ido invirtiendo su sentido aproximadamen-te cada millón de años.

En cuanto a la estructura del planeta, sabemos que existeun núcleo interno sólido, de unos 1 220 km de radio, yun núcleo externo fluido (3 485 km de radio). El movi-miento de esta parte fluida del interior de la Tierra pue-de ser el origen de su campo magnético.

El principal problema con el que se encuentran los geo-físicos es la imposibilidad de obtener datos sobre el cam-po magnético en el núcleo y sobre sus variaciones. Porejemplo, se cree que deben existir importantes cam-pos toroidales cuyas líneas son paralelas a las superfi-cies esféricas centradas en el núcleo y, por ello, indetec-tables.

Por ahora, el modelo más aceptado sobre el origen delcampo magnético es el de la dinamo automantenida. Se-gún este modelo, algún campo magnético inicial (elcampo que llena la galaxia sería suficiente) generó co-rrientes eléctricas en el material en movimiento. Estascorrientes, a su vez, empezaron a inducir un campo mag-nético. Una vez iniciado el proceso, el mismo campomagnético mantiene las corrientes, y viceversa. Parececlaro que el movimiento del material está regido por losefectos conjuntos de la gravedad, la rotación y los movi-mientos radiales debidos a las diferencias de densidadcomo consecuencia de diferencias de temperatura ycomposición.

Para estudiar la posible forma de las corrientes, se cons-truyen modelos teóricos y experimentales. En estos mo-delos se observa que el movimiento del material estáconfinado en un cilindro paralelo al eje de rotación. Enconcreto, el flujo dentro de esta región forma largos ro-dillos paralelos, cuyo diámetro crece con la viscosidaddel material. Además, dentro de estos rodillos el materialse mueve hacia abajo en el hemisferio Norte y hacia arri-ba en el hemisferio Sur, siendo el movimiento horizontalen el plano ecuatorial. Los modelos experimentales nopueden reproducir los campos magnéticos, pero la teo-ría indica que el campo generado sería creciente con eltiempo. A partir de cierto valor crítico, las fuerzas ejerci-das por el campo magnético sobre el material son talesque el flujo sigue un movimiento horizontal único a granescala y genera un campo magnético intenso y toroidal.

Algunos puntos que los modelos no explican son las in-versiones temporales del sentido del campo y el origende la energía que mantiene el movimiento del material,contrarrestando los efectos de la viscosidad y del mismocampo magnético. En los modelos experimentales lafuente de energía es un gradiente de temperatura entreel centro de la esfera y el exterior. En la Tierra, dichogradiente de temperatura podría mantenerse gracias a lapresencia de elementos radiactivos en el núcleo, al calorliberado en el proceso de solidificación del núcleo y a laenergía gravitatoria liberada en los movimientos radialesdel material fluido.

Conclusión:

En resumen, parece claro que el origen del campo mag-nético terrestre está relacionado con el movimiento delmaterial fluido en el núcleo de la Tierra. La forma de di-chas corrientes puede simularse mediante modelos expe-rimentales o teóricos, pero quedan muchas preguntaspor contestar. El estudio del interior del planeta es difícily sólo puede obtenerse información mediante métodosindirectos. Los modelos pueden ajustar más o menos elcampo observado, pero es complicado saber si reprodu-cen adecuadamente el núcleo terrestre.

Bibliografía:

«Origen del campo magnético terrestre», Ch. R. Carri-gan, D. Gubbins, Investigación y ciencia, abril 1979, pág.82.


33. Datos: R = 32 cm = 0,32 m; I = 4 A

Calculamos el campo magnético en el centro del con-ductor en forma de semicircunferencia haciendo uso dela expresión hallada en el problema resuelto 1 (pág.276) del libro del alumno:

B

IR

T m A Am

T= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅= ⋅

− −−µ π0

7 16

44 10 4

4 0 323 9 10

,,

115



34. Datos: R = 40 cm = 0,4 m; B = 2 · 10 –6 T

Calculamos la intensidad de corriente que circula por elconductor en forma de semicircunferencia haciendo usode la expresión hallada en el problema resuelto 1 (pág.214) del libro del alumno para el campo magnético en elcentro de un conductor en forma de semicircunferencia:

35. Datos:

En el punto P, los campos magnéticos creados por lasdos corrientes tienen la misma dirección, perpendicularal plano que contiene los dos hilos, y el mismo sentido,ya que son corrientes de sentidos opuestos, como se ob-serva en la figura.

Calculamos la inducción magnética creada en el punto Ppor cada uno de los hilos:

La inducción magnética resultante es la suma vectorial

de 1 y 2. Como estos vectores tienen la misma direc-ción y sentido, el módulo del campo magnético resultan-

te será la suma de los módulos de 1 y 2:

B = B1 + B2 = 5,7 · 10–6 T + 4,6 · 10–6 T

B = 1,0 · 10–5 T

36. Datos:

En el punto P, los campos magnéticos creados por lasdos corrientes tienen la misma dirección, perpendicularal plano que contiene los dos hilos, y sentidos opuestos,ya que las corrientes tienen el mismo sentido, como seobserva en la figura.

Calculamos la inducción magnética creada en el punto Ppor cada uno de los hilos:


de 1 y 2. Como estos vectores tienen la misma direc-ción y sentidos opuestos, el módulo del campo magnético

resultante será la diferencia de los módulos de 1 y 2:

B = B1 – B2 = 5 · 10–5 T – 1 · 10–5 T = 4 · 10–5 T

37. Datos: mp = mn = 1,67 · 10–27 kg;qp = +e = +1,6 · 10–19 C;qn = 0; ∆V = 2 · 103 V; B = 0,4 T

a) El incremento de energía cinética de la partícula alfaes igual a su pérdida de energía potencial eléctrica:

Para calcular la velocidad de la partícula alfa halla-mos primero su masa y su carga:

Entonces, la velocidad de la partícula alfa al penetraren el campo magnético será:

b) Determinamos el radio de la circunferencia que des-cribe la partícula α a partir de la velocidad y el cam-po magnético:

38. Datos: R = 0,9 m; B = 0,4 T

a) Calculamos la masa y la carga del ion 2H+:

Hallamos la velocidad del ion a partir del radio de laórbita circular que describe y del campo magnético:

Rm vq B

vq B R

mC T m

kg

v m s

= = =⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

−

−;, , ,

,

,

1 6 10 0 4 0 9

3 34 10

1 72 10

19

27

7

q q q e C

m m m m kg

m kg

p n

p n p

= + = + = ⋅

= + = = ⋅ ⋅

= ⋅

−

−

−

1 1 1 6 10

1 1 2 2 1 67 10

3 34 10

19

27

27

,

,

,

Rm vq B

kg m s

C T

R m cm

= =⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

= =

−

−6 68 10 4 4 10

3 2 10 0 4

0 023 2 3

27 5

19

, ,

, ,

, ,

vq Vm

C V

kg

v m s

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

−

−2 2 3 2 10 2 10

6 68 10

4 4 10

19 3

27

5

∆ ,

,;

,

q q q C C

m m m m kg

m kg

P n

p n p

= + = ⋅ ⋅ = ⋅

= + = = ⋅ ⋅

= ⋅

− −

−

−

2 2 2 1 6 10 3 2 10

2 2 4 4 1 67 10

6 68 10

19 19

27

27

, ,

,

,

12

22m v q V vq Vm

= ⇒ =∆∆

rB

rB

rB

rB

BId

T m A Am

T

BId

T m A Am

T

10 1

1

7 15

20 2

2

7 15

24 10 5

2 0 025 10

24 10 1

2 0 021 10

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅= ⋅

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅= ⋅

− −−

− −−

µπ

ππ

µπ

ππ

,

,

rB

rB

rB

rB

BId

T m A Am

T

BId

T m A Am

T

10 1

1

7 16

20 2

2

7 16

24 10 2

2 0 075 7 10

24 10 3

2 0 134 6 10

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅= ⋅

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅= ⋅

− −−

− −−

µπ

ππ

µπ

ππ

,,

,,

B

IR

IRB m T

T m AA= = =

⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

=−

− −µ

µ π0

0

6

7 144 4 0 4 2 10

4 102 5;

,,

116

I1 = 2 A I2 = 3 A

P

d1 = 0,07 m d2 = 0,13 m

d = 0,2 m

Bt

1

Bt

2

I1 = 5 A

P

I2 = 1 A

d1 = 0,02 m d2 = 0,02 m

d = 0,04 m

Bt

1

Bt

2



Determinamos la energía cinética del ion:

b) El incremento de energía cinética que ha experimen-tado el ion es igual a su pérdida de energía potencialeléctrica. Por tanto:

39. Datos: R = 0,6 m; mp = 1,67 · 10–27 kg;qp = +e = 1,6 · 10–19 C; B = 1,5 T

a) La condición para que se produzca resonancia es quela frecuencia del oscilador eléctrico coincida con lafrecuencia de la partícula acelerada en el ciclotrón:

b) Cuando los protones adquieren su velocidad máximasalen del ciclotrón, siendo el radio de su órbita igualal radio de las des del ciclotrón. Por tanto:

40. Datos: R = 0,9 m; f = 1,7 · 106 Hz

a) Calculamos la masa y la carga del ion 2H+:

Hallamos el campo magnético en el interior del ci-clotrón a partir de la frecuencia de resonancia:

b) Cuando los deuterones adquieren su velocidad máxi-ma salen del ciclotrón, siendo el radio de su órbitaigual al radio de las des del ciclotrón. Por tanto:


41. Las propiedades de un imán se deben a la presencia ensu interior de pequeñas regiones llamadas dominios, enlas que todos los dipolos atómicos tienen la misma orien-tación. Estos dipolos están orientados paralelamente, de-finiendo así un eje magnético en el material. De esta ma-nera los extremos del imán se constituyen en dos polosmagnéticos diferentes (norte y sur). El campo magnéticoes aquí más intenso y las propiedades magnéticas delimán, más acusadas.

42. Una carga eléctrica en reposo y otra carga en movimien-to no producen la misma perturbación en el espacio.Una carga en reposo sólo genera a su alrededor un cam-po eléctrico. En cambio, un carga en movimiento generaun campo eléctrico y un campo magnético.

43. Si conocemos la forma de las líneas de inducción magné-tica y la dirección de movimiento de una carga eléctrica,podemos determinar la dirección de la fuerza que actua-rá sobre ella. La ley de Lorentz establece que esta fuerzaserá proporcional al producto vectorial de la velocidadpor el campo magnético. Por tanto, como las líneas deinducción magnética indican en cada punto la direccióndel campo magnético, sabemos que la fuerza que experi-mentará la carga será perpendicular a su velocidad y a laslíneas de inducción magnética.

44. Campo magnético creado por un hilo rectilíneo indefini-do por el que circula una corriente de intensidad I a una

distancia a del hilo: .

Campo magnético creado por una espira circular de ra-dio R por la que circula una corriente de intensidad I en

su centro: .

Campo magnético creado por un solenoide con N espi-ras, de longitud l, por el que circula una corriente de in-

tensidad I en su interior: .

45. a) Supongamos un electrón, un protón y un átomo dehelio que penetran en un campo magnético unifor-me con la misma velocidad y en la misma dirección,perpendicular al campo.

El radio de la órbita circular que describe cada partí-cula es proporcional a su masa e inversamente pro-porcional a su carga. El átomo de helio, al ser neutro,

BN

I= µ0 l

BI

R=

µ0

2

B

Ia

=µπ0

2

ve B R

mC T m

kg

v m s

max

max

= =⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

−

−1 6 10 0 2 0 9

3 34 10

8 6 10

19

27

6

, , ,

,

,

fq B

m

Bm fq

kg Hz

C

B T

=

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

=

−

−

2

2 2 3 34 10 1 7 10

1 6 10

0 2

27 6

19

π

π π , ,

,

,

q q q e C

m m m m kg

m kg

p n

p n p

= + = + = ⋅

= + = = ⋅ ⋅

= ⋅

−

−

−

1 1 1 6 10

1 1 2 2 1 67 10

3 34 10

19

27

27

,

,

,

ve B Rm

C T m

kg

v m s

maxp

max

= =⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

−

−1 6 10 1 5 0 6

1 67 10

8 6 10

19

27

7

, , ,

,

,

f

eBm

C T

kgHz

p

= =⋅ ⋅⋅ ⋅

= ⋅−21 5

2 1 67 102 3 10

277

π π1,6 10–19 ,

,,

Ec Ep q V VEcq

J

C

V V

= = = =⋅⋅

= ⋅

−

−∆ ∆

∆

;,

,

,

4 9 10

1 6 10

3 1 10

13

19

6

Ec m v kg m s

Ec J

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

−

−

12

12

3 34 10 1 72 10

4 9 10

2 27 7 2

13

, ( , )

,

117

S N

Bt



no experimenta desviación alguna. El electrón y elprotón tienen la misma carga, pero de signos opues-tos. Por esta razón se desvían en sentidos opuestos.Además, el protón tiene una masa mayor. Por eso, elradio de la órbita del protón es mayor que el de ladel electrón.

b) La aceleración centrípeta, gracias a la cual estas partí-culas describen una trayectoria circular, es:

La aceleración del átomo de helio es nula, pues sucarga neta es cero. Puesto que las cargas eléctricasdel protón y del electrón son iguales en valor absolu-to y la masa del electrón es unas dos mil veces menorque la del protón, el electrón adquiere una acelera-ción que será unas dos mil veces mayor.

El aumento de la energía cinética es proporcional alvalor de la fuerza que actúa sobre cada partícula. Porello, sobre el átomo de helio, por ser su carga nula,no actúa ninguna fuerza y su energía cinética se man-tiene constante. El protón y el electrón experimen-tan fuerzas iguales, pero en sentidos opuestos. Portanto, su energía cinética aumenta con la distanciarecorrida a razones iguales.

46. El ciclotrón es un dispositivo que permite acelerar partí-culas hasta adquirir velocidades muy altas. En el momen-to en que la partícula o ion pasa de una de a la otra, seaplica entre ambas una diferencia de potencial adecuadapara acelerar la partícula. Ésta, al ganar velocidad, des-cribe órbitas de radio cada vez mayor. La diferencia depotencial se va alternando para que tome el valor ade-cuado en el momento exacto en que la partícula pasa deuna de a la otra. Cuando el radio de la trayectoria esigual al radio de las des, la partícula adquiere su veloci-dad máxima y sale del ciclotrón.

47. La fuerza que ejerce un campo magnético sobre una co-rriente eléctrica no puede ser nunca paralela a la co-rriente. La fuerza que actúa sobre cada punto del con-ductor es proporcional al producto vectorial delelemento de corriente por el campo magnético. Por tan-to, la fuerza es perpendicular a la corriente en cualquierpunto del conductor.

48. Dos hilos conductores rectos y paralelos se atraen si lascorrientes que circulan por ellos tienen el mismo senti-

do. Los mismos hilos se repelerán si las corrientes quecirculan por ellos tienen sentidos opuestos.

49. Las sustancias ferromagnéticas se caracterizan por teneruna permeabilidad relativa mucho mayor que la unidad,µr >> 1. Por tanto, Bint >> Bext. Además, µr no es constan-te, sino que depende del campo aplicado y del estadoprevio de imantación del material. Estas sustancias sonfuertemente atraídas por los imanes. Su comportamien-to se debe a que un material ferromagnético está forma-do por pequeñas regiones, llamadas dominios magnéti-cos, en las que todos los dipolos atómicos estánorientados en la misma dirección. En presencia de uncampo magnético externo, estos dominios se orientanparalelamente a Bext y contribuyen al campo interno, deforma que Bint >> Bext.

50. Datos: R = 10 cm = 0,1 m; I = 4 A

Calculamos la inducción magnética en el centro de la es-pira:

51. Datos: a = 28 cm = 0,28 m; B = 3 · 10–6 T

Calculamos la intensidad de corriente eléctrica que ge-nera este campo:

52. Datos: q = –e = –1,6 · 10–19 C; me = 9,1 · 10–31 kg;B = 3 · 10–3 T; v = 1,6 · 106 m/s; a = 90°

a)

b) Hallamos el radio de la órbita circular que describe:

Si se tratara de un protón, la partícula describiría lacurva en el otro sentido (sentido antihorario) y conun radio mayor, ya que R es proporcional a la masa yésta es mayor para el protón.

Rm vq B

kg m s

C T

R m

= =⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

−

− −

−

9 1 10 1 6 10

1 6 10 3 10

3 0 10

31 6

19 3

3

, ,

,

,

BIa

IaB m T

T m AA

=

= =⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

=−

− −

µπ

πµ

ππ

0

0

6

7 1

2

2 2 0 28 3 10

4 104 2

,,

BI

RT m A A

mT= =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅

= ⋅− −

−µ π07 1

5

24 10 4

2 0 12 5 10

,,

a

Fm

q v Bmc

c= =

118

Protón Helio

Electrón

Bt

Ft

p

Ft

evt

Ft R

e–

vt

Bt



c) Si queremos que el electrón describa un MRU, debe-mos superponer un campo eléctrico perpendicular alcampo magnético y a la trayectoria del electrón, deforma que la fuerza eléctrica sobre el electrón seaigual pero de sentido opuesto a la fuerza que ejerceel campo magnético.

53. Datos: mp = mn = 1,67 · 10–27 kg;qp = +e = +1,6 · 10–19 C;qn = 0; ∆V = 5 · 103 V; B = 0,25 T

a) El incremento de energía cinética de la partícula alfaes igual a su pérdida de energía potencial eléctrica:

Para calcular la velocidad de la partícula alfa halla-mos primero su masa y su carga:

Entonces, la velocidad de la partícula alfa al penetraren el campo magnético será:

b) Determinamos el radio de la circunferencia que des-cribe la partícula alfa a partir de la velocidad y elcampo magnético:

54. Datos: l = 3,5 m; I = 4 A; B = 2 · 10–2 T; α = 90°

Calculamos la fuerza que experimentará el conductorrectilíneo en presencia del campo magnético:

55. Datos: I1 = 1,5 A; I2 = 2,4 A; l = 1 m

a)

b) El campo magnético en el punto D será la suma vec-torial del campo creado por cada uno de los dos hi-los. Hallamos el módulo del campo que genera en Dcada uno de los hilos:

Las dos contribuciones son perpendiculares. Por tan-to, el módulo del campo magnético total será:

La fuerza que se ejercen los hilos es repulsiva, ya quelas dos corrientes tienen sentidos opuestos. El módu-lo de esta fuerza por unidad de longitud es:

56. Datos:

a) En el punto P1 los campos magnéticos creados por lasdos corrientes tienen la misma dirección, perpendicu-lar al plano que contiene los dos hilos, y sentido con-trario, ya que son corrientes con el mismo sentido.

Calculamos la inducción magnética creada en el pun-to P1 por cada uno de los hilos:

B

Id

T m A Am1

0 1

1

7 1

24 10 2

2 0 2= =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅

− −µπ

ππ ,

F I Id

T m A A Am

F Nm

l

l

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

− −

−

µπ

ππ

0 1 27 1

7

24 10 1 5 2 4

2 1 41

5 1 10

, ,,

,

B B B T T

B T

= + = ⋅ + ⋅

= ⋅

− −

−

12

22 7 2 7 2

7

3 10 4 8 10

5 7 10

( ) ( , )

,

BIa

T m A Am

B T

BIa

T m A Am

B T

10 1

7 1

17

20 2

7 1

27

24 10 1 5

2 1

3 10

24 10 2 4

2 1

4 8 10

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

− −

−

− −

−

µπ

ππ

µπ

ππ

,

,

,

F I B A m T

F N

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ °

=

−l sen , sen

,

α 4 3 5 2 10 90

0 28

2

Rm vq B

kg m s

C T

R m cm

= =⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

= =

−

−6 68 10 6 9 10

3 2 10 0 25

0 058 5 8

27 5

19

, ,

, ,

, ,

vq Vm

C V

kg

v m s

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

−

−2 2 3 2 10 5 10

6 68 10

6 9 10

19 3

27

5

∆ ,

,

,

q q q C C

m m m m kg

m kg

P n

p n p

= + = ⋅ ⋅ = ⋅

= + = = ⋅ ⋅

= ⋅

− −

−

−

2 2 2 1 6 10 3 2 10

2 2 4 4 1 67 10

6 68 10

19 19

27

27

, ,

,

,

12

22m v q V vq Vm

= ⇒ =∆∆

F q v B F qE

q v B qE E vB m s T

E N C

m e= =

= = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− −

;

; ,

,

1 6 10 3 10

4 8 10

6 1 3

3

119

vt

Ft

e Ft

m

Et

e

–

Ft

21

Ft

12

I1 = 1,5 A

a = 1 m

I2 = 2,4 A

BA

D CBt

1Bt

2

d = √ a2 + a2 = √ 2 = 1,41 m

Bt

1

P1 P2 P3

Bt

2

I1 = 2A I2 = 4A

d = 60 cm = 0,6 m

Bt

2 Bt

2

Bt

1 Bt

1



La inducción magnética resultante es la suma vecto-

rial de . Como estos vectores tienen la mismadirección y sentidos opuestos, el módulo del campomagnético resultante será la diferencia de los módu-

los de :

B = B2 – B1 = 2 · 10–6 T – 2 · 10–6 T = 0 T

b) Calculamos la inducción magnética creada en el pun-to P2 por cada uno de los hilos:

Como los vectores tienen la misma direccióny sentidos opuestos, el módulo del campo magnético

resultante será la diferencia de los módulos de :

B = B2 – B1 = 2,7 · 10–6 T – 1,3 · 10–6 T

B = 1,4 · 10–6 T

c) Calculamos la inducción magnética creada en el pun-to P3 por cada uno de los hilos:

La inducción magnética resultante es la suma vecto-

rial de . Como estos vectores tienen la mismadirección y sentidos opuestos, el módulo del campomagnético resultante será la diferencia de los módu-

los de :

B = B2 – B1 = 4 · 10–6 T – 1 · 10–6 T = 3 · 10–6 T

57. Datos:

a) Dada la geometría del toroide, podemos suponerque, a lo largo de la circunferencia que pasa por elcentro de todas las espiras, el campo magnético essiempre perpendicular al plano de la espira. Por tan-to, el campo será siempre tangente a dicha circunfe-rencia. Además, su valor será constante sobre la cir-cunferencia por razones de simetría.

Entonces, para aplicar el teorema de Ampère, toma-mos la circunferencia de radio R que pasa por el cen-tro de todas las espiras del toroide.

Por otro lado, la intensidad que atraviesa la superficiecircular delimitada por la curva C es el producto del nú-mero de espiras del toroide por la intensidad que circu-la por ellas. Por tanto, aplicando el teorema de Ampère:

b) Para un toroide de 300 espiras, por las que circulauna intensidad de 4 A, a 20 cm del centro:

58. Datos: l = 50 cm = 0,5 m; N = 500; I = 2 A

a) Hallamos el campo magnético en el interior del sole-noide:

b) Determinamos el campo magnético en el interior dela barra de hierro dulce situada en el centro del sole-noide, sabiendo que la permeabilidad relativa delhierro dulce es µr = 1 500:

59. Datos: ∆V = 25 000 V; R = 0,4 m;q = +e = +1,6 · 10–19 C; mp = 1,67 · 10–27 kg

a) El incremento de energía cinética del protón es iguala su pérdida de energía potencial eléctrica:

Entonces, la velocidad del protón al penetrar en elcampo magnético será:

Hallamos la inducción magnética a partir del radio de laórbita circular que describe el protón y de su velocidad:

vq Vm

C V

kg

v m s

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

−

−2 2 1 6 10 2 5 10

1 67 10

1 5 10

19 4

27

6

∆ , ,

,

,

12

22m v q V vq Vm

= ⇒ =∆∆

B B T Tr extint , ,= = ⋅ ⋅ =−µ 1 500 2 5 10 3 753

BN

I T m Am

A

B T

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− −

−

µ π07 1

3

4 10500

0 52

2 5 10

l ,

,

BNIR

T m A Am

B T

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

− −

−

µπ

ππ

07 1

3

24 10 300 4

2 0 2

1 2 10

,

,

r rB d I R B N I B

N IRC

C

⋅ = = =∫ l µ π µµ

π0 002

2; ;

r rB d B d B d B R R B

C CC

⋅ = = = =∫ ∫∫l l l 2 2π π

r rB y B2 1

r rB y B1 2

BId

T m A Am

B T

BId

T m A Am

B T

10 1

1

7 1

16

20 2

2

7 1

26

24 10 2

2 0 4

1 0 10

24 10 4

2 0 2

4 0 10

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

− −

−

− −

−

µπ

ππ

µπ

ππ

,

,

,

,

r rB y B2 1

r rB y B1 2

BId

T m A Am

B T

BId

T m A Am

B T

10 1

1

7 1

16

20 2

2

7 1

26

24 10 2

2 0 3

1 3 10

24 10 4

2 0 3

2 7 10

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

− −

−

− −

−

µπ

ππ

µπ

ππ

,

,

,

,

r rB y B1 2

r rB y B1 2

B T

BId

T m A Am

B T

16

20 2

2

7 1

26

2 10

24 10 4

2 0 4

2 10

= ⋅

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

−

− −

−

µπ

ππ ,

120

I

I

R

C N espiras

Bt

Bt

Bt

Bt

dlt

dlt

dlt dl

t



b) Si la inducción magnética tuviera un valor doble alanterior, la velocidad del protón no variaría; en cam-bio, el radio de la trayectoria sería ahora:

60. Datos: I1 = 2I2, I1 e I2 con sentidos contrarios.

Debido a su carácter vectorial, el campo magnético resul-tante sólo puede anularse en el plano que contiene losdos hilos conductores, ya que sólo en este plano los cam-pos generados por los dos conductores son paralelos.

En cualquier punto situado entre los dos conductoresrectilíneos, el campo magnético creado por cada una delas dos corrientes tiene la misma dirección, perpendicu-lar al plano que contiene los dos hilos, y el mismo senti-do, ya que son corrientes con sentidos contrarios. Portanto, no se puede anular en ningún punto situado entrelos dos conductores.

Como el campo magnético es proporcional a la intensi-dad e inversamente proporcional a la distancia, debeanularse en los puntos del plano que contiene a los doshilos que estén a una distancia d del segundo conductor,menor que la distancia que los separa del primer con-ductor.

Calculamos la inducción magnética creada en un puntoP situado a una distancia d del segundo conductor. Lla-maremos l a la separación entre los dos hilos, de formaque el primer hilo dista d + l del punto donde calcula-mos el campo:


de . Como estos vectores tienen la misma direc-ción y sentidos opuestos en el punto P, el módulo delcampo magnético resultante será la diferencia de los mó-

dulos de . Imponiendo la condición de que elcampo total sea nulo, determinamos la posición del pun-to P respecto al segundo conductor:

Es decir, el campo magnético resultante se anula en lospuntos situados en el plano que contiene los dos hilos ya una distancia del segundo conductor igual a la separa-ción entre los dos hilos.


Introducción:

André-Marie Ampère realizó, a principios del siglo XIX,las primeras investigaciones sistemáticas sobre los cam-pos magnéticos generados por corrientes eléctricas. Losprimeros experimentos los llevó a cabo en 1820 motiva-do por la célebre experiencia del danés Hans ChristianOersted.

Cuerpo o desarrollo:

Oersted observó que una aguja imantada se movía si sesituaba cerca de un hilo por el que circulara corriente.Ampère repitió el experimentó y advirtió que la orienta-ción de la aguja dependía también del campo magnéticoterrestre. Para neutralizarlo, Ampère utilizó diversos ima-nes y comprobó que, efectivamente, la aguja se movía de-bido al campo generado por la corriente eléctrica, hastaformar un ángulo recto con el hilo. A partir del compor-tamiento de la aguja imantada, inventó el galvanómetro,instrumento para detectar y cuantificar la intensidad decorrientes eléctricas.

A este experimento siguieron otros que llevaron a Ampè-re a formular la hipótesis que defendería toda su vida:que los campos magnéticos están generados por corrien-tes circulares. Se cree que corroboró esta hipótesis cons-truyendo una pila circular, la cual generaba un campomagnético simétrico.

El siguiente experimento que realizó consistía en hacercircular corriente en el mismo sentido por dos hélices dehilos de cobre. En contra de las expectativas de Ampère,las dos hélices se atraían. Más adelante se daría cuentade que la atracción era ejercida por los hilos rectos delos extremos, y realizaría un nuevo experimento. Paraneutralizar el efecto de los extremos, hizo pasar el extre-mo superior del hilo por el centro de la hélice. En estecaso, tal como esperaba, las hélices se repelían. Efectuóel mismo experimento con dos espirales, con el mismoresultado satisfactorio que en el caso de las hélices.

Una vez aceptada la hipótesis de que las corrientes circula-res son las generadoras del campo magnético, se planteóla siguiente pregunta: en los imanes naturales y en los ma-teriales imantados, ¿las corrientes generadoras fluyen portodo el cuerpo o son pequeñas corrientes en el seno decada molécula? Era ya conocido que una aguja colocadaen el centro de una bobina por la que circulara corriente

02

22 2

0

0

1 20 2 0 2

0 2 0 2 0 2

0 2

= = − =+

−

=− +

+=

−+

=

+ = =

B B BI

dId

BI d I d l

d dI d ld d

I d d

µπ

µπ

µ µπ

µπ

µ

( )

( )( )

( )( )

( ) ;

l

l l

l l

r rB y B1 2

r rB y B1 2

BI

dI

dI

d

BId

10 1 0 2 0 2

20 2

22

2

2

=+

=+

=+

=

µπ

µπ

µπ

µπ

( ) ( ) ( )l l l

′ = = = =

′ = =

Rm vq B

m vq B

R m

R m cm

',

,

2 20 4

2

0 2 20

Rm vq B

Bm vq R

kg m s

C m

B T

=

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

= ⋅

− −

−

−

1 67 10 2 2 10

1 6 10 0 4

5 7 10

27 6 1

19

2

, ,

, ,

,

121

Bt

1

Bt

1 Bt

1

P

I2I1

l d

Bt

2

Bt

2Bt

2



adquiría una imantación transitoria. Pero este campo, ¿sedebía a corrientes que fluían alrededor del eje de la agujao eran corrientes moleculares? Para responder a esta cues-tión, Ampère colocó un anillo de cobre en el centro deuna bobina, concéntrico con ésta. Era de esperar que, si laimantación se debía a corrientes a lo largo de todo elcuerpo, el anillo se imantara, como la aguja. Ampère acer-có al anillo una barra imantada y observó que no existíaimantación alguna, de esta manera comprobó la hipótesisde las corrientes moleculares. Posteriormente, repitió elexperimento con un potente imán en vez de la barraimantada, y observó que repelía la espira. Curiosamente,Ampère no dio importancia a esta observación. De hecho,sin saberlo, había observado la inducción electromagnéti-ca de una corriente eléctrica sobre otra.

En los últimos años de su vida, Ampère dejó a un lado laciencia y se dedicó a la filosofía. En este campo trató teo-rías sobre la unificación del conocimiento humanocomo reflejo de la unidad de la mente divina.

Conclusión:

Los experimentos de Ampère fueron de los primeros so-bre la relación entre el campo magnético y las corrienteseléctricas. La unificación de las dos interacciones es elprimer paso hacia las teorías de unificación, según lascuales todas las interacciones de la naturaleza no sonmás que diferentes manifestaciones de una única inte-racción.

Bibliografía:

«André-Marie Ampère», L. P. Williams, Investigación yciencia, marzo 1989, pág. 82.


1. Es imposible separar los polos de un imán. Al romper unimán en dos o más trozos obtenemos varios imanes, cadauno con sus dos polos. El magnetismo de los materialeses debido a la orientación de los dipolos magnéticos desu interior. El movimiento de los electrones alrededordel núcleo atómico genera un campo magnético. Aun-que rompamos un imán, en cada uno de los nuevos tro-zos sigue habiendo electrones en movimiento que gene-ran el campo magnético correspondiente y con la mismaorientación.

2. Las líneas de inducción magnética son…

La respuesta correcta es la b.

Las líneas de inducción magnética son siempre cerradas.

3. Datos: a = 10 cm = 0,1 m; I = 4 A

Calculamos la inducción magnética creada por el con-ductor indefinido a una distancia de 10 cm:

4. La fuerza magnética que actúa sobre una carga en movi-miento depende del valor de la carga eléctrica, del cam-po magnético, de la velocidad de la carga y del ánguloque forman la velocidad de la carga y el vector inducciónmagnética.

Para que no actúe ninguna fuerza sobre una carga que semueve por un campo magnético, la velocidad de éstadebe ser paralela al campo, ya que la fuerza es proporcio-nal al producto vectorial de la velocidad por el campo.

5. Datos: q = –e = –1,6 · 10–19 C; m = 9,1 · 10–31 kg;B = 0,05 T; Ec = 2,4 · 103 eV

a)

b) Determinamos la velocidad a partir de la energía ci-nética, sabiendo que 1 eV = 1,6 · 10–19 J.

Calculamos la fuerza magnética que actúa sobre elelectrón:

Hallamos el radio de la órbita y la frecuencia angular:

Determinamos el período a partir de la frecuenciaangular:

T

f ss= = =

⋅= ⋅−

−1 2 2

8 8 107 1 10

9 110π

ωπ

,,

Rm vq B

kg m s

C T

R m mm

fq Bm

C T

kg

s

= =⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

= ⋅ =

= = =⋅ ⋅

⋅

= ⋅

−

−

−

−

−

−

9 1 10 2 9 10

1 6 10 0 05

3 3 10 3 3

21 6 10 0 05

9 1 10

8 8 10

31 7

19

3

19

31

9 1

, ,

, ,

, ,

, ,

,

,

ω π

ω

r r r

r

r

r

F q v x B

F F q v B

F C m s T

F N

=

= = °

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− −

−

( )

sen

, , ,

,

90

1 6 10 2 9 10 0 05

2 3 10

19 7 1

13

E m v vEm

veV J eV

kg

v m s

CC= =

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

−

−

12

2

2 2 4 10 1 6 10

9 1 10

2 9 10

2

3 19

31

7

;

, ,

,

,

BIa

T m A Am

B T

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

− −

−

µπ

ππ

07 1

6

24 10 4

2 0 1

8 10

,

122

Bt

Ft

vt



6. Datos: l = 5 m; I1 = 3 A; I2 = 6 A; d = 4 cm = 0,04 m

Como los hilos son mucho más largos que la separaciónque hay entre ellos, podemos suponer que la fuerza quese ejercen es la misma que si fueran conductores rectilí-neos indefinidos. Calculamos el módulo de esta fuerzapor unidad de longitud:

Como la longitud de los conductores es de 5 m, la fuerza queéstos se ejercen mutuamente es F = 5 m · 9 · 10–5 N·m–1 == 4,5 · 10–4 N.

La fuerza es atractiva, ya que las dos corrientes tienen elmismo sentido.

7. Para construir un imán permanente se puede utilizar elacero. Es un material ferromagnético en el que la pre-sencia de una campo magnético externo induce la orien-tación de los dominios paralelamente al campo magnéti-co. Esta ordenación persiste incluso después de eliminarel campo magnético externo. De esta forma se obtieneun imán permanente.

Para la construcción de un imán temporal se puede utili-zar el hierro dulce. También es un material ferromagné-tico, pero en este caso los dominios orientados pierdensu orientación al eliminar el campo externo, de formaque sólo actúa como un imán en presencia de un campoexterno.

F Nml

= ⋅ −9 10 5

F I Id

T m A A Aml

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

− −µπ

ππ

0 1 27 1

24 10 3 6

2 0 04,

123




• Dibujamos las líneas de inducción del campo magnéticocreado por una corriente rectilínea e indefinida.

Dibujamos las líneas de inducción del campo magnéticocreado por una corriente eléctrica circular.

• Una bobina o solenoide es un conductor enrollado en es-piral alrededor de un material aislante.

Las líneas de inducción magnética de un solenoide sonidénticas a las de un imán recto.

• Datos: N = 1 000; l = 120 cm = 1,2 m; I = 1,5 A

Calculamos la inducción magnética en el interior del sole-noide:

•

• La ley de Ohm se enuncia así:

El cociente entre la diferencia de potencial aplicada a losextremos de un conductor y la intensidad de corriente quecircula por él es una constante llamada resistencia eléctricadel conductor.

— Datos: R = 1,5 kΩ = 1,5 · 103 Ω; V = 15 V

1. INDUCCIÓN DE LA CORRIENTE ELÉCTRICA (págs. 221, 222, 223, 225 y 227)

1. La inducción electromagnética consiste en la apariciónde una corriente eléctrica en un circuito cuando varía elnúmero de líneas de inducción magnética que lo atravie-san.

2. Para inducir una corriente eléctrica en un circuito es ne-cesario variar el número de líneas de inducción magnéti-ca que lo atraviesan. Existen diferentes formas de conse-guirlo. Por ejemplo, podemos mover un imán en lasproximidades del circuito, o variar la intensidad de co-rriente en otro circuito próximo a aquél donde desea-mos inducir la corriente.

3. No, no es necesario. Si mantenemos la espira fija, perointroducimos y extraemos sucesivamente un imán en laespira, también se induce una corriente eléctrica duran-te el movimiento del imán.

4. El físico inglés M. Faraday (1791-1867) observó experi-mentalmente que la intensidad de la corriente inducidaaumentaba con la velocidad del movimiento del imán.Faraday interpretó que la corriente se induce cuando va-ría el número de líneas de inducción magnética queatraviesan el circuito. Al aumentar la velocidad con quese aproxima el imán al circuito, el número de líneas deinducción que atraviesan el circuito crece con mayor ra-pidez y la intensidad de la corriente inducida es mayor.

I

VR

VA mA= =

⋅= =

15

1 5 100 01 10

3,,

Ω

BN I T m A A

m

B T

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− −

−

µ π07 1

3

4 10 1 000 1 51 2

1 6 10

l

,,

,

124

9. Inducción electromagnética

Bt

Bt

Bt

Bt

I

+ –

Bt

Ft

I



5. Algunas formas de producir una variación en el campomagnético pueden ser:

— Moviendo un imán en las cercanías de la espira.

— Moviendo la espira en las cercanías de un imán.

— Situando, en las cercanías de la espira, un circuitoeléctrico de intensidad variable.

6. Si la inducción magnética forma un ángulo α con el

vector superficie de la espira, el flujo magnético vienedado por la expresión:

que, como vemos, depende directamente de cos α. Tene-mos que, si cos α es máximo, mínimo o nulo, también loserá φ.

Por lo tanto:

a) Si el vector superficie tiene la misma dirección y el

mismo sentido que el campo , cos α = 1 y, por lotanto, el flujo es máximo.

b) Si el vector superficie tiene la misma dirección y

sentido contrario al campo , cos α = –1 y, por lotanto, el flujo es mínimo.

c) Si el vector superficie es perpendicular al campo , cos α = 0 y, por lo tanto, el flujo es nulo.

7. El flujo magnético a través de una superficie cerrada S esnegativo cuando existe una cantidad neta de líneas deinducción que entran en la superficie. De la misma ma-nera, si hubiera una cantidad neta de líneas de induc-ción que salieran de la superficie, el flujo sería positivo.

8. Datos: N = 120; S = 30 cm2 = 3 · 10–3 m2; B = 4 · 10–3 T

a) α = 0°; φ = N B S cos α

φ = 120 · 4 · 10–3 T · 3 · 10–3 m2 cos 0°

φ = 1,4 · 10–3 Wb

b) α = 60°; φ = N B S cos α

φ = 120 · 4 · 10–3 T · 3 · 10–3 m2 cos 60°

φ = 7,2 · 10–4 Wb

9. Al cerrar el interruptor, el sentido de la corriente induci-da en S2 es contrario al que circula en S1.

Al abrir el interruptor, el sentido de la corriente induci-da en S2 es contrario que en el caso anterior.

10. a) Sí que circula corriente por la espira, pues el númerode líneas de inducción que la atraviesan está aumen-tando.

b) No circula corriente por la espira. Aunque la espirase mueve, el número de líneas de inducción que laatraviesan se mantiene constante.

c) Sí que circula corriente por la espira, pues el númerode líneas de inducción que la atraviesan está dismi-nuyendo.

11. La fuerza electromotriz de un generador es el trabajoque realiza el generador por unidad de carga, o lo que eslo mismo, la energía que proporciona a la unidad de car-ga.

Un campo magnético variable induce una corriente eléc-trica en un circuito por el fenómeno de la inducciónelectromagnética. Tendremos, por consiguiente, en estecaso, una fuerza electromotriz denominada fuerza elec-tromotriz inducida, que es la que causa la aparición deesta corriente inducida.

rB

rS

rB

rS

rB

rS

φ α= B S cos

rS

rB

125

Bt

St

St

St

b Flujo mínimoa Flujo máximo

c Flujo nulo

Bt

Bt

G

I

Iinducida

G

I

Iinducida

+

–

Bt

a b c



12. La intensidad de la corriente inducida viene dada por laexpresión:

a) Si doblamos la velocidad de giro de la bobina, la velo-

cidad con la que varía el flujo, , se multiplica por

dos; en consecuencia, la intensidad de la corrienteinducida aumenta al doble.

b) Si la inducción magnética B se reduce a la mitad, la

velocidad con que varía el flujo, , se divide por

dos; en consecuencia, la intensidad de la corrienteinducida se reduce a la mitad.

c) Si efectuamos los dos cambios anteriores simultánea-mente, la intensidad de la corriente inducida perma-nece invariante.

13. Datos: B = 0,4 T; r = 5 cm = 5 · 10–2 m; R = 15 Ω; ∆t = 0,1 s

Inicialmente, el plano de la espira es perpendicular al

campo magnético, por tanto, los vectores formanun ángulo α = 0°. En la situación final, la espira ha dado

un cuarto de vuelta, por tanto, forman un ángulo α = 90°.

La variación del flujo viene dada por:

La fem en la espira es:

Calculemos ahora la intensidad de la corriente inducida:

14. Datos: N = 200; S = 30 cm2 = 3 · 10-3 m2; α = 0°;B = (2t + 0,8)·10–3 T

El flujo magnético a través de la bobina varía en el tiem-po según la expresión:

La fem inducida en la bobina es:

15. En la experiencia de Henry se utiliza un conductor recti-líneo que se mueve perpendicularmente al campo mag-nético con objeto de que la fuerza magnética ejercidasobre las cargas del conductor tenga la dirección del pro-

pio conductor. De esta manera, las fuerzas eléctrica (quese opone a la separación de las cargas) y magnética queactúan sobre las cargas del conductor quedan compensa-das y se obtiene:

Fm = Fe ⇒ e v B = e E

E = v B

ε = E l = v B l

Si el conductor se desplazara en una dirección diferente,deberíamos tener en cuenta el ángulo α que formarán

los vectores en el cálculo de la fuerza magnética:

Fm = e v B sen α

16. Cuando desplazamos el conductor paralelamente a las lí-neas de inducción magnética, no actúa ninguna fuerza

magnética sobre las cargas del conductor, por serparalelos:

En consecuencia, no se produce una separación entre lascargas positivas y negativas del conductor, y no existeninguna fem inducida.

17. Datos: l = 25 cm = 0,25 m; v = 6 m·s–1; α = 90°; B = 0,3 T

a) La fuerza magnética que actúa sobre un electrón dela barra viene dada por la ley de Lorentz:

b) El campo eléctrico en el interior del conductor es:

c) Calculamos la diferencia de potencial o fem inducidaentre los extremos de la barra:

2. APLICACIONES DE LA INDUCCIÓNELECTROMAGNÉTICA (págs. 231, 233, 235 y 237)

18. La diferencia fundamental entre una dinamo y un alter-nador es que la dinamo es un generador que producecorriente eléctrica continua y el alternador es un genera-dor que produce corriente alterna.

19. La fem inducida en un alternador se puede expresar:

a) Si duplicamos la velocidad de giro de la bobina, lanueva fem inducida se puede expresar:

Es decir, se duplican la amplitud y la frecuencia an-gular de la fem inducida.

b) Como la expresión de la frecuencia es:

ε ω ω ω ω

ε ε ω

' ' sen ' sen

' sen

= =

=

B S t B S t

t

2 2

2 20

ε ω ω ε ω= =B S t tsen sen0

ε = = ⋅ ⋅ ⋅ =v B m s T m Vl 6 0 3 0 25 0 451– , , ,

E v Bms

TVm

= = ⋅ =6 0 3 1 8, ,

F e v B C m s T

F N

m

m

= ° = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

−

−

sen , ,

,

–90 1 6 10 6 0 3

2 9 10

19 1

19

r r rF = e(v x B)= 0m

r rv y B

r rv y B

ε φ= − = − ⋅ −d

dtV1 2 10 3,

φ α

φ

φ

( ) cos cos

( ) ,

( ) ,

t N B S N B S

t t T m

t t Wb

= = °

= +( ) ⋅ ⋅ ⋅

= +( ) ⋅

− −

−

0

200 2 0 8 10 3 10

12 4 8 10

3 3 2

4

IR

VA mA= =

⋅= ⋅ =

−−ε 3 14 10

152 1 10 2 1

23,

, ,Ω

ε φ= − = −

− ⋅= ⋅

−−∆

∆tWb

sV

3 14 100 1

3 14 103

2,,

,

∆

∆

∆

φ φ φ α α

φ π

φ

= = −

= ⋅ ⋅ ⋅ ° − °

= − ⋅

−

−

– (cos cos )

, ( ) (cos cos )

,

0 0

2 2

3

0 4 5 10 90 0

3 14 10

B S

T m

Wb

r rB y S

r rB y S

∆∆

φt

∆∆

φt

I

R t= –

1 ∆∆

φ

126



Es decir, la frecuencia de la corriente inducida tam-bién se duplica.

20. Datos: N = 25; S = 60 cm2 = 6 · 10–3 m2; f = 50 Hz;B = 0,4 T; R = 75 Ω

a) La fem inducida en la bobina es la suma de las fuer-zas electromotrices inducidas en cada una de las espi-ras que la componen:

b) La fem máxima inducida en la bobina es:

c) Calculamos la intensidad máxima:


Algunas de las ideas que se podrían exponer y desarro-llar en el coloquio son las siguientes:

— La energía eléctrica es la forma de energía más con-sumida en la actualidad. Multitud de aparatos, ennuestros hogares y en la industria, funcionan conelectricidad.

— El uso de la energía eléctrica está estrechamente rela-cionado con la mejora de la calidad de vida de un país.

— La energía eléctrica es muy versátil, pues se puedetransformar en otros tipos de energía (mecánica, térmi-ca, lumínica...) fácilmente y con un alto rendimiento.

— La energía eléctrica se puede producir y distribuir deforma económica y eficaz mediante líneas de alta ten-sión.

— La energía eléctrica no contamina ni produce resi-duos de ninguna clase.

Para la organización del coloquio se recomienda seguirestas pautas:

— Determinar los encargados de las distintas funciones:

• Moderador. Presentará a los participantes e intro-ducirá el tema que se va a tratar. Además, concede-rá los turnos de palabra para que el coloquio se de-sarrolle de forma ordenada.

• Participantes. Darán sus opiniones sobre el temaelegido y escucharán las de los otros participantes.Generalmente, son un máximo de seis personas.

Todos los participantes deben investigar y documen-tarse sobre el tema con anterioridad.

• Público. Atenderá a las diversas opiniones. Podráintervenir al final aportando sus propias opinioneso preguntando a los participantes alguna cuestión.

— Iniciar el coloquio. El moderador presentará a losparticipantes, introducirá el tema y planteará la pri-mera pregunta a alguno de los participantes.

— Desarrollar y concluir el coloquio. Los distintos parti-cipantes desarrollarán sus argumentos conducidospor el moderador. Cada participante debe expresarsus opiniones y respetar las de los demás.

Al final del coloquio, el público podrá exponer susopiniones y efectuar preguntas a los diferentes parti-cipantes. Por último, el moderador puede llevar acabo un breve resumen de las intervenciones.

22. — Mientras el hilo está conectado a la pila, el clavoatrae a los clips cuando se acerca a ellos.

— Si el hilo se desconectara de la pila, el clavo dejaríade atraer a los clips cuando se acercara a ellos.

a) Sí, el campo magnético generado por el electroimánes más intenso que el que crea la bobina por sí sola, yaque el clavo es de hierro dulce y éste se imanta crean-do, así, su propio campo magnético, que se suma alde la bobina.

b) No, ya que desaparece el campo magnético, y puestoque el clavo actúa como un imán temporal, desapare-cen sus propiedades magnéticas.

23. No, ambos procesos son manifestaciones distintas de unmismo fenómeno físico: la inducción de una fem en uncircuito debido a la variación del flujo magnético a travésde éste.

La diferencia estriba en que en la inducción electromag-nética consideramos el inductor y el inducido como sis-temas independientes, mientras que en el caso de la au-toinducción estudiamos la creación de un campomagnético en un circuito debido a la variación de la co-rriente del propio circuito.

24. Un motor es un receptor que transforma algún tipo deenergía con trabajo mecánico. Llamamos fuerza contra-electromotriz del motor al trabajo mecánico que realizapor unidad de carga.

Su unidad es el voltio (V).

25. El coeficiente de autoinducción de una bobina vienedado por la expresión:

Si tenemos una sola espira, N = 1,

Si tenemos 50 espiras, N = 50, L S= µ02 500

l

LS= µ0 l

L

NS= µ0

2

l

′ =ε W

Q

IR

VA0

0 18 875

0 25= = =ε ,,

Ω

ε ω π

ε π0

03 2

2

25 0 4 6 10 2 50 18 8

= =

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =−

N B S N B S f

T m Hz V, ,

ε ω ω π π

ε π π

ε π π

= =

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=

−

N B S t N B S f ft

T m Hz Hz t

t

sen sen ( )

, sen ( )

sen ( )

2 2

25 0 4 6 10 2 50 2 50

6 100

3 2

(en unidades SI)

f f f= = =ωπ

ωπ2 2

2; ''

127



Es decir, el coeficiente de autoinducción es 2 500 vecesmayor en el caso de una bobina formada por 50 espirasque en el de una sola espira.

26. Datos: l = 20 cm = 0,2 m; N = 200;S = 40 cm2 = 4 · 10–3 m2; I0 = 4 A; I = 0 A;∆t = 2 ms = 2 · 10–3 s

Calculamos primero el coeficiente de autoinducción dela bobina:

La fem inducida es:

27. Puesto que el coeficiente de inducción mutua se definecomo el cociente entre el flujo magnético a través de uncircuito y la intensidad de corriente a través de otro cir-cuito:

En el SI tendrá unidades de:

La unidad del coeficiente de inducción mutua en el SI esel henrio, H. Un henrio es la inductancia mutua entredos circuitos tales que una variación de intensidad de unamperio por segundo en uno de los dos circuitos induceuna fuerza electromotriz de un voltio en el otro circuito.

28. No, puesto que el transformador se basa en el fenómenode inducción mutua, y éste sólo se puede producir si lacorriente es variable en el tiempo.

29. Datos: N1 = 100; N2 = 500

La modificación de la tensión es:

La tensión de salida es cinco veces mayor que la tensión deentrada, por lo que se trata de un transformador elevador.

Para el caso de la intensidad:

La intensidad de salida es una quinta parte de la intensi-dad de entrada, por lo que, al contrario que en la ten-sión, la intensidad se reduce a la salida.

30. Para resolver este ejercicio utilizaremos la relación detransformación de un transformador:

— Si 400 son las vueltas del circuito primario y 50 las delcircuito secundario, tendremos:

N1 = 400; N2 = 50

La tensión de salida disminuye.

La intensidad de salida aumenta.

— Si 50 son las vueltas del circuito primario y 400 las delcircuito secundario, tendremos:

N1 = 50; N2 = 400

La tensión de salida aumenta.

La intensidad de salida disminuye.

31. Datos: V1 = 3 000 V; I1 = 2 mA = 2 · 10–3 A;N1 = 900; N2 = 30

Para resolver este ejercicio utilizaremos la relación detransformación de un transformador:

Calculamos primero la tensión de salida:

La intensidad de salida es:

32. Es debido a las ventajas que ésta presenta en relación aotras energías:

— Es fácilmente convertible en otras formas de energía.

— Se tiene acceso directo a ella desde nuestros hogares.

— Puede ser transportada a largas distancias desde sulugar de producción.

— No contamina ni produce residuos de ninguna clase.

33. La manera más económica de reducir las pérdidas deenergía eléctrica en forma de calor por efecto Joule enlos cables es disminuyendo la intensidad tanto como seaposible, para ello se transporta la corriente a alta ten-sión, de manera que la potencia transferida (P = V I) semantenga constante.

34. Centrales hidroeléctricas:

— Su rendimiento energético es alto.

— No producen residuos tóxicos.

I INN

A A2 11

2

32 1090030

0 06= = ⋅ ⋅ =− ,

V V

NN

V V2 12

1

3 00030900

100= = ⋅ =

VV

II

NN

2

1

1

2

2

1

= =

I

NN

I I21

21 10 125= = ,

V

NN

V V22

11 18= =

I

NN

I I21

21 18= =

VNN

V V22

11 10 125= = ,

VV

II

NN

2

1

1

2

2

1

= =

I

NN

I I21

21 1

15

= =

VNN

V V22

11 15= =

WbA

V sA

H= ⋅ =

M MI12 21

2

1

= =φ

ε = = ⋅

⋅=– –

(– ),–

–L

It

HA

sV

∆∆

104

2 102 03

3

LN

ST m

A mm

L H

= = ⋅⋅

⋅ ⋅ ⋅

=

− −

−

µ π0

27

23 2

3

4 102000 2

4 10

10

l

( ),

128



Centrales térmicas:

— Su rendimiento energético es bajo (solo un 30 % decalor pasa a energía eléctrica).

— Producen residuos tóxicos: óxidos de azufre, nitróge-no y carbono, y partículas sólidas de la combustión.

Centrales nucleares:

— Su rendimiento energético es alto.

— Generan residuos radiactivos difíciles de eliminar oalmacenar. Además, existe el riesgo de contamina-ción radiactiva por accidente.

35. La energía eólica es la energía cinética que procede dela fuerza del viento. Para poder aprovecharla y transfor-marla en energía eléctrica se utilizan los aerogenerado-res, constituidos por unas palas que giran alrededor deun eje. Éstos transforman la energía cinética del vientoen energía cinética de rotación y están unidos a la partemóvil de un generador (rotor) que transforma la energíamecánica en eléctrica.

Las principales ventajas de la energía eólica son:

— Es una energía renovable, es decir, de reservas ilimi-tadas.

— No produce residuos tóxicos.

Sus principales inconvenientes son:

— Para poder instalar un parque eólico, se necesita quela velocidad promedio del viento, en esta zona, seade 6 m·s–1.

— Tener una disponibilidad mínima de 2 500 h/año.

3. SÍNTESIS ELECTROMAGNÉTICA (pág. 239)

36. La unificación electromagnética de Maxwell consistió enreunir todas las leyes de la electricidad y el magnetismoen sólo cuatro ecuaciones que relacionan los camposeléctrico y magnético con sus fuentes: las cargas eléctri-cas, las corrientes eléctricas y las variaciones de los pro-pios campos.

37. Una carga eléctrica en movimiento, además de crear uncampo eléctrico, por el hecho de estar en movimientotambién crea un campo magnético. Por lo que las per-turbaciones que produce en el espacio son de tipo elec-tromagnéticas.

38. Las fuentes o causas del campo eléctrico son las cargaseléctricas, ya estén en movimiento o en reposo, y loscampos magnéticos variables. Por otro lado, el campomagnético puede ser producido por una corriente eléc-trica o por un campo eléctrico variable.

39. El flujo magnético que atraviesa una superficie cerradano puede ser diferente de cero, puesto que tal y como sededuce de la segunda ecuación de Max-well, el númerode líneas de inducción que entran en la superficie esigual al número de líneas que salen.

El flujo eléctrico a través de una superficie cerrada solosería cero si en el interior de la superficie no hubieracargas. En caso contrario, éste sería proporcional a lacarga, tal y como se deduce de la primera ecuación deMaxwell.


a) Un micrófono es un dispositivo que transforma las vibra-ciones sonoras en señales eléctricas que reproducen fiel-mente el sonido original. A continuación, esta corrienteeléctrica es amplificada y transportada hasta un receptor.De esta manera se puede captar un sonido para amplifi-carlo o para registrarlo y reproducirlo posteriormente.

La ventaja de los micrófonos electromagnéticos frente alos de variación de resistencia está en que los primerosno tienen el problema de ruido que presentan los últi-mos. Así pueden ser usados en aplicaciones que requie-ran una reproducción fiel del sonido en bandas ampliasde frecuencia.

b) Como sabemos, el calor se disipa en el material por efec-to Joule; por lo que la potencia disipada dependerá de laresistencia del material y de la intensidad de la corrienteinducida (P = R I2). A su vez, la resistencia, de un mate-rial, es inversamente proporcional a su conductividadeléctrica, y a su sección, de manera que a menor conduc-tividad eléctrica y menor sección, mayor potencia disipa-da y, por lo tanto, obtenemos más calor. Además, la in-tensidad también depende de la frecuencia:

El campo magnético generado en el interior del conduc-tor es variable y tiene la misma frecuencia que la corrien-te alterna:

Por tanto, el flujo magnético a través de una sección delconductor es:

Según la ley de Faraday, la fem inducida es:

La intensidad de la corriente inducida tendrá una ampli-tud proporcional a la fem máxima (ε0 = B0 S ω), es decir,será proporcional a la frecuencia. Por tanto, la potencia(P = R I2) y el calor disipados aumentarán con la fre-cuencia.


Entre las varias aplicaciones del fenómeno de la induc-ción electromagnética, además del micrófono y los hor-nos de inducción que se mencionan en el libro del alum-no, pueden proponerse para la redacción del informe:

— Los generadores eléctricos (dinamo y alternador).

— El motor eléctrico, que transforma energía eléctricaen energía mecánica.

ε φ ω ω ε ω= = =– sen sen

ddt

B S t t0 0

φ ω= =B S B S t0 cos

B B t= 0 cos ω

129



— Dispositivos que utilizan las corrientes de Foucault,como frenos de emergencia para camiones.

— El betatrón, que es un dispositivo para acelerar elec-trones.

— La bobina o solenoide, un elemento de los circuitoseléctricos de corriente alterna donde tiene lugar elfenómeno de la autoinducción.

— Los transformadores, dispositivos esenciales en eltransporte de la corriente alterna basados en el fenó-meno de la inducción mutua.


40. Datos: N = 240; S = 24 cm2 = 2,4 · 10–3 m2; R = 50 Ω; α0 = 0°; B = 0,5 T; ∆t = 4 ms = 4 · 10–3 s; α = 180°

a) Calculamos en primer lugar la variación del flujo mag-nético:

La fem inducida es:

b) Hallamos la intensidad de la corriente inducida:

c) La carga total que circula por la bobina es:

Q = I ∆t = 2,88 A · 4 · 10–3 s = 1,15 · 10–2 C

41. Datos: N = 240; S = 2,4 · 10–3 m2; R = 50 Ω; α0 = 0°;α = 180°; ∆t = 4 ms = 4 · 10–3 s; B = 7 · 10–5 T

a) Calculamos en primer lugar la variación del flujomagnético:

∆φ = φ – φ0 = N B S (cos α – cos α0)

∆φ = 240 · 7 · 10–5 T · 2,4 · 10–3 m2 (cos 180° – cos 0°)

∆φ = – 8,06 · 10–5 Wb

La fem inducida es:

b) Hallamos la intensidad de la corriente inducida:

c) La carga total que circula por la bobina es:

Q = I ∆t = 0,40 · 10–3 A · 4 · 10–3 s = 1,6 · 10–6 C

42. Datos: l = 1 m; R = 20 Ω; v = 1,5 m·s–1; B = 0,6 T; α = 90°

a) ε = B l v = 0,6 T · 1 m · 1,5 m·s–1 = 0,9 V

b)

c) Como es perpendicular a (α = 90°):

F = I l B sen α = 0,045 A · 1 m · 0,6 T

F = 2,7 · 10–2 N

d) W = F v t = 2,7 · 10–2 N · 1,5 m·s–1 · 15 s = 0,61 J

43. Datos: l = 1 m; R = 15 Ω; v = 2 m·s–1; α1 = 60°; B = 0,5 T

Si la velocidad del alambre forma un ángulo α1 = 60°

con el campo magnético , el ángulo entre el vector su

perficie (perpendicular al plano determinado por los

conductores y el alambre) y el vector serà: α = 90° – 60° = 30°.

a) ε = B l v cos 30° = 0,5 T · 1 m · 2 m·s–1 · cos 30°

ε = 0,87 V

b)

c) F = I l B sen 60° = 0,058 A · 1 m · 0,5 T · sen 60°

F = 2,5 · 10–2 N

d) W = F v t = 2,5 · 10–2 N · 2 m·s–1 · 15 s = 0,75 J

44. Datos: L = 1,5 · 10–3 H; I0 = 0 A; I = 10 A;∆t = 0,5 ms = 5 · 10–4 s

El signo negativo indica que la fem se opone al aumentode la intensidad.

45. Datos: r = 10 cm = 0,1 m; S = 10 cm2 = 10–3 m2; µr = 1 500;

; ε = 0,03 V

Calculamos en primer lugar el coeficiente de autoinduc-ción:

A continuación calculamos el número de vueltas que tie-ne el toroide:

46. Datos: I = 10 sen (100 t) (SI); a = 0,05 m; b = 0,1 m;d = 0,05 m

Sustituimos la expresión de I en el flujo magnético a tra-vés de la espira:

φ = ln

Aplicamos la ley de Faraday para hallar la fem inducida:

ε φ µ

π= − = −

⋅ +ddt

t b d ad

0 10 100 1002

cos ( )ln

d + ad

µ0 10 sen (100t) b2π

LN Sr

Nr L

S

Nm H

T A m m

r

r

= =

=⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅=

−

− − −

µ µπ

πµ µ

ππ

0

0

3

7 1 3 2

22

2 0 1 1 5 10

1 500 4 10 10500

;

, ,

LI t

VAs

H= = = ⋅ −ε∆ ∆

0 03

201 5 10 3,,

∆∆

It

As

= 20

ε = − = − ⋅

−⋅

= −−−L

It

HA A

sV

∆∆

1 5 1010 0

5 10303

4,

( )

I

RV

A= = =ε 0 8715

0 058,

,Ω

rB

rS

rB

rv

rB

rl

IR

VA= = =ε 0 9

200 045

,,

Ω

I

RV

A mA= =⋅

= ⋅ =−ε 2 02 1050

0 40 10 0 402

3,, ,

–

Ω

ε φ

ε

= − = −− ⋅

⋅

= ⋅ =

−

−∆∆t

Wb

s

V mV

8 06 10

4 10

2 02 10 20 2

5

3

2

,

, ,–

I

RV

A= = =ε 14450

2 88Ω

,

ε φ= − = −

−⋅

=−∆∆t

Wb

sV

0 576

4 10144

3

,

∆

∆

∆

φ φ φ α α

φ

φ

= − = −

= ⋅ ⋅ ⋅ −

= −

−

0 0

3 2240 0 5 2 4 10 180 0

0 576

N B S

T m

Wb

(cos cos )

, , (cos cos )

,

o o

130



47. Datos: I0 = 1 A; I = 0 A; ∆t = 1 ms = 1 · 10–3 s;a = 0,05 m; b = 0,1 m; d = 0,05 m

a) Sustituimos los datos del enunciado de la expresióndel coeficiente de inducción mutua obtenida en elejercicio resuelto D.

b) En la situación final la intensidad es nula (I = 0), porlo cual el flujo final es cero.

El flujo inicial es:

La fem inducida en la espira es:


48. — Movimiento de un imán en el interior de un bobina

Si acercamos el imán a la bobina, aparece una corrien-te inducida durante el movimiento del imán, pues elflujo magnético a través de la bobina aumenta.

Si alejamos el imán, se invierte el sentido de la co-rriente inducida, pues el flujo magnético a través dela bobina disminuye.

Si la bobina y el imán están fijos, no se observa co-rriente inducida.

— Cierre y apertura de un circuito eléctrico

Disponemos de dos bobinas enrolladas alrededor deuna misma barra de hierro: la primera formando par-te de un circuito con generador e interruptor y la se-gunda conectada a un galvanómetro.

Al conectar el interruptor se induce una corrienteeléctrica en la segunda bobina, de sentido contrarioa la corriente de la primera, pues el campo magnéti-co creado por la primera bobina hace aumentar elflujo magnético a través de la segunda bobina.

Al desconectar el interruptor se induce una corrienteeléctrica en la segunda bobina, de sentido opuesto alcaso anterior, pues el flujo magnético a través de lasegunda bobina disminuye.

Sólo se induce corriente en la segunda bobina si hayvariación de la intensidad de corriente de la primerabobina.

— Movimiento de un circuito eléctrico alrededor de unabobina

Disponemos de dos bobinas: una primera conectadaa un generador y una segunda conectada a un galva-nómetro. Ambas bobinas se colocan con sus ejes pa-ralelos.

ε φ= − = −

⋅= ⋅

−

−−∆

∆tWb Wb

sV

0 1 4 10

101 4 10

8

35– ,

,

φµ

π

φπ

π

φ

= +

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− −

−

0

0

7 1

08

2

4 10 1 0 12

0 10 05

1 4 10

I b d ad

T A m A m mm

Wb

ln

,ln

,,

,

Mb d a

a

MT A m m m

m

M H

= +

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− −

−

µπ

ππ

0

7 1

8

2

4 10 0 12

0 10 05

1 4 10

ln

,ln

,,

,

επ

π= −

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅

⋅ = − ⋅ ⋅

− −

−

4 10 10 100 100 0 12

0 10 05

1 4 10 100

7 1

5

T A m t m

mm

t

cos ( ) ,

ln,

,, cos ( ) (SI)

131

a

G

SN

G

N

Iinducida

Iinducida

Iinducida

Iinducida

I

b

S

Bt

a

b

G

G

+ –

+ –

d



Al acercar y alejar la primera bobina, aparece una co-rriente eléctrica inducida en la segunda bobina, enun sentido u otro.

Si acercamos la primera bobina a la segunda, el flujomagnético a través de esta última aumenta, y se indu-ce en ella una corriente eléctrica de sentido contra-rio a la que circula por la primera bobina.

Si alejamos la primera bobina de la segunda, el flujomagnético a través de esta última disminuye, y se in-duce en ella una corriente de igual sentido a la quecircula por la primera bobina.

49. a) Falso.

La corriente inducida en un circuito se opone a la va-riación del flujo magnético que la produce. Si el flujodisminuye, la corriente inducida tiende a aumentar-lo. En cambio, si el flujo aumenta, la corriente indu-cida tiende a disminuirlo.

b) Falso.

Según la ley de Faraday, la fem inducida es directa-mente proporcional a la variación del flujo magnéti-co, y no al valor del flujo en sí.

50. El signo negativo nos indica que la fuerza electromotrizinducida se opone a la variación del flujo magnético (leyde Lenz).

51. Debe moverse perpendicularmente al campo magnético,de esta manera, según observó Henry, aparece una dife-rencia de potencial entre los extremos de la barra.

La diferencia de potencial se debe a que la fuerza de Lo-rentz que actúa sobre los electrones del interior del con-ductor arrastra a éstos hasta un extremo de dicho con-ductor. La acumulación de carga negativa en unextremo y de carga positiva en el extremo opuesto gene-ra un campo eléctrico y la diferencia de potencial corres-pondiente a lo largo del conductor.

52. Tanto el funcionamiento de un generador eléctricocomo el de un motor eléctrico se basan en el fenómenode inducción electromagnética. La diferencia está enque un generador transforma una determinada forma

de energía en energía eléctrica, y un motor transformaenergía eléctrica en trabajo mecánico.

53. Para generar una corriente alterna en la espira, hacemosgirar a ésta sobre uno de sus diámetros en el interior delcampo magnético, puesto que de esta manera consegui-mos variar el flujo magnético en la espira, y por el fenó-meno de la inducción electromagnética, se genera unacorriente alterna en la espira.

54. Datos: 300 rpm

La velocidad angular en el sistema internacional es:

Como la velocidad angular es constante, el ángulo que

forman el vector superficie y el campo magnético sepuede escribir como ωt y, por tanto, el flujo magnéticoque atraviesa la espira y la fem inducida en ella son:

Es decir, la fem es periódica y cambia alternativamentede polaridad. La frecuencia de la fuerza coincide con ladel movimiento de la espira y viene dada por:

Las leyes en las que nos hemos basado para determinarla frecuencia f son las de la inducción electromagnética:

— Ley de Lenz: El sentido de la corriente inducida estal que se opone a la causa que la produce.

— Ley de Faraday: La fuerza electromotriz inducida enun circuito es igual a la velocidad con que varía el flu-jo magnético a través de dicho circuito cambiada designo.

55. Al cerrar el circuito, la intensidad de corriente tarda uncierto tiempo en alcanzar su valor estacionario I y el flujomagnético a través de la bobina varía en este tiempo des-de cero hasta su valor máximo. En consecuencia, se in-duce una fuerza electromotriz (llamada fuerza contrae-lectromotriz) que se opone al aumento instantáneo de laintensidad en el circuito.

De igual modo, al abrir el circuito, la intensidad tarda uncierto tiempo en anularse. En este caso, la fuerza electro-motriz inducida se opone a que la intensidad caiga acero de forma instantánea.

56. Un transformador es un dispositivo que modifica la ten-sión y la intensidad de corriente alterna.

Su funcionamiento se basa en el fenómeno de inducciónmutua. Consta de dos bobinas de hilo conductor enrolla-das alrededor de un núcleo de hierro dulce y aisladas en-

ε φ= − d

dt

f Hz= = =ω

πππ2

102

5

φ ω

ε φ ε ω

=

= =

B S t

ddt

t

cos

– sen0

rB

rS

300160

21

10revmin

mins

radrev

rads

⋅ ⋅ =π

π

132

a

b

G

G

+ –

+ –

Iinducida

Iinducida

I

I



tre sí. La bobina por la que se hace circular la corrientealterna de entrada recibe el nombre de circuito primarioy la otra bobina, por la que circula la corriente transfor-mada de salida, recibe el nombre de circuito secundario.

La corriente alterna que circula por el circuito primarioproduce un flujo magnético variable que origina unafem inducida alterna en el circuito secundario. La fuerzaelectromotriz inducida en la bobina secundaria tiene lamisma frecuencia que la corriente alterna de entrada.Sin embargo, según las características de las bobinas, latensión y la intensidad máximas de la corriente en losdos circuitos pueden ser distintas.

57. Datos:

Aplicamos la relación de transformación del transforma-dor para hallar la relación entre las intensidades de en-trada y salida:

La intensidad de salida es de 100 veces mayor que la deentrada.

58. La diferencia estriba en la procedencia de la fuerza mo-triz que hace girar la turbina. Según la fuente de energíaprimaria que se transforma en energía eléctrica, tene-mos distintos tipos de centrales:

— Centrales hidroeléctricas. Las turbinas son movidaspor el agua que cae por un desnivel. La energía pri-maria es energía mecánica (energía potencial y gravi-tatoria del agua).

— Centrales térmicas. Las turbinas son movidas por va-por. El calor necesario para obtener vapor procedede la combustión de materiales fósiles, como carbón,petróleo o gas natural (energía química).

— Centrales nucleares. Las turbinas son movidas por va-por. El calor necesario para obtener vapor se obtienede la fisión nuclear en un reactor (energía nuclear).

59. Las pérdidas son debidas a las corrientes de Foucaultque aparecen en el núcleo de hierro del transformadorcuando éste es atravesado por un flujo magnético varia-ble. Estas corrientes se manifiestan en el calentamientodel metal con la consiguiente pérdida de energía y, ade-más, obligan a disipar el calor que generan.

Para reducir estas corrientes se construye el núcleo deltransformador mediante láminas finas de hierro unidas.

60. Datos: N = 320; r = 4 cm = 4 · 10–2 m; α = 0°; B = 0,2 T

φ = N B S cos α = 320 · 0,2 T · π · (4 · 10–2 m)2

φ = 0,32 Wb

61. Datos: N = 220; S = 30 cm2 = 3 · 10–3 m2; B = 0,4 T;α0 = 0°; α = 180°; ∆t = 15 ms = 1,5 · 10–2 s

La variación del flujo es:

∆φ = φ - φ0 = N B S (cos α – cos α0)

∆φ = 220 · 0,4 T · 3 · 10–3 m2·(cos 180° – cos 0°)

∆φ = –0,528 Wb

La fem inducida es:

El valor positivo obtenido indica que la fem se opone a ladisminución de flujo.

62. Datos: L = 0,4 H; I0 = 2 A; I = 0 A; ∆t = 3 · 10–3 s

Calculamos en primer lugar el flujo magnético a travésde la bobina:

φ = L I0 = 0,4 H · 2 A = 0,8 Wb

La fem inducida es:

ε = – = – = – = 266,7 V

El signo positivo indica que la fem se opone a la disminu-ción del flujo magnético.

63. Datos: l = 5 cm = 5 · 10–2 m; α = 0°; B = 2t2 (SI); t = 4 s

a) φ = B S cos α = B l2 cos 0°

φ = 2t2 · (5 · 10–2)2 · cos 0° = 5 · 10–3 t2 (SI)

b)

El valor positivo obtenido indica que la fem se oponeal aumento de flujo.

64. Datos: l = 40 cm = 0,4 m; α = 0°; B = 0,2 T; v = 14 m·s–1

La diferencia de potencial entre los extremos de la barraes igual a la fem inducida.

ε = B l v = 0,2 T· 0,4 m·14 m·s–1 = 1,12 V

65. Datos: N = 200; r = = 5 cm = 5 · 10–2 m; B = 0,3 T;

ω = 3 000 rpm = 100π rad·s–1

a) El flujo magnético a través de la bobina es:

La fem inducida es entonces:

ε = 200·0,3 T · π · (5 · 10–2 m)2 · 100 π rad·s–1 ·

· sen (100πt) = 148,0 sen (100πt) (SI)

b) La fem inducida máxima es la amplitud de la funciónε(t): ε0 = N B S ω

ε0 = 200 · 0,3 T · π · (5 · 10–2 m)2 · 100 π rad·s–1

ε0 = 148,0 V

ε φ ω ω= − =d

dtN B S tsen

φ ω= N B S tcos

102

ε( )t s V= = − ⋅ −4 4 10 2

ε φ= − = − −d

dtt SI10 2 ( )

0,4 H (0 A – 2 A)3 · 10–3 s

L (I – I0)∆t

∆φ∆t

ε φ= − = −

−⋅

=−∆∆t

Wb

sV

( , )

,,

0 528

1 5 1035 2

2

VV

II

I I2

1

1

22 1

1100

100= = → =

V V2 11

100=

133



66. Datos: I0 = 24 A; I = 0 A; ε = 60 V; ∆t = 1 ms = 10–3 s

67. Datos: N1 = 2 400; V1 = 220 V; I1 = 4 A; V2 = 10 V

a) Calculamos primero el número de vueltas del circui-to secundario:

b) La intensidad de corriente de salida es:

68. Datos:

a)

Representamos el flujo magnético y la fem inducidaen función del tiempo.

b) será máximo si:

c) ε = –2t + 2 es una recta comprendida entre 0 y 2, porlo que los dos máximos estarán en t = 0 s y t = 2 s.

El signo de ε sólo nos indica el sentido de la co-rriente.

d) El flujo magnético y la fem inducida no son máximossimultáneamente, puesto que la fuerza electromotrizinducida no se opone al flujo mag-nético sino a su va-riación.

69. Como sabemos, según la experiencia de Henry, si move-mos un barra conductora dentro de un campo magnéti-co uniforme, los electrones libres de la barra estarán so-metidos a un fuerza que viene dada por la expresión:

y por lo tanto, depende del ángulo queforma el campo con la velocidad lineal que lleva la barra,de modo que: F = q v B sen α. Como la barra describe unmovimiento circular, la velocidad lineal siempre seráperpendicular o normal a la trayectoria y, por lo tanto, alcampo magnético, por lo el valor de la fuerza será entodo momento F = q v B, su dirección será la direcciónde la barra y su sentido vendrá dado por la regla de lamano derecha, como muestra la figura.

70. Datos: B = 0,6 T; I0 = 2 A; N = 150; r = 3 cm = 3 · 10–2 m; R = 40 Ω.

Determinamos la frecuencia angular a partir de la inten-sidad máxima de la corriente inducida.

La frecuencia es:

71. Datos: l = 30 cm = 0,3 m; N = 1 000; S = 60 cm2 = 6 · 10–3 m2; µr = 1 500

Calculamos el coeficiente de autoinducción de la bobina:

Si introdujéramos un núcleo de hierro en su interior, elcoeficiente de autoinducción de la bobina se vería modi-ficado de esta manera:

72. La fuerza contraelectromotriz de un motor es el trabajomecánico que realiza por unidad de carga.

ε’ =

Los motores se caracterizan porque tienen una granfuerza contraelectromotriz, ya que su función es transfor-mar algún tipo de energía (por ejemplo, energía eléctri-ca) en trabajo mecánico.

73. Datos: I0 = 2 A; φ = 22 Wb; I = –2 A; ∆t = 2 ms = 2 · 10–3s

Calculamos el coeficiente de autoinducción de la bobi-na.

Calculamos la fem inducida:

φ φ= → = = =L I L

IWbA

H0

222

11

W’Q

′ =

′ = = ⋅ ⋅ =−

LN S

L L H H

r

r

µ µ

µ

02

21 500 2 5 10 37 5

l

, ,

LN

ST m

A mm

L H

= = ⋅⋅

⋅

= ⋅

− −

−

µ π0

27

23 2

2

4 101 0000 3

6 10

2 5 10

l

( ),

,

frad s

Hz= =⋅

=ωπ π2

314 382

50 01,

,–

IR

N B SR

I RN B S

A

T m

rads

00 0

2 2

2 40

150 0 6 3 10314 38

= = → =

=⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅=−

ε ωω

ωπ

Ω, ( )

,

r r rF q v x B= ( ),

ddt

t t sφ = → − = → =0 2 2 0 1

φ

ε φ= − = − + ≤ ≤d

dtt2 2; 0 t 2

φ = − ≤ ≤t t s2 2 2; 0 t

INN

I A A21

21

2 400109

4 88= = ⋅ =

NVV

NVV2

2

11

10220

2 400 109= = ⋅ =

ε

ε= − → = − = −

⋅−

= ⋅−

−LIt

Lt

IV s

A AH

∆∆

∆∆

60 100 24

2 5 103

3,

134

t(s)t(s)

0

1

23

4

–1

03

842

2

ε(V)φ (Wb) t(s) φ(Wb)8

6

42

0

–2

–2

–4

vtFt




1. El coeficiente de autoinducción representa la fem au-toinducida en un circuito cuando la intensidad de co-rriente varía un amperio en un segundo.

La unidad del coeficiente de autoinducción en el SI deunidades es el henrio, H:

2. a) Si la corriente en la primera bobina aumenta, se incre-mentará también el flujo magnético en la segunda bo-bina, por lo que aparecerá en la segunda bobina unacorriente inducida de sentido contrario al de la prime-ra para contrarrestar este aumento del flujo magnético.

b) Si en la primera bobina la corriente disminuye, tam-bién disminuirá el flujo magnético que atraviesa la se-gunda bobina, por lo que aparecerá una corriente in-ducida en esta segunda bobina del mismo sentidoque en la primera para contrarrestar la disminucióndel flujo magnético.

c) Si la corriente en la primera bobina se mantieneconstante, no habrá variación de flujo en la segundabobina y, por la tanto, no aparecerá ninguna corrien-te inducida en la segunda bobina.

3. La tensión a la salida queda disminuida 100 veces respec-to a su valor a la entrada.

La intensidad a la salida queda aumentada 100 veces res-pecto a la intensidad de entrada.

4. Datos: N = 500; r = 0,005 m; B0 = 0,1 T

a) Si B = 0,2 T en ∆t = 0,02 s:

El signo negativo indica que la fem se opone al au-mento del flujo magnético.

b) Si α = 180° en ∆t = 0,02 s:

El signo positivo indica que la fem se opone a la dis-minución del flujo magnético.

5. Datos: B = 0,4 T; α = 90°; l = 1 m; R = 15 Ω; v = 2 m·s–1

a) ε = v B l = 2 m·s–1 · 0,4 T · 1 m = 0,8 V

b) El sentido de la intensidad puede determinarse a par-tir de la ley de Lenz. Como el flujo magnético a tra-vés del circuito aumenta, la corriente inducida debecrear un campo magnético que contrarreste el au-mento de flujo.

Calculamos la intensidad de la corriente inducida:

c) Calculamos la fuerza magnética sobre la barra:

r r rF I x B

F I B A m T Nm

m

=

= ° = ⋅ ⋅ =

( )

sen , , ,

l

l 90 0 05 1 0 4 0 02

I

RV

A= = =ε 0 815

0 05,

,Ω

ε φ φ φ

ε

επ

= − = − − = −° −

= −° −

= −⋅ ⋅

=

∆∆ ∆ ∆

∆

t tN B S N B S

tN S B

t

m Ts

V

0 0 0

0

2

180

180 1

500 0 005 0 1 1 10 02

0 39

cos

(cos )

( , ) , (– – ),

,

ε φ φ φ

ε

επ

= − = − − = −−

= −−

= −⋅ ⋅ ⋅ −

= −

∆∆ ∆ ∆

∆

t tN B S N B S

tN S B B

t

m T Ts

V

0 0

0

2500 0 005 0 2 0 10 02

0 20

( )

( , ) ( , , ),

,

1 1H

V sA

=⋅

ε = − = −− −

⋅= ⋅−L

It

HA A

sV

∆∆

112 2

2 102 2 10

34( )

,

135

I

I

+–

S

S2

G

R

M

N

Ivt B

t




• Ecuación de las ondas armónicas:

A: Amplitud de la onda. Es el valor máximo de la elonga-ción de las partículas del medio en su oscilación. En el SIse expresa en metros, m.

T: Período. Es el tiempo que emplea el movimiento ondu-latorio en avanzar una distancia igual a una longitud deonda, o también el tiempo que emplea un punto cualquie-ra del medio afectado por la perturbación en efectuar unaoscilación completa. Tiene dimensiones de tiempo y suunidad en el SI es el segundo, s.

ω: Pulsación. Se relaciona con el período por la relación

ω = . Su unidad en el SI es el rad·s–1.

λ: Longitud de onda. Es la distancia mínima entre dos pun-tos consecutivos que se hallan en el mismo estado de vibra-ción. Sus dimensiones son de longitud, y su unidad en el SIes el metro, m.

k: Número de ondas. Se relaciona con la longitud de onda

mediante k = . En el SI su unidad es el m–1.

• La longitud de onda y la velocidad de propagación se rela-cionan a través del período. Dado que en un período laonda avanza una longitud de onda, la velocidad de la ondaserá:

También podemos expresar la misma relación mediante lafrecuencia:

• Frente de onda o superficie de onda: es la superficie cons-tituida por todos los puntos que en un momento dado vi-bran en corcondancia de fase. Las distintas superficies deonda, alejadas entre sí una distancia igual a la longitud de

onda, reúnen todos los puntos del medio que se hallan enel mismo estado de vibración.

Principio de Huygens: todo punto de un frente de onda seconvierte en un centro puntual productor de ondas ele-mentales secundarias, de igual velocidad y frecuencia quela onda inicial, cuya superficie envolvente constituye unnuevo frente de onda.

• Los rayos son las rectas que indican la dirección de propa-gación del movimiento ondulatorio. Son perpendiculares alos frentes de onda en cada uno de sus puntos. En un me-dio homogéneo e isótropo las ondas se propagan siguien-do trayectorias rectilíneas.

• La difracción es la desviación en la propagación rectilíneade las ondas, cuando éstas atraviesan una obertura o pasanpróximas a un obstáculo.

• Una onda transversal se distingue de una onda longitudi-nal porque en la primera las partículas del medio oscilanperpendicularmente a la dirección de propagación, mien-tras que en la segunda las oscilaciones se efectúan en lamisma dirección de propagación de la perturbación.

• Un punto de un medio que es alcanzado simultáneamentepor dos ondas que se propagan por él, experimenta una vi-bración que es suma de las que experimentaría si fuera al-canzado por cada una de las ondas por separado.

• Supongamos que en un punto se produce la interferenciade dos ondas armónicas coherentes de la misma frecuen-cia, amplitud, longitud de onda y velocidad.

— Se producirá interferencia constructiva si la diferencia derecorrido de las ondas es cero o un número entero delongitudes de onda. Es decir, si las ondas están en fase.

— Se producirá interferencia destructiva si la diferenciade recorrido de las ondas es un número impar de semi-longitudes de onda. Es decir, si las ondas están en opo-sición de fase.

• a) 6 500 nm = 6 500 · 10–9 m = 6,5 · 10–6 m

b) 3,6 · 10–8 m = 36 · 10–9 m = 36 nm

c) 320 nm = 320 · 10–9 m = 3,2 · 10–7 m

f

Tv f= =1

; λ

v

T= λ

2πλ

2πT

y A

tT

xA t kx= −

=sen sen ( – )2π

λω

136

10. La luz



2. La difracción de la luz no es fácilmente observable, debi-do a su pequeña longitud de onda. La difracción es ob-servable cuando una onda es desviada por bordes de ob-jetos u orificios de tamaño comparable a la longitud dela onda. En el caso de la luz, en la vida cotidiana no tene-mos demasiados objetos de tamaño similar a la longitudde onda de la luz, de sólo unos nanómetros.

3. Datos: E = 5,2 · 10–18 J; h = 6,625 · 10-–34 J·s

Determinamos la frecuencia del fotón utilizando la rela-ción con la energía a través de la constante de Planck:

4. Las células fotoeléctricas convierten energía luminosa en energía eléctrica. Generalmente consisten en dos semiconductores, en cuya zona de unión existe un cam-po eléctrico. Cuando inciden fotones, se generan car-gas positivas y negativas, que son aceleradas en senti-dos opuestos por el campo de la unión. Esta separa-ción de cargas crea un potencial eléctrico, de forma que la energía del fotón se convierte en energía eléc-trica.

Sus aplicaciones son muchísimas: barreras ópticas de de-tección para la protección frente a robos, sistemas deapertura automática, control de alumbrado interior y ex-terior, máquinas clasificadoras, detección de impurezasen el proceso de embotellamiento de bebidas, transmi-sión de imágenes, cine…

Todas ellas se basan en que la interrupción de la luz que ilumina la célula provoca el cese de la producciónde electricidad o, al contrario, al tener lugar la ilumina-ción de la célula se inicia la producción de energía eléc-trica.

5. a) Verdadero. Las fases de las ecuaciones de cada unode los campos son iguales en todo momento y encada punto del espacio.

b) Falso. Los módulos de los campos eléctrico y magné-

tico verifican la relación , con c la velocidad de

la onda. Por tanto, no son iguales.

6. Datos: f1 = 3 · 1010 Hz; f2 = 5 · 1013 Hz; f3 = 1,07 · 1015 Hz

7. Datos: λ1 = 760 nm = 7,6 · 10–7 m; λ2 = 380 nm = 3,8 · 10–7 m

Determinamos las frecuencias correspondientes:

8. Datos: E = 100 sen (3 · 1015 t – 1,0 · 107 x ) (SI)

Si comparamos la expresión del enunciado con la ecua-ción del campo eléctrico de una onda electromagnética,obtenemos:

f

c m s

mHz2

2

8

7143 10

3 8 107 9 10= =

⋅⋅

= ⋅λ ,

,–

f

c m s

mHz1

1

8

7143 10

7 6 103 95 10= =

⋅⋅

= ⋅λ ,

,–

λ

λ

33

8

15

37

3 10

1 07 10

2 8 10

= =⋅

⋅

= ⋅

cf

m s

Hz

m Ultravioleta

,

, ;–

λ

λ

22

8

13

26

3 10

5 10

6 10

= =⋅⋅

= ⋅

cf

m s

Hz

m Infrarrojo– ;

λ

λ

11

8

10

12

3 10

3 10

10 0 01

= =⋅⋅

= =

cf

m s

Hz

m m Microondas– , ;

EB

c=

E h f f

Eh

J

J sHz= = =

⋅⋅ ⋅

= ⋅;,

,,

–

–

5 2 10

6 625 107 85 10

18

3415

137

Propagación Doble Efecto Propagación rectilínea

Reflexión Refracciónrefracción

Difracción Interferencias Polarizaciónfotoeléctrico en el vacío

Teoría corpuscular Sí Sí No No

No No No NoSí

de Newtonobservada observada observada observado

Teoría ondulatoria Sí Sí Sí Sí

No No No NoNo

de Huygensobservada observada observada observado

Teoría ondulatoria Sí Sí Sí Sí Sí Sí Sí

NoNo

de Fresnelobservado

Teoría electromagnética Sí Sí Sí Sí Sí Sí Sí

NoSí

de Maxwellobservado

Naturaleza dual de la luz

Sí Sí Sí Sí Sí Sí Sí Sí Sí

La teoría corpuscular de Einstein fue propuesta para explicar el efecto fotoeléctrico.

1. NATURALEZA DE LA LUZ (págs. 249, 251, 252 y 253)

1. Características de la luz explicadas por cada una de las teorías:



E0 = 100 N/C; ω = 3 · 1015 rad/s; k = 1,0 · 107 m–1

a) Determinamos la longitud de onda y la frecuencia apartir del número de ondas y la pulsación:

b) Hallamos la amplitud del campo magnético a partirde la amplitud del campo eléctrico:

Entonces, la ecuación del campo magnético será, enunidades del SI:

B = B0 sen(ωt – kx);

B = 3,33 · 10–7 sen (3 · 1015 t – 1,0 · 107x)

9. La sombra es la región no iluminada que aparece detrásde un cuerpo opaco cuando éste se ilumina con un focopuntual. Reproduce el contorno del objeto, definido porlos rayos luminosos tangentes a éste.

La penumbra es la región parcialmente iluminada queaparece detrás de un objeto cuando éste se ilumina con unfoco no puntual. La aparición de la penumbra es debida alas dimensiones finitas del foco, ya que entonces algunosrayos de los emitidos en esa dirección llegan y otros no,siendo la penumbra una zona parcialmente iluminada.


Un experimento posible para verificar la propagaciónrectilínea de la luz es la cámara oscura. Consiste en unacaja con un pequeño orificio en una cara cuya caraopuesta es de material translúcido. Si situamos algún ob-jeto, preferentemente luminoso, delante del orificio, ob-servaremos su imagen invertida sobre la cara translúcida.Este fenómeno se explica atendiendo a la propagaciónrectilínea de los rayos de luz.

Eclipses de Sol (pág. 252)

Los eclipses de Luna se producen cuando ésta entra en lazona de sombra de la Tierra. Al dejar de estar iluminada porel Sol, veremos cómo se oscurece, produciéndose un eclipselunar. Por lo tanto, en este caso, al contrario de lo que ocu-rre en los eclipses de Sol, es la Tierra la que se interpone en-tre el Sol y la Luna.

El fenómeno no se produce en cada órbita. El plano dela órbita de la Luna está inclinado respecto al plano de

la órbita de la Tierra. Esto hace que la orientación relati-va de los tres cuerpos vaya variando con el tiempo. En losmomentos que coincidan los tres cuerpos alineados yque además la Luna pase por delante o por detrás de laTierra, se producirá un eclipse de Sol o de Luna, segúnel caso. Cuando la Luna no llega a interceptar la sombrade la Tierra pero sí que pasa por su penumbra, se hablade un eclipse penumbral.


Identificamos las etapas del método científico en el pro-ceso seguido por Roemer y Fizeau para demostrar que lavelocidad de la luz es finita y medir su valor:

— Observación. Roemer observó que el intervalo detiempo transcurrido entre dos eclipses consecutivosde Io, uno de los satélites de Júpiter, era variable; sehacía mayor cuando la Tierra se alejaba de Júpiter ymenor cuando la Tierra se acercaba a él.

— Formulación de hipótesis. Contra la opinión mante-nida durante siglos, Roemer supone que la velocidadde la luz es finita y, por tanto, cuando la distancia en-tre la Tierra y Júpiter es mayor, tarda más tiempo enllegar hasta nosotros; de ahí la diferencia observadaentre dos eclipses.

— Experimentación. Para comprobar que la velocidadde la luz es finita y calcular su valor de una forma di-recta, Fizeau diseña un experimento, el de la ruedadentada y el espejo. En el caso de Roemer no pode-mos hablar propiamente de experimentación, puesno se trata de ensayos controlados.

— Organización de los datos experimentales. Tanto Ro-emer como Fizeau repitieron sus observaciones paraobtener un número suficiente de datos de los que ex-traer conclusiones.

— Extracción de conclusiones. Ambos llegaron a la con-clusión de que la velocidad de la luz es finita y calcu-laron su valor.

— Elaboración de una teoría. Posteriormente, AlbertEinstein (1879-1955) hizo de la conclusión anteriorla base y el punto de partida de su teoría especial dela relatividad.

12. Datos: c = 3 · 108 m/s = 3 · 105 km/s

a) Calculamos los segundos que tiene un año y, conellos, la distancia recorrida por la luz en un año:

b) Hallamos los años luz que nos separan de α-Centauri:

∆x km

a l

kma l= ⋅ ⋅

⋅=4 085 10

1

9 5 104 313

12,

. .

,, . .

∆ ∆x c t

kms

s km= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅3 10 3 15 10 9 5 105 7 12, ,

∆t a

da

hd

sh

s= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅13651

241

3 6001

3 15 107,

EB

c BEc

N C

m sT= = =

⋅⋅ ⋅

= ⋅; ,–

––

00

1

8 17100

3 103 33 10

ω π ω

π π= = =

⋅= ⋅2

23 10

24 77 10

1514f f

rad sHz;

/,

k

k mm= = =

⋅= ⋅2 2 2

1 0 106 28 10

7 17π

λλ π π

;,

,–

–

138



2. FENÓMENOS LUMINOSOS (págs. 255, 257, 259, 260, 262)

13. a) Verdadero. La velocidad y la longitud de onda de-penden del índice de refracción del medio.

b) Falso. La frecuencia sí es independiente del mediomaterial.

c) Verdadero. El índice de refracción nos proporcionala relación entre la velocidad de la luz en el vacío y lavelocidad en el medio.

14. Si un haz de luz láser pasa de un medio a otro de índicede refracción menor, n1 > n2, el ángulo de refracciónserá mayor que el de incidencia.

Según la ley de Snell, el ángulo de refracción r se relacio-

na con el de incidencia i por . Si n1 > n2 ,

el cociente . Por tanto, sen r > sen i, lo que indica

que r > i.

15. Datos: n1 = 1,52; n2 = 1; i = 30°

a) Determinamos el ángulo de refracción a partir de laley de Snell:

b) Calculamos el ángulo límite de la superficie de sepa-ración entre el vidrio y el aire:

c) Si un rayo incide con un ángulo de 45°, al ser este án-gulo mayor que el ángulo límite, se producirá refle-xión total.

16. Datos: f = 1,5 MHz = 1,5 · 106 Hz; n = 1,2

En el aire, con índice de refracción n = 1, la longitud deonda será:

Entonces, en el medio con n = 1,2, la longitud de ondaes:

17. La luz azul se desvía más en un prisma óptico que laamarilla, ya que su longitud de onda es menor. Por tan-to, el índice de refracción es mayor para el azul que parael amarillo. Como la velocidad de propagación en unmedio es inversamente proporcional al índice de refrac-ción, en el prisma se propaga a mayor velocidad la luzamarilla que la azul.

18. La formación del arco iris es debida a la dispersión de laluz por parte de las gotitas de agua en suspensión en la atmósfera. Cada una de ellas actúa como un peque-ño prisma óptico, desviando la luz del Sol diferentes ángulos según la longitud de onda. De esta forma, la luz blanca del Sol es dispersada y observamos sus distin-tos colores separados. A diferencia del prisma óptico, enlas gotas la luz sufre, además de dos refracciones, una re-flexión. Por ello la luz que sufre más desviación es laroja.

19. Los espectros de emisión están formados por la luz emiti-da por una sustancia química.

En cambio, los espectros de absorción se observan en luzde espectro continuo después de que haya atravesado al-guna sustancia química donde algunas de sus frecuenciasson absorbidas. Por ello, los espectros de absorción pre-sentan líneas oscuras sobre el espectro continuo de la luzincidente.

Visión del color (pág. 257)

Si una superficie iluminada con luz blanca se ve de colorrojo es porque absorbe todas las frecuencias excepto lacorrespondiente al color rojo, que es reflejada. Si ilumi-namos la superficie con luz roja, ésta será totalmente re-flejada y veremos la superficie roja. En cambio, si la ilu-minamos con luz violeta, la superficie roja absorberátotalmente la luz, por lo que la veremos de color negro.

20. Dos linternas que se mantienen encendidas muy próxi-mas no producen un patrón de interferencia porque laluz que emiten es incoherente, los trenes de onda queemite cada una de ellas son independientes de los emiti-dos por la otra linterna. Para que se produzca interferen-cia es necesario que la luz emitida por los dos focos seacoherente, es decir, que mantengan una diferencia defase constante y que sean monocromáticas.

21. En la experiencia de la doble rendija de Young, la franjacentral brillante no puede emplearse para la mediciónde la longitud de onda de la luz porque corresponde alorden cero, n = 0, y está centrada en y = 0. Entonces, laecuación para la posición de las franjas brillantes,

no nos puede decir nada sobre la longitud

de onda de la luz.

22. Datos: d = 0,020 mm = 2 · 10–5 m; L = 0,9 m; n = 1; ybrill = 22,5 mm = 2,25 · 10–2 m

Determinamos la longitud de onda de la luz empleada:

23. Datos: d = 0,05 mm = 5 · 10–5 m; L = 1 m; n = 2;ybrill = 3 cm = 3 · 10–2 m

a) Determinamos la longitud de onda de la luz mono-cromática empleada:

yL

dn

d yL n

m mm

m

brillbrill= = =

⋅ ⋅ ⋅⋅

= ⋅

λλ

λ

;,

,

,

– –

–

2 10 2 25 100 9 1

5 0 10

5 2

7

yL

dnbrill =

λ,

n

nm

m= = = =λλ

λ λ0 0 2001 2

166 7;,

,

λ0

8

6

3 10

1 5 10200= =

⋅⋅

=cf

m s

Hzm

,

sen

,;L

nn

L= = = ° ′2

1

11 52

41 8

n i n r

rnn

i r

r

1 2

1

2

1 52 301

0 76

49 28

sen sen

sen sen ; sen, sen

,

=

= =⋅ °

=

= ° ′

nn

1

2

1>

sen senrnn

i= 1

2

139



b) La distancia entre dos franjas brillantes consecutivasserá:

24. Los fenómenos de interferencia aparecen cuando se su-perponen las ondas armónicas emitidas por dos focospuntuales, mientras que la difracción se debe a los efec-tos de un objeto o un orificio en una superficie que seinterpone en el camino de las ondas luminosas.

En el caso de que el objeto sea una rendija, el patrón dedifracción obtenido se asemeja al patrón de interferen-cia de dos fuentes puntuales coherentes. Esto puede in-terpretarse considerando que cada punto de la rendijaactúa como una fuente puntual que emite ondas ele-mentales que interfieren entre sí.

25. Datos: λ = 600 nm = 6 · 10–7 m; L = 1,25 md = 0,090 mm = 9 · 10–5 m

a) La primera franja oscura corresponde a n = 1. Portanto:

Si suponemos que el ángulo es muy pequeño, pode-

mos considerar que

Por tanto, la posición del primer mínimo es:

26. La luz del Sol es dispersada por las moléculas de aire, fe-nómeno que da origen al color azul del cielo. La luz dis-persada está polarizada linealmente. En cambio, la luzsolar reflejada por las nubes, al no ser éstas superficiesplanas, no está polarizada. Entonces, si colocamos un fil-tro polarizador en la lente de una cámara fotográfica, laluz del cielo será absorbida en su mayor parte, mientrasque la luz reflejada por las nubes, al no ser luz polariza-da, no será absorbida y éstas aparecerán blancas.

27. Datos: n agua = 1,33

Hallamos el ángulo de Brewster, ángulo para el cual laluz reflejada estará totalmente polarizada:

tg i = n; tg i = 1,33; i = 53° 4’

28. Datos: λ = 10–9 m; E0 = 145 N/C; dirección de propaga-ción OY en sentido negativo; plano de polarización YZ.

Como la dirección de propagación es OY, la onda seráperiódica respecto de la variable y. Al ser la propagación

en sentido negativo, el término con la variable y irá su-mado al término temporal. Si el campo eléctrico está po-larizado en el plano YZ y la onda se propaga en la direc-ción OY, el campo será en todo momento paralelo al ejeOZ. Por tanto:

El campo magnético es perpendicular en todo momentoal campo eléctrico y a la dirección de propagación. Portanto, será paralelo al eje OX:

Determinamos el número de ondas a partir de la longi-tud de onda:

Hallamos la pulsación:

Calculamos la amplitud del campo magnético:

Con esto, las ecuaciones de los campos eléctrico y mag-nético se escriben:


29. Datos: E(x, t) = 10–3 cos (5 · 1010 t – 200x) (SI)

Si comparamos la ecuación del enunciado con la delcampo eléctrico de una onda electromagnética expresa-da en función del coseno, E = E0 cos (ωt – kx), obtene-mos:

E0 = 10–3 N/C; ω = 5 · 1010 rad/s; k = 200 m–1

Determinamos la frecuencia y la longitud de onda a par-tir de la pulsación y del número de ondas:

Hallamos la velocidad de propagación para determinarel índice de refracción del medio:

n

cv

nm s

m s= =

⋅⋅

=;,

,3 10

2 5 101 2

8

8

v f v m Hz m s= = ⋅ ⋅ = ⋅λ ; , , ,0 0314 7 96 10 2 5 109 8

k

k mm= = = =−

2 2 2

2000 0314

1

πλ

λ π π; ,

ω π π ω

π π= = = =

⋅= ⋅2

22

5 102

7 96 1010

9

Tf f

rad sHz;

/,

r r

r rE t y k SI

B t y i SI

= ⋅ + ⋅

= ⋅ ⋅ + ⋅

145 1 88 10 6 28 10

4 83 10 1 88 10 6 28 10

18 9

7 18 9

sen ( , , ) ( )

, sen ( , , ) ( )–

B

Ec

N C

m sT0

01

87145

3 104 83 10= =

⋅⋅

= ⋅–

–,

ω π πλ

ω

ω

= = = = ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

2 2 6 28 10 3 10

1 88 10

9 1 8

18 1

fc

kc m m s

s

; ,

,

–

–

k

mm= = = ⋅2 2

106 28 10

99 1π

λπ

––,

r r rB B i B t ky i B Bx y z= = + = =0 0sen ( ) ;ω

r r rE E k E t ky k E Ez x y= = + = =0 0sen ( ) ;ω

y L m m

y m mm

13

13

1 25 6 67 10

8 3 10 8 3

= = ⋅ ⋅

= ⋅ =

sen , ,

, ,

–

–

α

sen tgα α= =y

L1

sen ,

–

––α λ= = ⋅

⋅⋅

= ⋅nd

m

m1

6 10

9 106 67 10

7

53

∆

∆

∆

y y yL

dn

Ld

nL

d

ym m

mm

y cm m

n n= = + =

=⋅ ⋅

⋅= ⋅

= =

+1

7

52

1

7 5 10 1

5 101 5 10

1 5 0 015

– ( ) –

,,

, ,

–

––

λ λ λ

yL

dn

d yL n

m mm

m

brillbrill= = =

⋅ ⋅ ⋅⋅

= ⋅

λλ

λ

;

,

– –

–

5 10 3 101 2

7 5 10

5 2

7

140



30. Datos:

Si comparamos la ecuación del enunciado con la expre-sión general del campo eléctrico de una onda electro-magnética, obtenemos:

E0 = 0,5 N/C; ω = 2πc; k = 2π m–1

a) Determinamos la longitud de onda a partir del nú-mero de ondas:

b) La onda se propaga a lo largo del eje OX, ya que la os-cilación depende de esta coordenada. Además, el cam-po eléctrico es paralelo en todo momento al eje OZ.Por lo tanto, la onda está polarizada en el plano XZ.

c) La onda se propaga a lo largo del eje OX y en senti-do positivo, ya que la variable x está afectada por unsigno negativo.

d) Hallamos la amplitud del campo magnético a partirde su relación con la amplitud del campo eléctrico:

Como la dirección de propagación es a lo largo del ejeOX y el campo eléctrico es paralelo al eje OZ, el cam-po magnético debe ser paralelo al eje OY. Por tanto:

31. Datos: d = 0,1 mm = 1 · 10–4 m; L = 1,2 m; n = 2;λ = 6 · 10–7 m

La distancia entre el máximo central y la tercera franjaoscura será:

32. Datos: d = 0,03 mm = 3 · 10–5 m; L = 1,5 m; n = 3;λ1 = 430 nm = 4,3 · 10–7 m; λ2 = 500 nm = 5 · 10–7 m

La distancia entre las franjas brillantes de tercer ordensegún se emplee una u otra luz será:


33. Teoría corpuscular de Newton: la luz está formada pordiminutas partículas que se propagan en línea recta. Ex-plica satisfactoriamente la propagación rectilínea y la re-

flexión, pero no puede explicar fenómenos típicamenteondulatorios como la refracción.

Teoría ondulatoria de Huygens: la luz consiste en la pro-pagación de una perturbación ondulatoria del medio.Requiere, por tanto, la presencia de un medio material.Explica fácilmente la propagación rectilínea, la refle-xión, la refracción y la doble refracción. Su mayor difi-cultad está en que todavía no se había observado la di-fracción, fenómeno típicamente ondulatorio.

Teoría ondulatoria de Fresnel: considera que la luz con-siste en ondas transversales. Además de todos los anterio-res, explica nuevos fenómenos observados, tales como ladifracción, las interferencias y la polarización.

Teoría electromagnética de Maxwell: la luz no es unaonda mecánica, sino una forma de onda electromagnéti-ca; consiste en la propagación, sin necesidad de mediomaterial, de un campo eléctrico y otro magnético per-pendiculares entre sí y a la dirección de propagación.Explica todos los fenómenos observados hasta entonces.

Naturaleza de la luz según Einstein: la luz está formadapor fotones, pequeños corpúsculos o cuantos de energía.Esto explica el efecto fotoeléctrico, cosa que no puedehacer ninguna de las teorías ondulatorias.

Naturaleza dual de la luz: la luz tiene una doble naturale-za: corpuscular (fotones) y ondulatoria (ondas electro-magnéticas).

34. Datos: B0 = 6,5 · 10–-6 T; c = 3 · 108 m/s

Determinamos la amplitud del campo eléctrico:

35. Conocida la relación entre velocidad de una onda, longi-tud de onda y frecuencia, v = λ f, podemos expresar elnúmero de ondas en la forma:

36. Los rayos X y las ondas de radio son ondas electromag-néticas. Las dos consisten en el mismo tipo de onda quela luz y se propagan a la misma velocidad en el vacío, c.Lo que las diferencia es la frecuencia y, por tanto, tam-bién la longitud de onda y la energía que transportan.

37. Datos: d = 1,5 · 1011 m; c = 3 · 108 m/s

El tiempo que tardará la luz del Sol en alcanzar la Tierraserá:

38. El rayo refractado se acerca a la normal cuando pasa deun medio a otro con mayor índice de refracción, ya quela velocidad en el nuevo medio es menor. En cambio, se

∆ ∆

∆

ts

vdc

m

m s

t s min min seg

= = =⋅

⋅

= = =

1 5 10

3 10

500 8 3 8 20

11

8

,

,

kf

c c= = =2 2π

λπ ω

EB

cEB

c E c B m s T

B N C

= = = = ⋅ ⋅ ⋅

=

; ; , –0

00 0

8 6

0

3 10 6 5 10

1 950

yL

dn

y y yL

dn

Ld

nLd

n

ym

mm m

y m cm

brill =

= = =

=⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= =

λ

λ λλ λ∆

∆

∆

2 12 1

2 1

57 71 5

3 103 5 10 4 3 10

0 0105 1 05

– – ( – )

,( – , )

, ,

–– –

yLd

nm m

m

y m

osc

osc

= + =⋅ ⋅

⋅ ⋅⋅ ⋅ +

=

λ2

2 16 10 1 2

2 1 102 2 1

0 018

7

4( )

,( )

,

–

–

r rB ct x j SI= ⋅1 67 10 29, sen [ ( – )] ( )– π

EB

c BEc

N C

m sT= = =

⋅⋅

= ⋅;,

,–

–0

01

890 5

3 101 67 10

k

k mm= = = =2 2 2

21

1

πλ

λ π ππ

;–

r rE ct x k SI= 0 5 2, sen [ ( – )] ( )π

141



aleja de la normal cuando el nuevo medio es de índicede refracción menor que el primero.

39. La causa de la dispersión es la dependencia del índice derefracción con la longitud de onda. Si un haz de luzblanca es refractado, cada componente de distinta longi-tud de onda se refractará con un ángulo distinto, dandoorigen a la dispersión.

40. Orden de la radiación del espectro visible:

a) De menor a mayor frecuencia: rojo, naranja, amari-llo, verde, azul, índigo y violeta.

b) De menor a mayor longitud de onda: violeta, índigo,azul, verde, amarillo, naranja y rojo.

c) De menor a mayor desviación en la dispersión: rojo,naranja, amarillo, verde, azul, índigo y violeta.

41. a) Vemos distintos objetos de diferentes colores porquecada material es capaz de absorber, reflejar o trans-mitir distintas longitudes de onda. Cuando ilumina-mos un objeto con luz blanca, recibimos sólo las fre-cuencias que ese material es capaz de reflejar, cuyoefecto en nuestra retina constituye el color del obje-to.

b) Como el color corresponde a las frecuencias refleja-das por los objetos, dependerá también de las fre-cuencias con las que los iluminemos. Por ejemplo,un objeto verde, iluminado con luz de otro color, sinla frecuencia verde, parecerá negro, ya que no refle-jará luz alguna.

42. a) Interferencia constructiva: ∆r = n λ; n ∈ Z

b) Interferencia destructiva: ∆r = (2n + 1) ; n ∈ Z

43. El ángulo bajo el que se observan las franjas del patrónde difracción y, por lo tanto, su tamaño sobre la pantallaaumenta con la longitud de onda. En el microscopio, ydebido a la abertura del objetivo, también se produce di-fracción. Por ello se utiliza luz azul en la iluminación delmicroscopio, para minimizar los efectos de la difracción,ya que el azul es la radiación visible de menor longitudde onda.

44. Dos métodos para conseguir luz polarizada linealmenteson:

— Polarización por reflexión. Cuando la luz incide so-bre una superficie pulimentada de vidrio, la luz refle-jada está total o parcialmente polarizada. En concre-to, si la tangente del ángulo de incidencia coincidecon el valor del índice de refracción del medio, la luzreflejada está totalmente polarizada.

— Polarización por absorción selectiva. Algunos mate-riales formados por láminas que contienen largas ca-denas lineales de moléculas de hidrocarburos tienenla propiedad de transmitir a su través la luz sólo enun plano de polarización. Las componentes de la luzcon el campo eléctrico perpendicular a las cadenasmoleculares son transmitidas, mientras que si el cam-

po es paralelo a la cadena, genera una corriente eléc-trica y es absorbido.

45. El espectro de la luz del Sol es un espectro de absorción.Los gases de la atmósfera del Sol producen las líneas deFraunhofer al absorber ciertas longitudes de onda del es-pectro continuo emitido por las capas interiores. Las lí-neas de absorción permiten identificar la composiciónquímica de la atmósfera solar.

46. Datos: λ = 600 nm = 6 · 10–7 m; h = 6,625 · 10–34 J·s

Determinamos la frecuencia y, a continuación, la energíadel fotón:

47. Datos: λ1 = 650 nm = 6,5 · 10–7 m;λ2 = 480 nm = 4,8 · 10–7 m

48. Datos: f = 50 MHz = 5 · 107 Hz; E0 = 800 N/C; direcciónde propagación OX en sentido positivo; dirección de os-cilación OY.

a) Hallamos la longitud de onda:

b) Determinamos el período:

c) Calculamos la amplitud del campo magnético:

d) Como la dirección de propagación es OX, la ondaserá periódica respecto de la variable x. Al ser la pro-pagación en sentido positivo, el término con la varia-ble x irá afectado por un signo negativo. Sabemosque el campo es en todo momento paralelo al ejeOY. Por tanto:

El campo magnético es perpendicular en todo mo-mento al campo eléctrico y a la dirección de propa-gación. Por tanto, será paralelo al eje OZ:


Determinamos el número de ondas:

ω π ω π π= = ⋅ ⋅ = ⋅2 2 5 10 107 8f Hz rad s;

r r rB B k B t kx k B Bz x y= = = =0 0sen ( – ) ;ω

r r rE E j E t kx j E Ey x z= = = =0 0sen ( – ) ;ω

B

Ec

N C

m sT0

01

86800

3 102 7 10= =

⋅⋅

= ⋅–

–,

T

f Hzs= =

⋅= ⋅1 1

5 102 10

78–

λ = =

⋅⋅

=cf

m s

mm

3 10

5 106

8

7

fc m s

mHz Visible

fc m s

mHz Visible

11

8

714

11

8

714

3 10

6 5 104 6 10

3 10

4 8 106 25 10

= =⋅

⋅= ⋅

= =⋅

⋅= ⋅

λ

λ

,,

,,

–

–

c f fc m s

mHz

E h f J s Hz J

= = =⋅⋅

= ⋅

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

λλ

;

, ,

–

– –

3 10

6 105 10

6 625 10 5 10 3 3 10

8

714

34 14 19

λ2

142



Con esto, las ecuaciones de los campos eléctrico ymagnético serán:

49. Datos: 460 dientes; ω = 20,2 rev·s–1; d = 7 700 m

Determinamos primero el tiempo que transcurre desdeque la luz atraviesa la rueda hasta que vuelve a alcanzar-la, que coincide con el que tarda la rueda en avanzar lamitad del ángulo entre dos dientes consecutivos:

Entonces, la velocidad de la luz es:

50. Datos: λ0 = 500 nm = 5 · 10–7 m; i = 42°; r = 25°; n1 = 1

a) Aplicamos la ley de Snell para determinar el índicede refracción del material:

b) Determinamos la velocidad de la luz en el medio apartir de la definición del índice de refracción:

Calculamos la longitud de onda en el medio:

51. Datos: n1 = 2; n2 = 1

Calculamos el ángulo límite:

52. Datos: f = 20 MHz = 2 · 107 Hz; E0 = 3 · 10-–3 N/C; n = 1,52; dirección de propagación OX en sentido positivo

Determinamos la velocidad de propagación de la luz enel medio:

Hallamos la longitud de onda:



Como la dirección de propagación es OX, la onda seráperiódica respecto de la variable x. Al ser la propagaciónen sentido positivo, el término con la variable x irá afec-tado por un signo negativo.

Con esto, la ecuación del campo eléctrico será:

53. Datos: n = 7; d = 0,4 mm = 4 · 10–4 m;λ = 600 nm = 6 · 10–7 m

Hallamos la posición angular de la franja brillante de or-den 7 en el experimento de Young:

54. Datos: λ = 420 nm = 4,2 · 10–7 m; y1 = 18 cm = 0,18 m; L = 1 m

a) Calculamos el ángulo bajo el que se observa en lapantalla el primer mínimo:

Determinamos ahora la anchura de la rendija a partirdel seno del ángulo de la primera franja oscura, n = 1:

b) El ángulo que determina la posición del segundo mí-nimo será:

55. Datos:

Si comparamos la ecuación del enunciado con la expre-sión general del campo eléctrico de una onda electro-magnética, obtenemos:

E0 = 25 N·C–1; ω = 3π · 1011 rad/s; k = π · 103 m–1

a) Determinamos la longitud de onda a partir del nú-mero de ondas:

b) Hallamos la frecuencia a partir de la pulsación:

c) Hallamos la amplitud del campo magnético a partirde la amplitud del campo eléctrico:

EB

c BEc

N C

m sT= = =

⋅⋅

= ⋅; ,–

–0

01

8825

3 108 33 10

ω π ω

ππ

π= = =

⋅= ⋅2

23 10

21 5 10

1111f f

rad sHz; ,

λ π π

π= =

⋅= ⋅2 2

102 10

3 13

k mm

––

r rE t x k SI= ⋅ ⋅25 3 10 1011 3sen ( – ) ( )π π

sen

,

,, ;

–

–α λ α= = ⋅

⋅⋅

= = ° ′nd

m

m2

4 2 10

2 3 100 365 21 25

7

6

sen ;sen

,,

,

–

–

α λ λα

= = =⋅ ⋅

= ⋅

nd

dn m

d m

1 4 2 100 18

2 3 10

7

6

tg ; tg

,, ;α α α= = = = ° ′

yL

mm

1 0 181

0 18 10 12

d nnd

m

msen ; sen ,

,

–

––α λ α

λ

α

= = =⋅ ⋅

⋅= ⋅

= ° = ° ′

7 6 10

4 101 05 10

0 602 0 36

7

42

E x t t x SI( , ) sen ( , – , )( )–= ⋅ ⋅3 10 1 26 10 0 643 8

ω π ω π= = ⋅ ⋅ = ⋅2 2 2 10 1 26 107 8f Hz rad s; ,

km

m= = =2 29 85

0 64 1πλ

π,

, –

λ = =

⋅⋅

=vf

m s

Hzm

1 97 10

2 109 85

8

7

,,

n

cv

vcn

m sm s= = =

⋅= ⋅;

,,

3 101 52

1 97 108

8

sen , ;Lnn

L= = = = °2

1

12

0 5 30

nn

mm= = =

⋅= ⋅λ

λλ λ0 0

775 10

1 583 16 10;

,,

––

n

cv

vcn

m sm s= = =

⋅= ⋅;

,,

3 101 58

1 9 108

8

n i n r n

n ir1 2 2

1 1 4225

1 58sen sen ;sen

sensen

sen,= = =

⋅ °°

=

c

st

dt

mm s= = =

⋅⋅

= ⋅∆∆ ∆

2 2 7 700

5 38 102 86 10

58

,,

–

∆ ∆t

radradrev

revs

s= = = ⋅ϕω

π

π

( )

,, –2 920

2 20 25 38 10 5

r r

r rE t x j SI

B t x k SI

= ⋅

= ⋅ ⋅

800 10 1 05

2 7 10 10 1 05

8

6 8

sen ( – , ) ( )

, sen ( – , ) ( )–

π

π

k

mm= = =2 2

61 05 1π

λπ

, –

143



Entonces, la ecuación del campo magnético será:

B = B0 sen (ωt – kx)

B = 8,33 · 10–8 sen (3π · 1011 t – π ·103x)

El sentido de propagación de la onda es el eje OX, yaque depende de la variable x. Como el campo mag-nético es perpendicular a la dirección de propaga-ción y al campo eléctrico, y este último es paralelo aleje OZ, el campo magnético será paralelo al eje OY.

d) El plano de polarización del campo eléctrico, tal ycomo se deduce de la ecuación de la onda electro-magnética, es el plano XZ.

56.

Determinamos el ángulo límite de la superficie del aguacon el aire:

Entonces, el radio del círculo de luz será:

57. Datos: ybrill = 1,50 cm = 0,015 m;yosc = 1,25 cm = 0,0125 m; d = 0,02 cm = 2 · 10–4 m;L = 2 m

a) Como se trata de un máximo y un mínimo consecuti-vos y, además, el máximo se encuentra más alejadodel centro de la pantalla, si suponemos que el ordende la franja brillante es n, el de la franja oscura debeser n – 1. Calculamos la longitud de onda a partir dela diferencia de las posiciones de ambas franjas:

b) Hallamos el orden de la franja brillante:

Y, por tanto, el orden de la franja oscura es n – 1 = 2.

58. Datos: f = 107 Hz; E0 = 40 N/C; dirección de propaga-ción OX en sentido positivo; plano de polarización for-ma 45° con plano XZ.

Como la dirección de propagación es OX, la onda seráperiódica respecto de la variable x. Al ser la propagaciónen sentido positivo, la variable x irá afectada por un sig-no negativo. Si el campo eléctrico está polarizado en elplano que forma 45° con el plano XZ y la onda se propa-ga en la dirección OX, el campo cumple que:


ω π ω π= = ⋅ = ⋅2 2 10 6 28 107 7f Hz rad s; ,

r r r

r r r

E E t kx j E t kx k

E E t kx j k

= +

= +

22

22

22

0 0

0

sen ( – ) sen ( – )

sen ( – )( )

ω ω

ω

E E t kx

E E j E k

E E E

E E E

y z

y

z

=

= += ° =

= ° =

0

452

2

452

2

sen ( – )

sen

cos

ω

r r r

2

y nL

dn

y dL

ym m

m m

brillbrill

brill

= =

=⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅=

λλ

;

, – –

–

1 5 10 2 10

5 10 23

2 4

7

y yLd

n nLd

y yLd

d y yL

brill osc

brill oscbrill osc

= [ ] =

= =

=⋅ ⋅

λ λ

λλ

λ

22 2 1

2

22

2 2 10 4

– ( – ( – )

– ;( – )

– mm m mm

m nm

( , – , )– –

–

1 5 10 1 25 102

5 10 500

2 2

7

⋅ ⋅

= ⋅ =λ

y nL

d

y nLd

nLd

y y nL

dn

Ld

brill

osc

brill osc

=

= +[ ] =

=

λ

λ λ

λ λ

2 1 12

2 12

2 12

( – ) ( – )

– – ( – )

tg ; tg tg ( ) ,LRh

R h L m m= = = ⋅ ° ′ =2 48 45 2 28

sen

,;L

nn

L= = = ° ′2

1

11 33

48 45

r rB t x j SI= ⋅ ⋅ ⋅8 33 10 3 10 108 11 3, sen ( – ) ( )– π π

144

Aire, n2 = 1

Agua, n1 = 1,33

L = 48° 45’

R

h = 2 m

n = 3

n = 2 n = 1 n = 0

n = 0

n = 0 n = 1 n = 2

n = 2 n = 1 n = 1 n = 2 n = 3

Z

Y

X

Ez

Ey

45°Et




Con esto, la ecuación del campo eléctrico será:

59. Datos: d = 2 km; c = 3 · 108 m/s

El tiempo que tardaría la luz en ir y volver sería:

El experimento fracasó porque este tiempo es inferioral tiempo de reacción del ser humano. Es decir, el tiem-po que tarda una persona en tomar conciencia de laimagen de la lámpara, que su cerebro transmita la or-den correspondiente al brazo y que éste efectúe el mo-vimiento de destapar la otra lámpara o cronometrar esmuy superior al tiempo que la luz emplea en recorrerla distancia.


1. Leyes de la reflexión:

1. El rayo incidente, la normal a la superficie en el pun-to de incidencia y el rayo reflejado están situados enel mismo plano.

2. El ángulo de incidencia y el de reflexión son iguales.

Leyes de la refracción:

1. El rayo incidente, la normal a la superficie en el pun-to de incidencia y el rayo refractado están situados enel mismo plano.

2. La razón entre el seno del ángulo de incidencia y eldel ángulo de refracción es una constante igual a larazón entre las respectivas velocidades de propaga-ción del movimiento ondulatorio.

Principio de Huygens:

Todo punto de un frente de onda se convierte en uncentro puntual productor de ondas elementales secun-darias, de igual velocidad y frecuencia que la onda ini-cial, cuya superficie envolvente constituye un nuevo fren-te de onda.

2. En una refracción se conserva la frecuencia de la ondaincidente y el plano que forma ésta con la normal. Al en-trar en otro medio, se modifican la dirección de propa-gación, la velocidad y la longitud de onda.

3. Datos: λ1 = 760 nm = 7,6 · 10–7 m;λ2 = 380 nm = 3,8 · 10–7 m

a) Determinamos las frecuencias correspondientes:

b) Intervalo de energías de los fotones:

c) Si la velocidad del medio es de la velocidad de la

luz en el vacío, v = c:

4. Datos: f = 7,96 · 109 Hz; E0 = 10–3 N/C; dirección de pro-pagación OX en sentido positivo; campo eléctrico para-lelo al eje OY.

Como la dirección de propagación es OX, la onda seráperiódica respecto de la variable x. Al ser la propagaciónen sentido positivo, la variable x irá afectada por un sig-no negativo. El campo eléctrico será en todo momentoparalelo al eje OY. Por tanto:

El campo magnético es perpendicular en todo momentoal campo eléctrico y a la dirección de propagación. Portanto, será paralelo al eje OZ:



Calculamos la amplitud del campo magnético:

Con esto, las ecuaciones de los campos eléctrico y mag-nético serán:

r r

r r

E t x j SI

B t x k SI

= ⋅

= ⋅ ⋅

10 5 10 166 67

3 33 10 5 10 166 67

3 10

12 10

–

–

sen ( – , ) ( )

, sen ( – , ) ( )

B

Ec

N C

m sT0

03 1

81210

3 103 33 10= =

⋅⋅

= ⋅– –

–,

k

fc c

s

m sm= = = =

⋅⋅

=2 2 5 10

3 10166 67

10 1

81π

λπ ω –

–,

ω π π= = ⋅ ⋅ = ⋅2 2 7 96 10 5 109 10 1f Hz s, –

r r rB = = = =B k B t kx k B Bz x y0 0sen ( – ) ;ω

r r rE E j E t kx j E Ey x z= = = =0 0sen ( – ) ;ω

λ

λ

λ

λ

11 1

8

14

17

22 2

8

14

27

34

3 3 10

4 3 95 10

5 70 10 570

34

3 3 10

4 7 9 10

2 85 10 285

= = =⋅ ⋅

⋅ ⋅

= ⋅ =

= = =⋅ ⋅

⋅ ⋅

= ⋅ =

vf

cf

m s

Hz

m nm

vf

cf

m s

Hz

m nm

,

,

,

,

–

–

34

34

E h f J s Hz

E J

E h f J s Hz

E J

1 134 1 14

119

2 234 1 14

219

6 625 10 3 95 10

2 62 10

6 625 10 7 9 10

5 23 10

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

, ,

,

, ,

,

– –

–

– –

–

fc m s

HzHz

fc m s

HzHz

11

8

714

22

8

714

3 10

7 6 103 95 10

3 10

3 8 107 9 10

= =⋅⋅

= ⋅

= =⋅⋅

= ⋅

λ

λ

,,

,,

–

–

sensen

ir

vv

nn

= =1

2

2

1

∆t

dc

m

m ss= =

⋅⋅

= ⋅2 2 2 000

3 101 33 10

85, –

r r rE t x j k SI= ⋅ +40 6 28 10 0 217sen ( , – , )( )( )

k

fc c

rad s

m sm= = = =

⋅⋅

=2 2 6 28 10

3 100 21

7

81π

λπ ω ,

, –

145



5. Datos: d = 0,6 mm = 6 · 10–4 m; L = 6 m; n = 25; ybrill = 15 cm = 0,15 m

Calculamos la longitud de onda de la luz:

λ

6. Si el rayo reflejado forma un ángulo de 90° con el rayorefractado, aplicando las leyes de la reflexión y de la re-fracción, tenemos:

i r

r r rr i

n i n r n i n i

n i n i inn

n

=′ = ° ° = °

′ = °

= ′ = °

= = =

180 90 9090

901 2 1 2

1 22

121

– – ––

sen sen ; sen sen ( – )

sen cos ; tg

m mm

=⋅ ⋅

⋅=

,–6 10 0 156 25

64

d yL n

brill=λ

yL

dnbrill =

λ;

146

i r

r’90°

n1

n2




• Se denomina espectro electromagnético a la clasificaciónde las ondas electromagnéticas según su longitud de ondao su frecuencia. Por ejemplo, las ondas electromagnéticascon longitudes de onda comprendidas entre unos centí-metros y unos centenares de metros reciben el nombrede ondas radio. En cambio, las de longitud de onda muycorta, de unos 10–12 m (equivalente a una frecuencia de1020 Hz), son los rayos gamma. Entre medio, se encuen-tran, en orden de longitud de onda creciente, los rayos X,las ondas UV, el espectro visible, el infrarrojo y las micro-ondas.

— El espectro visible corresponde a las ondas electro-magnéticas con longitudes de onda comprendidas en-tre 3,8 · 10–7 m (380 nm) y 7,6 · 10–7 m (760 nm). Sóloen este rango de longitudes de onda nuestro ojo es sen-sible a la radiación electromagnética.

— La luz roja es la radiación del espectro visible con ma-yor longitud de onda (corresponde a los 700 nm),mientras que la luz violeta es la de longitud de ondamás corta (400 nm). Como la frecuencia es inversa-mente proporcional a la longitud de onda, la luz roja esla de menor frecuencia y la violeta es la de frecuenciamás elevada.

• Cuando afirmamos que la luz se propaga rectilíneamentequeremos decir que la luz se propaga siguiendo trayecto-rias rectilíneas que llamamos rayos, que son perpendicula-res en todo momento al frente de ondas.

— El fenómeno de la reflexión comprueba la propaga-ción rectilínea de la luz.

• Un medio es homogéneo si sus propiedades son las mis-mas en todos sus puntos. Un medio es isótropo si sus pro-piedades no dependen de la dirección considerada. Laisotropía implica la homogeneidad, pero no al revés. Así,por ejemplo, un cristal perfecto es homogéneo, pero no esisótropo.

• Datos: n1 = 1; n2 = 1,52; i = 30°

Aplicamos la ley de Snell para hallar el ángulo de refrac-ción:

•

Esclerótica. Es la cubierta externa del globo ocular y es laresponsable de su consistencia.

Córnea. Constituye la parte anterior de la esclerótica. Estransparente, con índice de refracción n = 1,376, y permitela entrada de la luz. En ella tiene lugar la mayor parte de larefracción de la luz.

Coroides. Es la membrana intermedia del globo ocular.

Retina. Es una membrana que tapiza la parte interna delfondo del ojo y actúa como una pantalla sobre la que seproyecta la imagen de los objetos que vemos. Consta de va-rias capas de células, entre las que destacan las células sen-sibles a la luz, los conos (sensibles a los colores) y los basto-nes (más sensibles que los conos a la luz, pero incapaces dedistinguir colores). Estas células no son más que termina-ciones del nervio óptico, que transmite al cerebro la infor-mación recibida por el ojo.

Iris. Es un diafragma musculoso que regula la cantidad deluz que penetra en nuestros ojos. Es capaz de modificar eldiámetro de su orificio central, la pupila, de 2 mm a 8 mm.

Cristalino. Éste es un cuerpo blando en forma de lente bi-convexa deformable, capaz de modificar su distancia focaly enfocar objetos a distintas distancias, formando la imagensobre la retina. Su índice de refracción varía de una zona aotra entre 1,4 y 1,37.

Humor acuoso. Fluido transparente que llena el espacioentre la córnea y el cristalino, con n = 1,336.

Humor vítreo. Líquido viscoso que llena la cavidad interiordel globo ocular. Su índice de refracción es n = 1,337. Seencuentra a una presión ligeramente superior a la atmosfé-rica, con la finalidad de mantener la retina adosada a la co-roides. Si su presión disminuye, se produce un desprendi-miento de retina.

sensen

; sen sen

sen,

sen , ; '

ir

nn

rnn

i

r r

= =

= ° = = °

2

1

1

2

11 52

30 0 33 19 12

147

11. Óptica geométrica

Cristalino Coroides

Córnea Esclerótica

Pupila Retina

Humor acuoso

Músculos ciliares

Humor vítreoIris



Nervio óptico. Es el responsable de transmitir los impulsosnerviosos generados por las terminaciones de la retina alcerebro.

1. DEFINICIÓN DE ÓPTICA GEOMÉTRICA (pág. 271)

1. Los fenómenos de difracción, interferencia y polariza-ción de la luz no son objeto de la óptica geométrica por-que no pueden explicarse a partir de la propagación rec-tilínea de los rayos de luz.

2. La imagen del Sol que obtenemos a través de una lupa esuna imagen real, ya que se forma sobre el papel, en la in-tersección de los rayos convergentes procedentes de lalupa.

3. Un espejo no es un dioptrio. Dioptrio es aquella superfi-cie que separa dos medios (transparentes) de distinto ín-dice de refracción y en la cual la luz se refracta. Sin em-bargo, un espejo es toda aquella superficie capaz dereflejar los rayos luminosos.

4. Deducimos los signos a partir del convenio establecidoen la página 271 del libro del alumno:

a) s1 < 0; s2 > 0; r > 0

b) α < 0; β > 0; γ > 0

c) i1 > 0; i2 > 0

2. SISTEMAS ÓPTICOS SIMPLES (págs. 274, 275 y 278)

5. Sabemos que

Entonces:

6. Datos: r = 10 cm = 0,1 m; n1 = 1; n2 = 1,5;y1 = 4 mm = 0,004 m; s1 = –30 cm = –0,3 m

Hallamos la posición de la imagen, s2, a partir de la ecua-ción fundamental:

Calculamos el tamaño de la imagen a partir del aumentolateral:

Observamos que la imagen es mayor que el objeto. El sig-no menos indica que la imagen aparece invertida y,como s2 > 0, se forma por intersección de los rayos re-fractados convergentes y es real.

7. Datos: r = 5 cm = 0,05 m; n1 = 1; n2 = 1,5;y1 = 1 mm = 0,001 m; s1 = –20 cm = –0,2 m

a) Calculamos las distancias focales imagen f2 y objeto f1:

b) Hallamos la posición de la imagen, s2, a partir de laecuación de Gauss:

Calculamos el tamaño de la imagen a partir del au-mento lateral:

Observamos que la imagen es del mismo tamaño queel objeto. El signo menos indica que la imagen apare-ce invertida y, como s2 > 0, se forma por intersecciónde los rayos refractados convergentes y es real.

8. Datos: r = –5 cm = –0,05 m; n1 = 1; n2 = 1,5;y1 = 1 mm = 0,001 m; s1 = –20 cm = –0,2 m

Si el dioptrio es cóncavo, el problema es análogo al ante-rior pero con el radio del dioptrio negativo.

a) Calculamos las distancias focales imagen f2 y objetof1:

b) Hallamos la posición de la imagen, s2, a partir de laecuación de Gauss:

fs

fs

fs

fs

sf

fs

smmm

m

2

2

1

1

2

2

1

12

2

1

1

2

1 11

0 15

10 10 2

0 1

+ = = =

= =

; – ;–

– ,

–– ,– ,

– ,

f rn

n n, m

,,

, m cm

f rn

n n , m

,, m cm

22

2 1

11

2 1

0 051 5

1 5 10 15 15

0 051

1 5 10 1 10

=−

= − ⋅−

= − = −

= −−

= − − ⋅−

= =( )

Ayy

s ns n

y ys ns n

y mmm

m mm

L = = =

= ⋅⋅

− ⋅= =

2

1

2 1

1 22 1

2 1

1 2

2 0 0010 3 10 2 1 5

0 001 1

;

,,, ,

– , –

fs

fs

fs

fs

sf

fs

sm

mm

m cm

2

2

1

1

2

2

1

12

2

1

1

2

1 11

0 15

10 10 2

0 3 30

+ = = =

=−

= =

; – ;–

,

–,

– ,

,

f rn

n n, m

,,

, m cm

f rn

n n, m

,, m cm

22

2 1

11

2 1

0 051 5

1 5 10 15 15

0 051

1 5 10 1 10

=−

= ⋅−

= =

= −−

= − ⋅−

= − = −

Ayy

s ns n

y ys ns n

y mmm

m mm

L = = =

= ⋅⋅

− ⋅= =

2

1

2 1

1 22 1

2 1

1 2

2 0 0040 9 10 3 1 5

0 008 8

;

,,, ,

– , –

ns

ns

n nr

ns

ns

n nr

sn

ns

n nr

s

m m

m cm

2

2

1

1

2 1 2

2

1

1

2 1

22

1

1

2 1

21 5

10 3

1 5 10 1

0 9 90

− =−

= +−

=+

−

=

−+ −

= =

;

,

,,,

,

f f rn

n nr

nn n

rn nn n

r1 21

2 1

2

2 1

2 1

2 1

+ = −−

+−

=−−

=

f rn

n nf r

nn n2

2

2 11

1

2 1

=−

= −−

y .

148




Observamos que la imagen es menor que el objeto ydel mismo signo, por lo tanto, se encuentra derecha.Además, como s2 < 0, la imagen se forma por inter-sección de las prolongaciones de los rayos refracta-dos y es virtual.

9. Datos: f1 = –10 cm = –0,1 m; f2 = 30 cm = 0,3 m;s1 = –5 cm = –0,05 m; n1 = 1

a) Calculamos el radio de curvatura del dioptrio a partirde la fórmula para la distancia focal imagen y tenien-

do en cuenta que :

Como el radio de curvatura del dioptrio es positivo,se trata de un dioptrio convexo.

b) Determinamos la posición de la imagen de un objetosituado en s1 = –5 cm = –0,05 m:

c) Hallamos el índice de refracción del segundo medioa partir de la relación entre las distancias focales, y elvalor del índice de refracción del aire (n1 = 1):

10. Si observamos un pez en el agua, como el índice de re-fracción del aire es menor que el del agua, la imagen vir-tual que vemos está más cerca de la superficie que el ver-dadero pez.

11. Datos: s1 = 1,2 m; n1 = 1,33; n2 = 1

Calculamos la profundidad aparente del objeto:

12. Datos: s2 = 1,30 m; n1 = 1,33; n2 = 1

Calculamos la profundidad real del fondo del estanque apartir de la profundidad aparente:

13. Si queremos ver nuestra imagen ampliada y derecha enun espejo, debemos emplear un espejo cóncavo y situar-nos entre el foco y el espejo. Si nos situamos entre el cen-tro de curvatura y el foco, veremos nuestra imagen au-mentada pero invertida.

14. En la figura podemos observar cómo se forman las imá-genes en un espejo :

15. Datos: f = –10 cm = –0,1 m (espejo cóncavo)

a) Si el objeto se sitúa en s1 = –25 cm = –0,25 m, la ima-gen se situará en:

Calculamos el aumento lateral:

El signo negativo del aumento lateral significa que laimagen aparece invertida. Además, como su valor ab-soluto es menor que la unidad, la imagen es menorque el objeto. Al ser s2 < 0, la imagen se forma por in-tersección de los rayos reflejados en el espejo y es real.

b) Si el objeto se sitúa en s1 = –10 cm = –0,10 m, la ima-gen se situará en:

1 1 1 1 1 1 11 12 1 2 1

2

1

s s f s f ss

f s

+ = = =−

; – ;

A

ss

cmcmL = − = −

−−

= −2

1

16 725

0 67,

,

1 1 1 11 1

11

0 11

0 25

0 167 16 7

2 12

1

2

s s fs

f s

s

m m

m cm

+ = =−

=

−−

−

= − = −

;

, ,

, ,

snn

s snn

s

s m m

22

11 1

1

22

11 33

11 30 1 73

= =

= ⋅ =

;

,, ,

snn

s s m m22

11 2

11 33

1 2 0 90= = ⋅ =;,

, ,

ff

nn

n nff

nmm

1

2

1

22 1

2

12 1

0 30 1

3= − = − = − ⋅−

=; ;,,

fs

fs

fs

fs

sf

fs

sm

mm

m cm

2

2

1

1

2

2

1

1

22

1

1

2

1 1

1

0 3

10 1

0 05

0 3 30

+ = = −

=−

=−

−−

= − = −

;

;,

,,

,

f rn

n nr

fn

n n fnn

r fff

f f

r m m m cm

22

2 1

2

22 1 2

1

2

21

21 2

1

1

0 1 0 3 0 2 20

=−

= − = −

= +

= +

= − + = =

; ( )

, , ,

ff

nn

1

2

1

2

= −

Ayy

s ns n

y ys ns n

y mm

mm

y mm

L = = =

= ⋅⋅

− ⋅=

=

2

1

2 1

1 22 1

2 1

1 2

2

2

0 0010 1 1

0 2 1 50 00033

0 33

;

,– ,

, ,,

,

149

Arriba

Abajo

Arriba

Abajo Izquierda

C F

r < 0

f < 0

Izquierda Derecha

Derecha



Es decir, no se observa ninguna imagen. En general,siempre que el objeto se sitúe sobre el foco, no se for-ma imagen.

c) Si el objeto se sitúa en s1 = –5 cm = –0,05 m, la ima-gen se situará en:

Calculamos el aumento lateral:

El signo positivo del aumento lateral significa que laimagen aparece derecha. Además, como su valor ab-soluto es mayor que la unidad, la imagen es mayorque el objeto. Al ser s2 > 0, la imagen se forma por in-tersección de las prolongaciones de los rayos refleja-dos y es virtual.

16. Datos: f = –50 cm = –0,5 m (espejo cóncavo);s1 = –25 cm = –0,25 m; y1 = 1 cm = 0,01 m

a) Hallamos la posición de la imagen:


b) Observamos que la imagen es mayor que el objeto ydel mismo signo, por lo tanto, se encuentra derecha.Además, como s2 > 0, la imagen se forma por inter-sección de las prolongaciones de los rayos reflejadosy es virtual.

c) Calculamos el radio de curvatura del espejo:

d)

e) Si el espejo es convexo, f = 50 cm = 0,5 m. Entonces:


Observamos que la imagen es menor que el objeto ydel mismo signo, por lo tanto, se encuentra derecha.Además, como s2 > 0, la imagen se forma por intersec-ción de las prolongaciones de los rayos reflejados y esvirtual. Esto siempre es así para un espejo convexo.

Calculamos el radio de curvatura del espejo:

17. Datos: AL = –2; s2 = –150 cm = –1,5 m (imagen real)

a) Determinamos la posición del objeto a partir de laposición de la imagen y el aumento lateral:

b) Calculamos el radio del espejo a partir de la ecuaciónfundamental de los espejos esféricos:

1 1 2 21 12 1

2 1

s s rr

s s

+ = =+

;

Ass

ssA

sm

m cm

L

L

= −

= − = −−

−= − = −

2

1

12

11 5

20 75 75;

,,

f

rr f r cm cm= = = ⋅ =

22 2 50 100; ;

Ayy

ss

y yss

y mmm

m cm

L = = =

= ⋅ = =

2

1

2

12 1

2

1

2 0 010 1670 25

0 007 0 7

– ; –

– ,,

– ,, ,

1 1 1 1 1 1

11 1

11

0 51

0 25

0 167 16 7

2 1 2 1

2

1

2

2

s s f s f s

s

f s

s

m m

s m cm

+ = =

=−

=−

−

= =

; –

;

, ,

, ,

f

rr f r cm cm= = = ⋅ − = −

22 2 50 100; ; ( )

Ayy

ss

y yss

y mmm

m cm

L = = =

= ⋅ = =

2

1

2

12 1

2

1

2 0 010 500 25

0 02 2

– ; –

– ,,

– ,,

1 1 1 1 1 1

11 1

11

0 51

0 25

0 50 50

2 1 2 1

2

1

2

2

s s f s f s

s

f s

s

m m

s m cm

+ = =

=−

=

−−

−

= =

; –

;

, ,

,

Ass

cmcmL = − = −

−=2

1

105

2

1 1 1 11 1

11

0 11

0 05

0 10 10

2 12

1

2

s s fs

f s

s

m m

m cm

+ = =−

=

−−

−

= =

;

, ,

,

s

m m

21

10 1

10 10

=

−−

−

= ∞

, ,

150

C F O

y2

y1

s1 s2

CFO y2

y1

s1

s2



3. SISTEMAS ÓPTICOS COMPUESTOS (págs. 282 y 285)

18. a) La imagen formada por una lente delgada es derecha:

— Para una lente convergente si el objeto se sitúa auna distancia de la lente menor que la distanciafocal.

— Siempre para lentes divergentes.

La imagen formada por una lente delgada es invertida:

— Para lentes convergentes cuando el objeto se sitúaa una distancia de la lente mayor que la distanciafocal.

b) La imagen formada por una lente delgada es mayorque el objeto:

— Para lentes convergentes cuando el objeto se sitúaa una distancia de la lente mayor que la distanciafocal pero menor que el doble de ésta.

— Para una lente convergente si el objeto se sitúa a unadistancia de la lente menor que la distancia focal.

19. La imagen en una lente divergente no puede ser nuncareal, porque los rayos emergentes siempre divergen y,por tanto, la imagen se forma por la intersección de lasprolongaciones de los rayos.

20. Calculamos la expresión de la distancia focal objeto apartir de la ecuación fundamental de las lentes delgadascon s1 = f1 y s2 = ∞:

21. Datos: n = 1,5; r1 = 20 cm; r2 = –20 cm; y1 = 2,5 cm;s1 = –10 cm

a) Calculamos la distancia focal de la lente:

b) Hallamos la posición de la imagen:

c) Calculamos el tamaño de la imagen a partir del au-mento lateral:

d) La imagen es mayor que el objeto y del mismo signo,por lo tanto, se encuentra derecha. Además, como s2 < 0, la imagen se forma por intersección de las pro-longaciones de los rayos emergentes y es virtual.

e)

22. Datos: f2 = 10 cm (lente convergente)

a) s1 = –30 cm

Hallamos la posición de la imagen:

Determinamos el aumento lateral:

El signo negativo del aumento lateral significa que laimagen aparece invertida. Además, como su valor ab-soluto es menor que la unidad, la imagen es menorque el objeto. Al ser s2 > 0, la imagen se forma por in-tersección de los rayos emergentes y es real.

b) s1 = –10 cm


La imagen no se forma (se forma en el infinito), yaque el objeto está situado en el foco de la lente.

1 1 1 1 1 1

11 1

11

101

10

2 2 1 2 1 2

2

1 2

2

f s s s s f

s

s f

s

cm cm

= − = +

=+

=

−+

= ∞

;

;

Ass

AcmcmL L= =

−= −2

1

1530

0 5; ,

1 1 1 1 1 1

11 1

11

301

10

15

2 2 1 2 1 2

2

1 2

2

f s s s s f

s

s f

s

cm cm

cm

= − = +

=+

=

−+

=

;

;

Ayy

ss

y yss

y cmcmcm

cm

L = = =

= ⋅ =

2

1

2

12 1

2

1

2 2 52010

5

;

,––

11 1

11

101

20

202

1 2

2s

s f

s

cm cm

cm=+

=

−+

= −;

1 1 1 1 1 1

2 2 1 2 1 2f s s s s f= − = +;

11

1 1 1

11 1

1

1 5 11

201

20

20

2 1 22

1 2

2

fn

r rf

nr r

f

cm cm

cm

= − −

=

− −

=− −

=

( ) ;

( )

( , )–

1 11

1 1

1 11

1 1

11

1 1 1

2 1 1 2

1 1 2

1 1 2 21 2

s sn

r r

fn

r r

fn

r r ff f

− = − −

∞− = − −

= − − −

= − = −

( )

( )

( ) ;

r

m m

m cm=

−+

−

= − =21

1 51

0 75

1 100

, ,

–

151

F1 F2O

y2

y1



c) s1 = –5 cm



Como el aumento lateral es mayor que la unidad y po-sitivo, la imagen será mayor que el objeto y derecha. Alser s2 < 0, la imagen se forma por intersección de lasprolongaciones de los rayos emergentes y es virtual.

23. Datos: f2 = –20 cm (lente divergente); y1 = 2,0 cm;s1 = –30 cm

a) Hallamos la posición de la imagen:

b) Determinamos el aumento lateral:

Calculamos el tamaño de la imagen:

c) Al ser s2 < 0, la imagen se forma por intersección delas prolongaciones de los rayos emergentes y es vir-tual, como siempre en lentes divergentes. Como elaumento lateral es menor que la unidad y positivo, laimagen será menor que el objeto y derecha.

d)

24. Datos: lente convergente, PM = 3,5 dioptrías; lente diver-gente, PN = –4,8 dioptrías

a) Calculamos la potencia total del sistema:

b) Calculamos la distancia focal del sistema óptico:

25. Si observamos la imagen desde el exterior de la cámaraoscura, por ejemplo a través de un vidrio deslustrado, ve-remos que tiene invertidas la derecha y la izquierda. Elsistema tiene la misma simetría en el eje horizontal queen el vertical.

Sin embargo, si observamos desde el interior de la cámaraoscura, como podría ser la habitación de paredes oscurasque utilizaban los astrónomos árabes para ver imágenesproyectadas, la imagen no tiene invertidas la derecha y laizquierda, al contrario que nuestra imagen en un espejo.

26. Datos: f = 0,1 m

Calculamos el aumento angular:

27. Datos f = 10 cm; y = 2 mm = 0,2 cm; s2 = –25 cm

La lupa no es más que una lente convergente. Por tanto,su distancia focal imagen es f2 = f = 10 cm.

a) Determinamos la distancia s1 a la que debemos situarel objeto:

b) Calculamos el tamaño de la imagen a partir del au-mento lateral:

28. Datos: Pob = 100 dioptrías; Poc = 50 dioptrías;O1O2 = 24 cm

a) Calculamos las distancias focales del objetivo y delocular:

foc = Poc–1 = (50 dioptrías)-–1 = 0,02 m = 2 cm

fob = Pob-–1 =(100 dioptrías)-–1 = 0,01 m = 1 cm

b) Hallamos el intervalo óptico:

c) Calculamos el aumento total del microscopio:

A P P

A m m m m

ob oc= − ⋅ ⋅

= − ⋅ ⋅ ⋅ = −− −

0 25

0 25 0 21 100 50 262 51 1

,

, , ,

δ

δ = − + =24 1 2 21cm cm cm cm( )

Ayy

ss

y yss

y cmcmcm

cm mm

L = = =

= ⋅ = =

2

1

2

12 1

2

1

2 0 225

7 140 7 7

;

,–

– ,,

1 1 1 1 1 1

11 1

11

251

10

7 14

2 2 1 1 2 2

1

2 2

1

f s s s s f

s

s f

s

cm cm

cm

= − = −

=−

=

−−

= −

;

; ,

Am

fm

mA = = =0 25 0 25

0 12 5

, ,,

,

Pf

fP diop

m= = =−

= −1 1 11 3

0 772

2;, .

,

P P P diopM N= + = − = −3 5 4 8 1 3, , , .

A

yy

y A y cm cmL L= = = ⋅ =2

12 1 0 4 2 0 0 8; , , ,

A

ss

AcmcmL L= =

−−

=2

1

1230

0 4; ,

1 1 1 1 1 1

11 1

11

301

20

12

2 2 1 2 1 2

2

1 2

2

f s s s s f

s

s f

s

cm cm

cm

= − = +

=+

=

−+

−

= −

;

;

A

ss

AcmcmL L= =

−−

=2

1

105

2;

1 1 1 1 1 1

11 1

11

51

10

10

2 2 1 2 1 2

2

1 2

2

f s s s s f

s

s f

s

cm cm

cm

= − = +

=+

=

−+

= −

;

;

152

F1F2

Oy2

y1



29. Datos: fob = 1,6 cm = 0,016 m; foc = 1,8 cm = 0,018 m; O1O2 = 19 cm = 0,19 m

a) Calculamos la potencia del objetivo y del ocular:

Poc = foc–1 = (0,018 m)–1 = 55,6 dioptrías

Pob = fob–1 = (0,016 m)–1 = 62,5 dioptrías

b) Calculamos el intervalo óptico:

c) Calculamos el aumento total del microscopio:


Las películas fotográficas están formadas por un materialplástico de soporte y una capa de un componente sensi-ble a la luz. Según la cantidad de luz recibida, lo que sedenomina exposición, se produce un cambio en la estruc-tura electroquímica del material sensible, formando laimagen latente. El proceso de revelado hace que las partesde la película con más exposición queden más oscuras ylas menos expuestas queden más transparentes. Despuésde un fijado mediante un tratamiento químico, necesa-rio para detener la sensibilidad de la película a la luz, seobtiene el negativo fotográfico.

Después del revelado y la obtención del negativo, es ne-cesario invertir las relaciones claro-oscuro, ya que la par-te más oscura del negativo corresponde a la región queha recibido más luz. Para ello, se proyecta la imagen delnegativo sobre un papel sensible, que una vez reveladoda la imagen final.

4. DEFECTOS DE LAS IMÁGENES (pág. 286)

31. Un espejo no puede dar lugar a aberración cromática por-que la luz en un espejo se refleja, pero no se refracta. Laaberración cromática se debe a que el índice de refracciónes diferente para las distintas longitudes de onda de la luz.

32.


a) Algunos alumnos no ven con claridad lo que se escribesobre la pizarra del aula porque tienen miopía. En estecaso, el punto remoto está más cercano que la pizarra yel cristalino no es capaz de enfocar la imagen de la piza-rra sobre la retina. Puede corregirse mediante el uso delentes divergentes.

b) Las personas de edad avanzada llevan lentes para leerporque sufren presbicia o vista cansada. Este defecto delojo es debido a que el cristalino ha perdido flexibilidad yno es capaz de enfocar objetos cercanos, de forma que supunto próximo se ha alejado más de lo normal (25 cm).

c) La presbicia se llama vista cansada porque consiste en lapérdida de facultades del cristalino debido a la avanzadaedad de la persona.

d) Decimos que el miope es corto de vista porque su ojosólo es capaz de enfocar correctamente sobre la retinalos objetos cercanos.


33.

La imagen final es real, invertida y menor que el objeto.

34. Datos: f2M = 10 cm; f2N = 20 cm; O1O2 = 20 cm; s1M = –15 cm

a) Calculamos dónde se forma la imagen debido a laprimera lente:

Hallamos la posición de la imagen final teniendo encuenta que la imagen producida por la primera lentees el objeto para la segunda lente:

b) El aumento lateral del sistema será el producto delaumento lateral de cada lente:

c) Como el aumento del sistema es negativo y mayor quela unidad en valor absoluto, la imagen final será inver-tida y mayor que el objeto. Además, como s2N > 0, laimagen se forma por intersección de los rayos emer-gentes y es real.

A A Ass

ss

Acmcm

cmcm

L LM LNM

M

N

N

L

= =

=−

⋅ = −

2

1

2

1

3015

6 710

1 3,

,

s s cm cm cm cm

f s s s s f

s

s f

s

cm cm

cm

N M

N N N N N N

N

N N

N

1 2

2 2 1 2 1 2

2

1 2

2

20 30 20 10

1 1 1 1 1 1

11 1

11

101

20

6 7

= = =

= − = +

=+

=+

=

– –

;

; ,

1 1 1 1 1 1

11 1

11

151

10

30

2 2 1 2 1 2

2

1 2

2

f s s s s f

s

s f

s

cm cm

cm

M M M M M M

M

M M

M

= − = +

=+

=

−+

=

;

;

A P P

A m m m m

ob oc= − ⋅ ⋅

= − ⋅ ⋅ ⋅ = −− −

0 25

0 25 0 156 62 5 55 6 135 51 1

,

, , , , ,

δ

δ = − + =19 1 6 1 8 15 6cm cm cm cm( , , ) ,

153

M

FIM FIN F2M F2N

N



35. Datos: punto remoto = 15 cm

a) Una persona de vista miope debe usar lentes diver-gentes.

b) Para poder ver objetos lejanos, la lente debe acercar-los hasta el punto remoto del ojo miope. Por tanto, laimagen respecto a la lente de un objeto en el infinitodebe formarse en s2 = –15 cm.

Calculamos con estos datos la distancia focal necesa-ria:

c) Determinamos la potencia correspondiente:

36. Datos: punto próximo = 50 cm

a) Una persona con presbicia debe usar lentes conver-gentes.

b) Para poder leer a una distancia de 25 cm, la imagende un objeto situado a 25 cm debe formarse a unadistancia de 50 cm por delante de la lente, en el pun-to próximo del ojo présbita. Determinamos la poten-cia necesaria para ello:


37. Según el convenio de signos establecido, las distancias enhorizontal son positivas hacia la izquierda del polo deldioptrio, O, y negativas hacia la derecha. Por tanto, el ra-dio de curvatura de un dioptrio esférico convexo es posi-tivo, mientras que el dioptrio esférico cóncavo tiene ra-dio de curvatura negativo.

38. La relación entre distancias focales, radio de curvatura eíndices de refracción es:

Es decir, el signo de las distancias focales depende delsigno del radio de curvatura (dioptrio cóncavo o conve-xo) y de la diferencia entre los dos índices de refracción,n2 – n1.

39. Para tratar el dioptrio plano como un caso particular deldioptrio esférico, suponemos que el dioptrio plano es undioptrio esférico con radio de curvatura infinito.

40. La aproximación aparente que experimentan los objetossumergidos en el agua se debe a que la superficie de con-tacto del agua con el aire constituye un dioptrio planoen el que n1 > n2.

En un dioptrio plano, la posición de la imagen es

. Por tanto, si n1 > n2, la imagen se formará

más cerca de la superficie que la posición del objeto. Enel caso de un objeto sumergido en el agua, n1 es el índi-ce de refracción del agua, n1 = 1,33, y es mayor que el delaire, n2 = 1.

41. El rayo incidente y el rayo emergente de una lámina decaras planas y paralelas son paralelos.

42. a) La imagen será real sólo en espejos cóncavos cuandoel objeto esté situado a mayor distancia que la distan-cia focal.

b) La imagen es invertida en los mismos casos en que esreal.

43. Si empleamos un espejo convexo, la imagen nunca esmayor que el objeto, siempre es menor.

Si empleamos un espejo cóncavo, la imagen es mayorque el objeto si éste se sitúa entre el centro de curvaturay el foco o entre el foco y el espejo.

44. El tamaño de la imagen formada por una lente delgadaconvergente es igual al tamaño del objeto si éste se sitúaa una distancia de la lente igual al doble de la distanciafocal de la lente. Si s1 = –2f2:

1 1 1 11 1

112

111

2

22 2 1

2

1 2 2 2 2

2f s ss

s f f f f

f= − =+

=

−+

= =;

snn

s22

11=

f r

nn n

f rn

n n22

2 11

1

2 1

=−

= −−

;

Pf s s

Pm m

diop

= = −

=−

−−

=

1 1 1

10 50

10 25

2

2 2 1

, ,.

Pf m

diop= =−

= −1 10 15

6 72 ,

, .

1 1 1 1 115

115

2 2 1 22f s s f cm

f cm= − =−

−−∞

= −; ;

154

r n2 - n1 f1 f2

+ + – +

+ – + –

– + + –

– – – +

O

Dioptrio esférico convexo

Dioptrio esférico cóncavo

C

C O

r > 0

r > 0



Entonces, el aumento lateral será:

Por tanto, la imagen será real, del mismo tamaño que elobjeto e invertida.

45. Sí es posible distinguir por el tacto una lente convergen-te de otra lente divergente. Las lentes convergentes sonmás gruesas en su parte central que en los extremos,mientras que las lentes divergentes tienen los extremosmás gruesos que su parte central.

46. a) Cierto. La imagen de una lente divergente es siem-pre virtual.

b) Falso. Lo que determina si una imagen es real o vir-tual es si ésta se forma por la intersección de los rayosluminosos o por la de sus prolongaciones. Un valorde s2 < 0 en una lente indica que la imagen es virtual,sin embargo, en un espejo, indica que la imagen esreal.

47. El objetivo de una cámara fotográfica no puede ser diver-gente, ya que la imagen que formaría sería virtual. El ob-jetivo debe formar la imagen sobre la película, que se en-cuentra siempre detrás de la lente. Una lente divergenteforma la imagen delante de ella, en el mismo lado dedonde proceden los rayos del objeto (decimos que laimagen es virtual). Por tanto, nunca podría formar laimagen sobre la película fotográfica.

48. El aumento total de un microscopio compuesto es pro-porcional al intervalo óptico, distancia entre el foco pos-terior del objetivo y el foco anterior del ocular. Cuantomás largo sea el tubo, mayor será el intervalo óptico y,por tanto, mayor será el aumento.

49. La distancia focal de una lente con aberración cromáticadepende de la longitud de onda de la luz. Cuanto mayores la longitud de onda, menor es la desviación y mayor ladistancia focal. Por tanto, a la luz amarilla le correspon-de una distancia focal mayor que a la luz azul, ya que sulongitud de onda es mayor.

50. Un miope utiliza lentes divergentes porque su proble-ma es que el punto lejano está a una distancia finita.Las lentes divergentes desvían los rayos procedentes depuntos lejanos de manera que la imagen que forma estámás cerca que el objeto, y el ojo miope es capaz de en-focarla.

En cambio, el hipermétrope y el présbita son incapacesde enfocar objetos cercanos. La lente convergente, alformar la imagen más lejos que la posición del objeto,aleja la imagen y permite que el ojo la enfoque.

51. Datos: r = 20 cm; n1 = 1; n2 = 1,33; y1 = 10 cm;

s1 = –100 cm

a) Calculamos las distancias focales imagen f2 y objetof1:

b) Hallamos la distancia a la que se forma la imagen, s2,a partir de la ecuación de Gauss:

c) Calculamos el tamaño de la imagen a partir del au-mento lateral del sistema:

d) Observamos que la imagen es mayor que el objeto. Elsigno menos indica que la imagen aparece invertiday, como s2 > 0, se forma por intersección de los rayosrefractados convergentes y es real.

52. Datos: r = –8 cm (dioptrio cóncavo); n1 = 1; n2 = 1,5;

y1 = 4 mm = 0,4 cm; s1 = –20 cm

a) Hallamos la distancia a la que se forma la imagen, s2,a partir de la ecuación fundamental:

Calculamos el tamaño de la imagen a partir del au-mento lateral del sistema:

b) Para determinar gráficamente la posición de la ima-gen necesitamos calcular la distancia focal imagendel dioptrio:

f r

nn n

f cm cm22

2 12 8

1 51 5 1

24= = =–

; –,

, ––

Ayy

s ns n

y ys ns n

y cmcm

cmcm mm

L = = =

= ⋅⋅

⋅= =

2

1

2 1

1 22 1

2 1

1 2

2 0 413 3 120 1 5

0 18 1 8

;

,– ,– ,

, ,

ns

ns

n nr

ns

ns

n nr

sn

ns

n nr

s

cm cm

cm

2

2

1

1

2 1 2

2

1

1

2 1

22

1

1

2 1

21 5

120

1 5 18

13 3

− =−

= +−

=+

−

=

−+ −

−

= −

;

,,

,

Ayy

s ns n

y ys ns n

y cmcm

cmcm

L = = =

= ⋅⋅

⋅=

2

1

2 1

1 22 1

2 1

1 2

2 10204 6 1100 1 33

15 4

;

,– ,

– ,

scm

cmcm

cm280 6

160 6100

204 6= =,

–– ,–

,

fs

fs

fs

fs

sf

fs

2

2

1

1

2

2

1

12

2

1

1

1 11

+ = = =; – ;–

f rn

n nf cm

,,

cm 22

2 12 20

1 331 33 1

80 6=−

= ⋅−

=; ,

f rn

n nf cm

,,

cm 22

2 12 20

1 331 33 1

80 6=−

= ⋅−

=; ,

A

ss

ffL = =

−= −2

1

2

2

22

1

155



c) Como podemos observar en la figura, la imagen esvirtual, menor que el objeto y derecha.

53. Datos: n1 = 1; n2 = 1,33; s1 = 250 m

La superficie de separación del agua con el aire constitu-ye un dioptrio plano, con n1 = 1 y n2 = 1,33. Por tanto:

El buceador ve el avión a una altura de 332,5 m sobre elagua.

54. Datos: d = 1,5 m; s1 = 0,5 m; n1 = 1,33; n2 = 1

Calculamos la profundidad aparente del pez respecto lasuperficie:

Entonces, nosotros lo vemos a una distancia de:

s2 + d = 0,38 m + 1,5 m = 1,88 m

55. Datos: r = –40 cm (espejo cóncavo); s1 = –15 cm

Calculamos la distancia focal del espejo:

Hallamos la posición de nuestra imagen:

56. Datos: y1 = 3 cm; r = 10 cm (espejo convexo);s1 = –10 cm

Calculamos la distancia focal del espejo:


Calculamos el tamaño de la imagen a partir del aumentolateral:

Observamos que la imagen es menor que el objeto y delmismo signo, por lo tanto, se encuentra derecha. Ade-más, como s2 > 0, la imagen se forma por intersección delas prolongaciones de los rayos reflejados y es virtual.

57. Datos: espejo cóncavo, r < 0; AL = –3; s2 = –10 cm (ima-gen real)

Determinamos la posición del objeto a partir del aumen-to lateral y la posición de la imagen:

Hallamos ahora el radio de curvatura a partir de la ecua-ción fundamental de los espejos esféricos:

58. Datos: f2 = 8 cm (lente convergente)

a) s1 = –32 cm

1 1 2

21 1

21

101

3 33

5

2 1

2 1

s s r

r

s s

r

cm cm

cm

+ =

=+

=

−+

−

= −;

,

A

ss

ssA

scm

cmLL

= − = − = −−

−= −2

11

21

103

3 33; ; ,

Ayy

ss

y yss

y cmcmcm

cm

L = = =

= ⋅ =

2

1

2

12 1

2

1

2 33 33

101

– ; –

–,

–

1 1 1 1 1 1

11 1

11

51

10

3 33

2 1 2 1

2

1

2

s s f s f s

s

f s

s

cm cm

cm

+ = =

=−

=−

−

=

; –

; ,

f

rf

cmcm= = =

210

25;

1 1 1 1 1 1

11 1

11

201

15

60

2 1 2 1

2

1

2

s s f s f s

s

f s

s

cm cm

cm

+ = =

=−

=

−−

−

=

; –

;

f

rf

cmcm= =

−= −

240

220;

s

nn

s s m m22

11 2

11 33

0 5 0 38= = ⋅ =;,

, ,

s

nn

s s m m22

11 2

1 331

250 332 5= = ⋅ =;,

,

156

OCy2y1

F2s2

s1

n1 n2

OC

y2

y1

F

s2s1

O Cy2

y1F

s2

s1

OC

y2

y1 F

s2

s1





Por ser s2 > 0, la imagen se forma por intersección delos rayos emergentes y es real. Como el aumento late-ral es menor que la unidad en valor absoluto y nega-tivo, la imagen será menor que el objeto e invertida.

b) s1 = –6 cm



Por ser s2 < 0, la imagen se forma por intersección delas prolongaciones de los rayos emergentes y es vir-tual. Como el aumento lateral es mayor que la uni-dad en valor absoluto y positivo, la imagen será ma-yor que el objeto y derecha.

59. Datos: lente planoconvexa, r1 = 12,5 cm, r2 = ∞;s1 = –50 cm; AL = 1

a) En una lente convergente, la imagen es de igual ta-maño que el objeto si éste se sitúa a una distanciaigual al doble de la distancia focal. Por tanto:

b) Determinamos la potencia de la lente:

c) Hallamos el índice de refracción del vidrio de la len-te a partir de la ecuación del fabricante de lentes:

60. Datos: y1 = 2 cm; P = 5 dioptrías; s2 = 2 m

a) Determinamos la posición del objeto, teniendo en

cuenta que :

b) Hallamos el tamaño de la imagen a partir del aumen-to lateral del sistema:

61. Datos: f = 8 cm = 0,08 m

Hallamos el aumento de la lupa cuando el ojo está relaja-do, sin acomodación:

62. Datos: punto remoto = 2,5 m

a) Si la persona no ve claramente los objetos situadosmás allá de 2,5 m, sufre miopía.

b) Debe usar lentes de forma que los objetos situados enel infinito, s1 = –∞, tengan su imagen respecto a lalente en el punto remoto de la persona, s2 = –2,5 m.Imponemos esta condición para hallar la distancia fo-cal de las lentes que debe usar esta persona:

c) La distancia focal es negativa. Se trata, por tanto, delentes divergentes.

d) Calculamos la potencia:

63. Datos: punto próximo = 80 cm

a) Si una persona tiene su punto próximo a 80 cm, nopuede enfocar objetos situados más cerca de sus ojosque esta distancia. Por tanto, no podrá leer a 25 cm.

b) Para leer a 25 cm necesita unas lentes convergentes.La imagen de un objeto situado a 25 cm debe for-marse a una distancia de 80 cm delante de la lente,en el punto próximo del présbita. Determinamos lapotencia necesaria para ello:

Pf s s

Pm m

diop

= = −

=−

−−

= +

1 1 1

10 80

10 25

2 75

2 2 1

, ,, .

P

f mdiop= =

−= −1 1

2 50 4

2 ,, .

1 1 1

11 1

11

2 51

2 5

2 2 1

2

2 1

2

f s s

f

s s

f

m

m

= −

=−

=

−−

−∞

= −;

,

,

Am

fA

mmA A= = =

0 25 0 250 08

3 1,

;,,

,

Ayy

ss

y yss

y cmcmcm

cm

L = = =

= ⋅ =

2

1

2

12 1

2

1

2 220022 2

18

;

– ,–

Pf s s s s

P

s

sP

s

m

m cm

= = − =

=−

=−

= − = −

1 1 1 1 1

11

11

25

0 222 22 2

2 2 1 1 2

1

2

1

; –

; , ,

P

f= 1

2

11

1 11

1 1 1

1 1 112 525

1 5

2 1 2 1 1

1

2

1

2

fn

r rn

rn

r

rf

n nrf

ncm

cm

= − −

= − −

∞

= −

= − = + = + =

( ) ( )

; ;,

,

P

fP

mdiop= = = +1 1

0 254

2

;,

.

f

s cmcm f f cm1

12 12

502

25 25= =−

= − = − =;

A

ss

AcmcmL L= =

−−

=2

1

246

4;

1 1 1 1 1 1

11 1

11

61

8

24

2 2 1 2 1 2

2

1 2

2

f s s s s f

s

s f

s

cm cm

cm

= − = +

=+

=

−+

= −

;

;

A

ss

AcmcmL L= =

−= −2

1

10 732

0 33;,

,

1 1 1 1 1 1

11 1

11

321

8

10 7

2 2 1 2 1 2

2

1 2

2

f s s s s f

s

s f

s

cm cm

cm

= − = +

=+

=

−+

=

;

; ,

157



64. Datos: f2 = 0,4 m; naire = 1; n = 1,52; n1 = 1,33

Calculamos la longitud focal, f2’, de la lente en el agua apartir de la deducción de la ecuación fundamental de laslentes delgadas para este caso, en función de su distanciafocal en el aire.

— La ecuación fundamental del dioptrio para el prime-ro de los que componen la lente es:

donde s’ es la posición de la imagen respecto al pri-mer dioptrio, s1 la distancia objeto y r1 el radio deldioptrio.

— La imagen respecto al primer dioptrio es objeto parael segundo. Por tanto, la ecuación fundamental delsegundo dioptrio se escribe:

donde s2 es distancia imagen, s’ es la distancia objetoy r2 el radio del dioptrio.

— Sumamos ambas ecuaciones:

— Para hallar f2’ imponemos que s2 = f2’ cuando s1 = –∞:

65. Datos: lente biconvexa, n = 1,5; r1 = 0,1 m; r2 = –0,2 m

a) Hallamos la distancia focal de la lente:

b) Si damos la vuelta a la lente, los radios cambiarán designo, ya que mantendremos el mismo convenio.Pero además, cambiarán de orden, de forma queahora r1 = 0,2 m y r2 = –0,1 m. Entonces:

66. Datos: punto próximo = 10 cm; punto remoto = 6 m

a) Para ver el infinito sin acomodación necesita una len-te que lo acerque hasta el punto remoto del ojo:

s1 = –∞ y s2 = –6 m

Necesita una lente divergente (focal negativa) conuna distancia focal de 6 m.

b) Calculamos el desplazamiento de la imagen si el obje-to se mueve desde el infinito hasta 6 m del ojo:

Por tanto, el desplazamiento de la imagen es desdelos 6 m hasta los 3 m.

c) El punto próximo del ojo con la lente será aquellaposición del objeto cuya imagen se forma sobre elpunto próximo del ojo sin la lente; s2 = –10 cm:

El punto próximo del ojo con la lente se encuentra a0,102 m del ojo. Casi no experimenta variación.

67. Los telescopios son instrumentos ópticos que se utilizanpara observar objetos muy distantes, fundamentalmenteestrellas y otros cuerpos celestes.

Existen dos tipos de telescopios: los telescopios de refrac-ción y los telescopios de reflexión.

— El telescopio de refracción consta de dos lentes: el ob-jetivo y el ocular. El objetivo debe ser una lente de grantamaño para recoger la máxima cantidad de luz y degran distancia focal. Los rayos paralelos procedentes deun objeto situado a distancia infinita se refractan en el

1 1 1 1 1 1 11 1

11

101

600

10 2 0 102

2 2 1 1 2 21

2 2

1

f s s s s fs

s f

s

cm cm

cm m

= = =

= = =

– ; – ;–

––

–

– , – ,

s s m

s mf s s s f s

s

f s

s

m m

m

1 2

12 2 1 2 2 1

2

2 1

2

6

61 1 1 1 1 1

11 1

116

16

3

= ∞ ⇒ =

= ⇒ = = +

=+

=+

=

– –

' –'

–';

' '

'

'

; '

– –

–

1 1 1 1 16

1 16

62 2 1 2

2

f s s f m m

f m

= =∞

=

=

– ;–

–– –

–

f

m m

m cm21

1 5 11

0 21

0 1

0 133 13 3=−( ) −

−

= =,

, ,

, ,

11

1 1 1

11 12 1 2

2

1 2

fn

r rf

nr r

= − −

=

− −

( ) ;

( )

11

1 1 1

11 1

1

1 5 11

0 11

0 2

0 133 13 3

2 1 22

1 2

2

fn

r rf

nr r

f

m m

m cm

= − −

=

− −

=− −

−

= =

( ) ;

( )

( , ), ,

, ,

nf

n nr r

fn n

n r rn n

n nn

r r

fn n

n n ff

n

12

11 2

2

1

1 1 2

1

1 1 2

2

1

1 22

1

1 1 1 1

1 1 11

11 1

11

1

' –( )

' ( – )( – )

' ( – ); '

(

−∞

= − −

= − −

= − −

= − =nn

n nf

f m m

– )

', ( , – )

, – ,, ,

1

1 33 1 52 11 52 1 33

0 4 1 46

12

2

−

= ⋅ ⋅ =

ns

ns

n nr r

ns s

n nr r

1

2

1

11

1 2

12 1

11 2

1 1

1 1 1 1

– ( – ) –

– ( – ) –

=

=

ns

ns

n nr

1

2

1

2

––

′=

ns

ns

n nr′

=––1

1

1

1

158



objetivo produciendo una imagen real y’ situada en elfoco del objetivo F2

ob, que está entre el ocular y su focoanterior F1

oc. El ocular actúa como amplificador produ-ciendo una imagen virtual y ampliada y”.

— El telescopio de reflexión utiliza como objetivo un es-pejo cóncavo, generalmente parabólico, en lugar deuna lente. Este tipo de telescopio es más utilizadoque el de refracción porque es más fácil y económicofabricar grandes espejos que grandes lentes. Además,no presenta aberración esférica ni aberración cromá-tica y, puesto que los rayos luminosos no tienen queatravesar ninguna lente, la absorción de radiación delongitudes de onda cortas es prácticamente nula. Encambio, su principal inconveniente es que la imagenresulta mal enfocada cuando el objeto no se encuen-tra en una dirección muy próxima al eje óptico, de-fecto llamado aberración de coma.


1. Convenio de signos para el dioptrio esférico:

a) Las distancias objeto e imagen son positivas a la dere-cha del polo del dioptrio y negativas a su izquierda.

b) El radio de curvatura del dioptrio es positivo cuandoel centro de curvatura se encuentra a la derecha deldioptrio y negativo en caso contrario.

c) El ángulo que forma un rayo con el eje del dioptrio oeje óptico es positivo si para hacerlo coincidir con eleje por el camino más corto ha de girar en sentidoantihorario. Es negativo en caso contrario.

2. Ecuación fundamental del dioptrio esférico:

r: radio del dioptrio esférico.

n1: índice de refracción del medio situado a la izquierda.

n2: índice de refracción del medio situado a la derecha.

s1: distancia objeto, distancia del objeto al polo del dioptrio.

s2: distancia imagen, distancia de la imagen desde el polodel dioptrio.

La ecuación del dioptrio plano se deduce suponiendoque r = ∞:

Para deducir la ecuación del espejo plano se impone n1= n y n2 = –n:

3. Si un sistema óptico tiene aumento lateral negativo, laimagen final está invertida. Si el aumento es positivo, la imagen está derecha. Si dicho aumento es menor quela unidad en valor absoluto, la imagen es menor que elobjeto.

4. Ecuación fundamental de las lentes:

r1: radio de la primera superficie de la lente.

r2: radio de la segunda superficie de la lente.

n: índice de refracción del medio situado entre las dossuperficies.

s1: distancia objeto, distancia del objeto al centro ópticode la lente.

s2: distancia imagen, distancia de la imagen al centro óp-tico de la lente.

La ecuación del fabricante de lentes se deduce impo-niendo que para el objeto situado en s1 = –∞ la imagen seforma en el foco imagen, s2 = f2:

5. Datos: |r| = 20 cm; s1 = –15 cm; y1 = 0,8 cm

a) Espejo cóncavo, r = –20 cm. Hallamos la posición dela imagen:


La imagen es mayor que el objeto. El signo menos in-dica que la imagen aparece invertida y, como s2 < 0,se forma por intersección de los rayos reflejados con-vergentes y es real.

Para dibujar el diagrama de rayos necesitamos calcu-lar la distancia focal del espejo:

f

rf

cmcm= = =

2

20

210;

––

Ayy

ss

y yss

y cmcmcm

cm

L = = =

= ⋅ =

2

1

2

12 1

2

1

2 0 83015

1 6

– ; –

– ,––

– ,

1 1 2 1 2 1

12 1

12

201

15

30

2 1 2 1

2

1

2

s s r s r s

s

r s

s

cm cm

cm

+ = =

=−

=

−−

−

= −

; –

;

11

1 1 1 1 1

2 1 2 2 2 1fn

r r f s s= −

= −( – ) ;

1 11

1 1

2 1 1 2s sn

r r− = −

( – )

ns

ns

ns

ns

s s2

2

1

1 2 12 10– ; ;= = − = −

ns

ns

n nr

n n ns

ns

2

2

1

1

2 1 2 1 2

2

1

1

0 0− =−

=−∞

= =; –

ns

ns

n nr

2

2

1

1

2 1− =−

Objectiu Ocular

Ull

y''

y'

Foc1 Fob

2

159



b) Si el espejo es convexo, r = 20 cm. Entonces:


La imagen es menor que el objeto y del mismo signo,por lo tanto, se encuentra derecha. Además, como s2 > 0, la imagen se forma por intersección de las pro-longaciones de los rayos reflejados y es virtual. Estosiempre es así en el espejo convexo.

Para dibujar el diagrama de rayos necesitamos calcu-lar la distancia focal del espejo:

6. Datos: y1 = 2 cm; d = 3 m; y2 = –0,5 m = –50 cm

a) Para obtener una imagen real sobre la pantalla debe-mos utilizar una lente convergente. Como, además,queremos que la imagen sea mayor, es necesario si-tuar el objeto entre el foco y una distancia igual aldoble de la distancia focal. En este caso la imagensiempre está invertida. Por tanto, y2 = –50 cm.

La lente se situará entre la diapositiva y la pantalla.Por tanto, si situamos la lente a una distancia x de lapantalla, s1 = x – d y s2 = x. Entonces, si imponemos elaumento deseado:

Por tanto, debemos situar la lente a 287,5 cm de lapantalla.

b) Calculamos la potencia de la lente:

s2 = x = 287,5 cm = 2,875 m

s1 = x – d; s1 = 2,875 m – 3 m = –0,115 m

7. Datos: P = 10 dioptrías; s1 = –2 m

Los objetivos de las cámaras fotográficas deben ser lentesconvergentes para que la imagen formada sea real. Portanto, la potencia y la distancia focal son positivas.

Determinamos la distancia a la que se forma la imagen:

Debemos situar la película a 10,5 cm del centro ópticodel objetivo.

Pf s s s

Ps

sP

s

sm

m

m cm

= = − = +

=+

=+

−

= =−

1 1 1 1 1

11

1

1012

0 105 10 5

2 2 1 2 1

2

1

21

;

; , ,

P

m mdiop= −

−= +1

2 8751

0 1159

, ,.

P

f s s= = −1 1 1

2 2 1

26 7 500

7 50026

287 5x cm xcm

cm= = =; ,

Ayy

ss

cmcm

xx cm

x cm x

L = =−

=−

− ⋅ − =

2

1

2

1

502 300

25 300

;

( )

f

rf

cmcm= = =

220

210;

Ayy

ss

y yss

y cmcm

cmcm

L = = =

= ⋅ =

2

1

2

12 1

2

1

2 0 8615

0 32

– ; –

– ,–

,

1 1 2

12 1

12

201

15

6

2 1

2

1

2

s s r

s

r s

s

cm cm

cm

+ =

=−

=−

−

=;

160

OC

y2

y1 F

s2

s1

O Cy2

y1F

s2

s1




• Sí es posible, porque los estados de movimiento o reposose determinan respecto a un sistema de referencia concre-to. Por tanto, dependiendo del sistema de referencia, uncuerpo puede estar en movimiento o en reposo.

Por ejemplo, una persona sentada en un tren está en repo-so respecto del sistema de referencia del tren, pero está enmovimiento respecto de un sistema de referencia situadoen la estación.

•

Derivamos respecto al tiempo para hallar la velocidad:

Derivamos de nuevo para obtener la aceleración:

•

— La tercera ley de Newton o principio de acción y reac-ción.

La fuerza que aparece es la normal, perpendicular a lasuperficie, que impide que el cuerpo se hunda.

— Aplicamos la segunda ley de Newton a los cuerpos A yB para calcular su aceleración y saber si se moverán.

El cuerpo A se moverá hacia arriba con una aceleraciónde 0,07 m/s2.

— La segunda ley de Newton.

• Datos: m = 25 g = 0,025 kg;

Calculamos la cantidad de movimiento:


Ec = m v2 = · 0,025 kg · (25 000 m·s–1)2

Ec = 7,8125 · 106 J

1. SISTEMAS DE REFERENCIA (pág. 296)

1. a) El autobús.

Sí, la fuerza que los pasajeros ejercen sobre el auto-bús.

b) Una fuerza ficticia que me impulsa hacia atrás.

No aparece ninguna fuerza de reacción.

2. Un sistema de referencia inercial es aquel que cumple laprimera ley de Newton o principio de inercia, al contra-rio de lo que ocurre en los sistemas no inerciales.

Para distinguirlos es necesario observar si aparecen fuer-zas ficticias, es decir, fuerzas que no tengan reacción. Eneste caso, estamos ante un sistema no inercial; en el casocontrario, se trata de un sistema inercial.

12

12

r r r r rp m v p kg k m s k

kg ms

= = ⋅ =⋅

; ,0 025 25 000 625

r rv k m s= 25 000

T m g m a

m g T m a

T m a m g

T m g m a

m a m g m g m a

m g m g m a m a

m m a m m g

am m

m m

A A

B B

A A

B B

A A B B

B A A B

A B B A

B A

A

–

sen –

sen –

sen –

sen –

( ) ( sen – )

sen –

=

=

= +

=

+ =

= +

+ =

=+

α

α

α

α

α

α

BB

g

akg kg

kg kgm

s

m

s=

⋅ °+

⋅ =25 30 10

25 109 8 0 07

2 2

sen –, ,

r r ra t j t k( ) –= +50 6

r r rv t t j t k( ) – ( – )= +50 3 22

r r r rr t i t j t t k( ) – ( – )= +15 25 22 3

161

12. Relatividad

Nt

Tt

Tt

ptpt

py

px

Reacción

O

Acción

FuerzaO’



2. LA RELATIVIDAD EN LA MECÁNICA CLÁSICA (págs. 298 y 299)

3. Ven la trayectoria igual que antes, ya que tanto el sistemade referencia del tren con MRU como el de la estaciónson sistemas de referencia inerciales.

4. a) El sistema S corresponde a la persona sentada en elbanco y el S’ al observador situado en el coche.

b)

5. Utilizamos un sistema de referencia fijo en el suelo.

— No, porque hemos cambiado el sistema de referen-cia. En el nuevo sistema, el primer coche está paradoy el segundo circula a 38 km/h. Por tanto, el segun-do coche circula a mayor velocidad que el primero.

6. Según las transformaciones de Galileo, la aceleración deun cuerpo es la misma en todos los sistemas inerciales;por tanto, la aceleración en S’ es de 10 m/s2.

7. Datos: v2 = 80 km/h; v1 = 90 km/h

a) Calculamos la velocidad relativa:

b) Si circulan en sentidos contrarios, sus velocidadesson:

v1 = 90 km/h; v2 = –80 km/h

c) Los dos observadores medirán la misma velocidadpara un móvil en el caso de que la velocidad relativaentre ellos sea nula.

8. Datos: v = 349 m/s;

a) La velocidad del viento respecto a la Tierra será la ve-locidad relativa entre el sistema de referencia Tierray el sistema de referencia viento.

b) Primero hemos de calcular el tiempo transcurrido,que será el mismo en ambos sistemas. Para ello, supo-nemos x0 = x0’ = 0 y aplicamos la ecuación del MRUen el sistema S:

A continuación, aplicamos la ecuación del MRU, enel sistema S:

Cuadro del margen (pág. 297)

La Tierra puede considerarse un sistema inercial en un tra-yecto por carretera y en el ascenso al Everest. Pero no puedeser considerada como tal en el descenso y aterrizaje de unanave espacial y en el desplazamiento de una tormenta porAsia.

Transformaciones inversas (pág. 299)

3. LIMITACIONES DE LA FÍSICA CLÁSICA (págs. 300 y 301)

9. Los físicos del siglo XIX suponían que el universo estaballeno de éter porque creían que la luz necesitaba un me-dio material para propagarse. Y, como la luz llega a todoel universo, este medio, el éter, debía de llenarlo todo.

10. Las transformaciones de Galileo no afectan a las leyes deNewton. Pero la física clásica considera que sí afectan alas leyes de Maxwel, ya que éstas son válidas únicamenteen un sistema en reposo absoluto o sistema del éter, elúnico sistema en que la velocidad de la luz es c.


El primer esfuerzo por medir la velocidad de la luz sedebe a Galileo. Éste intentó medirla situando a dos per-sonas, en dos colinas distantes 1 km, cada una con unalinterna. En el momento en que destapaba la linterna, elotro debía destapar la suya. El primero debía medir eltiempo transcurrido entre estas dos acciones. Este méto-do no dio un valor razonable de la velocidad de la luz,dada la gran celeridad de ésta.

En 1676 Ole Römer calculó la velocidad de la luz obser-vando los tiempos de ocultación de los satélites de Júpi-ter.

Cuando la Tierra se acerca a Júpiter, el eclipse se produ-ce antes de lo esperado y, cuando la Tierra se aleja, seproduce después. Midiendo las diferencias de tiempo en-tre el primer caso y el segundo se puede determinar lavelocidad de la luz.

La primera medida no astronómica de la velocidad de laluz fue realizada por el físico francés A. Fizeau en 1849(método de la rueda dentada). El también físico francésJ. Foucault mejoró la medida de la velocidad de la luz en1850 (método del espejo giratorio).

Los dos métodos anteriores se basaron en dividir la luzen destellos, después de rebotar en un espejo lejano, ymedir su desfase con los destellos incidentes.

x x ut

y y

z z

t t

= ′ +

= ′

= ′

= ′

′ =

′ =

′ =

′ =

⇒

x x ut

y y

z y

t t

–

′ = ′ ′ = ⋅ =

′ =

x v t x m s s m

x km

; ,340 57 3 19 482

19 482

x v t t

xv

tm

m ss= = = =; ; ,

20 000349

57 3

r r ru v v m s m s m s= ′ = =( – ) –349 340 9

r

′ =v m s340

r r ru v v km h km h km h= = =( – ) – (– )1 2 90 80 170

r r ru v v km h km h km h= = =( – ) –1 2 90 80 10

X XX

162

S S’



El método actual se basa en principios similares, aunquelos destellos los proporciona un oscilador eléctrico (mé-todo de la célula de Kerr).

12. Observación. La Tierra se mueve en el universo.

Hipótesis. La Tierra se mueve con una velocidad deter-minada respecto de un sistema en reposo absoluto deno-minado sistema del éter.

Experiencia. El experimento de Michelson-Morley inten-tó medir la variación de la velocidad de la luz debida almovimiento de la Tierra para, de esta manera, hallar lavelocidad de la Tierra respecto al sistema del éter.

Resultado. La velocidad de la luz respecto al éter no de-pende del movimiento de la Tierra.

Nueva hipótesis, coherente con los resultados experi-mentales. La velocidad de la luz es constante e indepen-diente del movimiento del observador y del movimientode la fuente emisora. La comprobación experimental delas hipótesis permite descartar hipótesis falsas y elaborarotras nuevas coherentes con los datos experimentales.

13. El sistema de referencia S’ corresponde a la Tierra.

El sistema de referencia S’ corresponde al éter.

Por tanto, la velocidad de la luz respecto a S’ se calculade la siguiente manera:

Recorrido P → M1:

Recorrido M1 → P:

14. a) No, no puede explicarse. Si la luz es una onda pareci-da al sonido, necesita un medio material de propaga-ción y su velocidad se suma, o se resta, a la de estemedio.

b) No puede existir un sistema del éter, ya que la veloci-dad de la luz no depende del sistema de referenciaen que se mida. Así, no es necesario un sistema de re-ferencia privilegiado, el sistema del éter, y la luz nonos permite medir velocidades absolutas.

c) Estos resultados permiten concluir que la hipótesisinicial no era correcta. Aunque puede ocurrir que laresolución de los instrumentos de medida sea insufi-ciente, que el éter se mueva con la Tierra, o que losobjetos se contraigan en el sentido del movimiento,hay que estar abierto para aceptar nuevas hipótesisque sí estén de acuerdo con los resultados experi-mentales.

4. MECÁNICA RELATIVISTA: RELATIVIDAD ESPECIAL(págs. 302, 303, 305, 306, 307, 308, 309, 310 y 311)

15. Según las transformaciones de Galileo, si dos sistemas dereferencia S’ y S se mueven con una velocidad relativa v’,cada uno mide una velocidad de la luz diferente: si el

primero mide una velocidad c, el segundo mide una ve-locidad c + u. Por tanto, las transformaciones de Galileono dejan invariante el valor de la velocidad de la luz.

16. Postulado 1. Las leyes de la física son las mismas en to-dos los sistemas de referencia inerciales.

Este postulado señala que todos los sistemas de referen-cia inerciales son equivalentes en la descripción de cual-quier fenómeno físico.

Postulado 2. La velocidad de la luz es la misma en todoslos sistemas de referencia inerciales, cualesquiera quesean las velocidades de la fuente y del observador.

Este postulado nos indica que el valor de la velocidad dela luz, medido desde un sistema inercial, es siempre elmismo.

Estos postulados no son compatibles con la teoría deléter, ya que considera equivalentes todos los sistemas dereferencia inerciales y, por tanto, no cree en la existenciade ningún sistema de referencia absoluto.

— El valor de la velocidad de la luz no cambia tanto sinos dirigimos hacia la fuente luminosa como si nosalejamos de ella (segundo postulado). Así pues, nopodemos aplicar las transformaciones de Galileo a lavelocidad de la luz.

17. Datos: u = 0,6c

Calculamos las constantes

Transformaciones de Galileo:

x’ = x – 0,6c t

y’ = y

z’ = z

t’ = t

Transformaciones de Lorentz:

x’ = 1,25 (x – 0,6c t)

y’ = y

z’ = z

t’ = 1,25 (t – 2 · 10–9 x)

No, las transformaciones no son equivalentes.

18. No es necesario utilizar las transformaciones de Lorentzen la vida cotidiana, ya que las velocidades a que nos mo-vemos son muy pequeñas comparadas con la velocidadde la luz. Por tanto:

β γ= ≈ ≈uc

y0 1

β β

γβ

= = = ⋅

= =

uc c

sm

0 6 2 10

1

11 25

9

2

, ;

–,

–

β β γ, :

cy

r r r r r

′ = = +v v u c u– (– )

r r r r r

′ = =v v u c u– –

163



Entonces, las transformaciones de Lorentz se reducen alas de Galileo.

19. Datos: x = 100 m; t = 10 s; u = 0,5c

Calculamos la nueva distancia y el tiempo gracias a lastransformaciones de Lorentz:

x’ = 1,155 (x – 0,5c t)

x’ = 1,155 (100 m – 0,5 · c · 10 s)

x’ = –1,73 · 109 m

La distancia recorrida es el valor absoluto del resultado:1,73 · 109 m

Calculamos el tiempo:

t’ = 1,155 = 11,5 s

20. a) Sí, ya que el tiempo es el mismo para todos los siste-mas de referencia.

b) No, ya que el tiempo depende del sistema de referencia.

21. Si la velocidad del globo es cercana a la velocidad de laluz, desde la tierra no verán simultáneamente los relám-pagos. Primero verán el que ha caído bajo el globo y,después, el que ha caído sobre el globo.

22. Datos: l’ = 60 m; d = = 30 m; u = 0,8c

a) El observador fijo en la Tierra ve los rayos simultáne-amente, pues la velocidad de la luz es constante y am-bos rayos recorren la misma distancia.

b) El vagón situado en el sistema de referencia S’ semueve hacia el relámpago anterior y se aleja del pos-terior. Por ello, verá antes el relámpago anterior. Am-bos relámpagos no serán simultáneos para él.

Si el primer relámpago llega al pasajero cuando ha pa-sado un tiempo t’, ha recorrido un espacio: x’ = u t’;por tanto, el relámpago ha recorrido el espacio: d – u t1

Calculamos el tiempo que tarda el relámpago en re-correr este espacio:

d – u t1 = c t1; d = c t1 + u t1; d = (c + u) t1

En cambio, el relámpago posterior ha recorrido unespacio:

x + u t2

siendo t2 el tiempo que tarda en llegar el segundo re-lámpago.

Calculamos t2 a partir de la expresión:

x + u t2 = c t2

La diferencia de tiempo que percibe O’ es:

t2 – t1 = 5 · 10–7 s – 5,56 · 10–8 s

t2 = 4,4 · 10–7 s

23. Datos: ∆t = 5 min = 300 s; = 0,7;

Calculamos ∆t’ para el viajero:

24. Datos: ∆t’ = 8,4 s; u = 0,8c; = 0,8;

a) Calculamos el período visto en la Tierra:

b) El período propio se mide desde un sistema solidariocon el péndulo; en nuestro caso, el tren. Por tanto, elperíodo propio será de 8,4 s.

25. Datos: u = 0,6c; ∆x’ = 340 m; ∆y’ = 21 m

Calculamos las constantes β y γ:

Calculamos las longitudes que mediría un observadorfijo en la Tierra:

∆y = ∆y’ = 21 m de alto

m de largo

26. Datos: u = 0,8c; ∆x = 150 m; ∆y = 18 m

Calculamos las constantes β y γ:

Calculamos las longitudes que mediría un observadorfijo en la Tierra:

∆y’ = ∆y = 18 m de alto

∆x’ = γ ∆x = 1,667 · 150 m = 250 m de largo

β γβ

= = = =0 80 8

1

11 667

2

,, ;

–,

cc

∆ ∆ ∆x x x m= ′ = =1 1

1 25340 272

γ;

,

β γβ

= = = = =uc

cc

0 60 6

1

11 25

2

,, ;

–,

∆ ∆ ∆t t t s s= ′ = ⋅ =γ ; , ,1 67 8 4 14

γβ

= =1

11 67

2–,

β = u

c

∆ ∆′ = = ⋅ =

⋅ =

t t s s

smin

smin

γ 1 4 300 420

4201

607

,

γβ

= =1

11 4

2–,

β = uc

tx

c ud

c cm

m s

t s

2 8

27

0 830

0 2 3 10

5 10

= = =⋅ ⋅

= ⋅

– – , ,

–

td

c ud

c cm

m s

t s

1 8

18

0 830

1 8 3 10

5 56 10

=+

=+

=⋅ ⋅

= ⋅

, ,

, –

l'2

10 1 7 10 1009s

sm

m– , –⋅ ⋅

β β

γβ

= = = ⋅

= =

uc c

sm

0 5 1 7 10

1

11 155

9

2

, ; ,

–,

–

164



27. a) Datos:

para las dos naves

Calculamos v’ a partir de la fórmula relativista de adi-ción de velocidades:

Por tanto:

b)

Calculamos v’ a partir de la fórmula de la adición re-lativista de velocidades:

La velocidad de la nave A, vista desde B, será (0,9c,0,392c).


Aspectos sorprendentes de la mecánica relativista:

— La longitud de los cuerpos depende del sistema dereferencia en que se miden.

— El tiempo también depende del sistema de referenciaen que lo midamos.

— La suma de velocidades relativista no es una suma delas componentes de las velocidades iniciales.

— La simultaneidad depende del sistema de referenciadesde el que miro los sucesos.

Simultaneidad

Mecánica clásica:

— La simultaneidad no depende del sistema de referen-cia desde el que observemos los sucesos, ya que eltiempo es el mismo para todos los observadores.

Mecánica relativista:

— Dos sucesos simultáneos en un sistema de referenciano tienen por qué serlo en otro.

Dilatación del tiempo

Mecánica clásica:

— El transcurso del tiempo es independiente del obser-vador que lo mida.


— La dilatación del tiempo es consecuencia de las trans-formaciones de Lorentz.

Contracción de longitudes

Mecánica clásica:

— La longitud de un cuerpo no depende del observa-dor que lo mida.


— Debido a las transformaciones de Lorentz, un cuerposituado en un sistema inercial parece contraído si seobserva desde otro sistema de referencia inercial enmovimiento respecto al primero, aunque únicamenteen la dirección del desplazamiento relativo.

Adición de velocidades

Mecánica clásica:

— La adición de velocidades se efectúa como suma vec-torial de las velocidades iniciales. Por tanto, si tira-mos una pelota con velocidad c desde un tren queviaja a la velocidad de la luz c, la pelota saldría dispa-rada con velocidad 2c.


— A causa de las transformaciones de Lorentz, la adi-ción de velocidades relativista no es suma vectorial delas velocidades iniciales. No podríamos, en este caso,tirar una pelota con velocidad c porque ningún cuer-po con masa puede alcanzarla.

29. Al acelerar 1 g de oro hasta una velocidad de 0,9c, la me-cánica relativista determina que un observador en repo-so que vea el oro moviéndose a 0,9c no lo verá con unamasa de 1 g, sino con una de 2,3 g. Pero esto no significaque aumente su número de átomos, que seguirá siendosiempre el mismo, sino que la masa de cada átomo, vistaen movimiento a esa velocidad, aumenta en un factor2,3.

30. a) Datos: me = 9,1 · 10–31 kg; v = 0,9c

Calculamos β y γ, y la masa vista desde el observadoren reposo:

b) Datos: v = 0,99c

Determinamos β y γ para hallar la masa relativista:

c) Datos: v = 250 m/s

Para calcular γ, tomaremos c = 3 · 108 m·s–1:

β γβ

γ

= = = =

= = ⋅ ⋅ = ⋅

vc

m m kg kge

0 991

17 089

7 089 9 1 10 6 45 10

2

31 30

, ;–

,

, , ,– –

β γβ

γ

= = = =

= = ⋅ ⋅ = ⋅

vc

m m kg kge

0 91

12 294

2 294 9 1 10 2 09 10

2

31 30

, ;–

,

, , ,– –

′ = =⋅

′ =

=

⋅

′ =

vv u

v u

c

cc

c

vv

v u

c

c

c

c

v c

xx

x

y

y

x

y

–

–

, –

–,

–

–

, – ,

–,

,

1

0 9 0

10 0 9

1

1

0 9 1 0 9

10 0 9

0 392

2 2

2

2

2

2

β

r ru c v c= =(– , , ); ( , , )0 9 0 0 0 9

r

′ =v c( , , )0 994 0

′ = =

′ =

vv u

v u

c

c cc c

c

v c

xx

x

x

–

–

, – (– , )

–, (– , )

,

1

0 9 0 9

10 9 0 9

0 994

2 2

β = =u

c0 9,

r ru c v c= =(– , , ); ( , , )0 9 0 0 9 0

165



La velocidad en este caso es mucho más pequeña quela velocidad de la luz, por lo que los efectos relativis-tas son despreciables y la masa es prácticamente lamisma que en reposo.

31. Datos: m0 = 270 kg; v = 0,8c

a) Consideramos el Sol en reposo y el meteorito movién-dose respecto a él a v = 0,8c. Las constantes β y γ serán:

y la masa del meteorito:

m = γ m0 = 1,667 · 270 kg = 450 kg

b) La masa propia del meteorito es su masa en reposo:

m0 = 270 kg

c) Si queremos que la masa en movimiento parezca eldoble de la masa en reposo, debemos imponer m = 2 m0, de donde se deduce que γ = 2. Entonces,obtendremos la velocidad a partir de β:

Despejando β:

Como sabemos que :

v = β c = 0,866c

Es decir, la masa parecerá el doble de la masa en re-poso si se mueve a un 86,6 % de la velocidad de la luz.

32. Datos: m0 = 5 000 kg; u = 0,9c; = 0,9;

Calculamos la masa relativista:

m = γ m0 = 2,29 · 5 000 kg = 11 450 kg

Calculamos el incremento de masa:

∆m = m – m0 = 11 450 kg – 5 000 kg = 6 450 kg

— Aplicamos la expresión de la energía cinética parahallar la energía suministrada:

Ec = ∆m c2 = 6 450 kg (3 · 108 m·s–1)2

Ec = 5,8 · 1020 J

33. Datos: me = 9,1 · 10–31 kg; u = 0,3c; β = 0,3

Calculamos el incremento de masa:

m = γ m0 = 1,048 · 9,1 · 10–31 kg

m = 9,54 · 10–31 kg

∆m = m – m0 = 4,4 · 10–32 kg

El incremento de energía será:

E = ∆m c2 = 3,96 · 10–15 J

El incremento de energía cinética clásica será:

∆Ec = mc v2 = mc (0,3c)2

∆Ec = · 9,1 · 10–31 kg (0,3 · 3 · 108 m·s–1)2

∆Ec = 3,69 · 10–15 J

Las dos energías son parecidas debido a que la velocidadfinal del electrón es pequeña respecto a la velocidad dela luz.

34. La energía de un cuerpo en reposo no es nula desde elpunto de vista relativista, ya que tiene una energía debi-da a su masa en reposo e igual a m0 c2.

35. Al proporcionar energía a un cuerpo, éste la utiliza paraaumentar su velocidad y su masa. Así, parece posible au-mentar la masa de un cuerpo proporcionándole energía.Sin embargo, cada vez necesitará más energía para au-mentar su masa y su velocidad:

m = γ m0

36. m01 = m02 = 0,003 kg

v1 = v2 = 0,8c; β = = 0,8

a) Calculamos la masa relativista antes del choque:

m1 = m2 = γ m0 = 1,67 · 0,003 kg

m1 = m2 = 5 · 10–3 kg = 5 g

b) Calculamos la energía de las dos partículas antes delchoque:

E1 = ∆m1 c2 = 0,002 kg (3 · 108 m·s–1)2

E1 = 1,8 · 1014 J

E2 = ∆m2 c2 = 1,8 · 1014 J

c) La masa final será la suma de las masas relativistas:

ME

c

E E

c

m c m c

c

M m m g g

0 21 2

21

22

2

2

0 1 2 5 5

= =+

=+

= + = +

γ γβ

1 22 2

1

1

1

1 0 81 67= = = =

– – ,,

′vc

12

12

12

γβ

= = =1

1

1

1 0 31 048

2 2– – ,,

γβ

= = =1

1

1

1 0 92 29

2 2– – ,,

β = uc

β = u

c

β

γ= = =1

11

1

20 866

2 2– – ,

γβ

= =1

12

2–

β γβ

= = = =vc

0 81

11 667

2, ;

–,

γβ

= = ≈ = ⋅1

11 9 1 10

2

31

–; , –m m kge

β = =

⋅⋅ ⋅

= ⋅vc

m s

m s

250

3 108 33 10

1

8 17

–

––,

166

= 10 g





El problema principal es que la idea puede ser falsa oparcialmente incorrecta y no ajustarse, por tanto, a la re-alidad.


No, las teorías científicas de Newton fueron un granavance para la ciencia y para la humanidad. De hecho,las teorías de Einstein son las únicas válidas para los cuer-pos con velocidades próximas a la de la luz pero se redu-cen a las ecuaciones de Newton para velocidades más pe-queñas.


Es importante destacar que, por mucho que una teoríase ajuste a los hechos experimentales, siempre puedeexistir un nuevo experimento o descubrimiento que exi-ja una teoría más completa. También ha de tenerse encuenta que es necesario que esta teoría más completa in-cluya la anterior como caso particular.


37. Datos:

— Aplicamos la ley de adición de velocidades clásica:

vx = vx’ + ux = 0,7c + 0,8c = 1,5c

= (1,5c, 0)

Por tanto, el electrón saldría despedido a una veloci-dad mayor que la de la luz.

— Aplicamos la adición relativista de velocidades:

Por tanto, la velocidad respecto al laboratorio es:

38. Datos: ;

Debemos hallar la velocidad v del módulo espacial res-pecto a la Tierra:

39. Datos: ∆t’ = 2,6 · 10–8 s; v = 0,9c; u = v = 0,9 c; β = 0,9

a) Aplicamos la dilatación temporal:

Calculamos la distancia recorrida:

x = v ∆t = 0,9c · 6,0 · 10–8 s

x = 0,9 · 3 ·108 m·s–1 · 6,0 · 10–8 s = 16,2 m

b) Desde el punto de vista del pion, el laboratorio semueve a 0,9c. Para determinar la distancia recorridapor el pion en S’ aplicamos la contracción de longi-tudes:

x’ = x · = 16,2 m · = 7,1 m

40. Datos: v = 0,95c; β = 0,95; ∆x = 2 m; ∆y = 1 m; ∆t = 6,4 s

a) Aplicamos la fórmula de contracción de longitudes:

∆x’ = ∆x = 2 m ·

∆x’ = 0,6 m de largo

∆y’ = ∆y = 2 m de ancho

b) Calculamos el tiempo visto desde un observador de laestación, ∆t’. Tenemos en cuenta que éste habrá ob-servado la contracción relativista del tiempo según lafórmula relativista:

∆t’ = 6,4 s

∆t = ∆t’ = 6,4 s · = 2 s

41. Datos: E = 500 N/C; me = 9,1 · 10– 31 kg; Q = –1,6 · 10–19 C

a) Calculamos el valor de la fuerza eléctrica:

b) Aplicamos el teorema del impulso en la dirección delmovimiento:

r

r

F Q E CNC

F N

= = ⋅ ⋅

= ⋅

– , –

–

1 6 10 500

8 10

19

17

1 0 952– , 1 2– β

1 0 952– ,1 2– β

1 0 92– , 1 2– β

∆ ∆ ∆tt

ts

s= ′ =⋅

= ⋅1

2 6 10

1 0 96 0 10

2

8

2

8

–;

,

– ,,

––

β

′ = ′

=

= ′ =

⋅

=

= =

vv

v u

c

vv u

cv

v v

v u

c c

c c

c c

v v v c c

yy

xy

xy

y y

x

x y

1

11 1

1

10 4

10 8 0 8

1 0 80 24

0 8 0 24

2

2

22

2

2

2

2

–

–; – –

–

–,

–, ,

– ,,

( , ) ( , , , )

ββ

βr

vv u

v u

c

cc

c

cxx

x= ′ +

+′

= +

+ ⋅=

1

0 0 8

10 8 0

0 8

2 2

,,

,

β = =u

c0 8,

r ru c v c= ′ =( , , ); ( , , )0 8 0 0 0 4

rv c= ( , , )0 962 0

′ =

′

=

′′

=

′ + = +′

′ + =′

= ′ +

+′

= +

vv u

v u

c

vv u

cv u

v vv u

cv u

v u v vv u

c

v u vv u

c

vv u

v u

c

c

xx

x

xx

x

x xx

x

x x xx

x xx

xx

x

–

–

– –

– –

–

, ,

1

1

1

1

0 8 0 7

2

2

2

2

2

2

ccc c

c

c1

0 8 0 70 962

2+ ⋅

=, ,

,

r r rv v u= ′ +

r ru c v c= ′ =( , , ); ( , , )0 7 0 0 8 0

167



F t = ∆p = m0 c – m0 v0; F t = m0 c

c) Aplicamos de nuevo el teorema del impulso, tenien-do en cuenta que en la mecánica relativista la masavaría con la velocidad:

F t = m v; donde v = c β y m = γ m0

Despejamos β y sustituimos los datos del enunciado:

El electrón alcanza el 71 % de la velocidad de la luz.

42. E = 1 000 N/C; t = 1 ms = 10–3 s; mp = 1,67 · 10–27 kg; e = 1,6 · 10–19 C

a) Calculamos el valor de la fuerza eléctrica:

F = Q E = 1,6 · 10–19 C · 1 000 N/C

F = 1,6 · 10–16 N

b) Para calcular la velocidad final del protón aplicamosde nuevo el teorema del impulso, teniendo en cuen-ta que en la mecánica relativista la masa varía con lavelocidad:

F t = m v, donde v = c β y m = β m0

Despejamos β y sustituimos los datos del enunciado:

Es decir, el cuerpo alcanza el 30 % de la velocidad dela luz.

43. Datos: me = 9,1 · 10–31 kg

a) La energía mínima se obtiene cuando todas las partí-culas quedan en reposo después del choque:

Einicial = Efinal = 4 me c2

Einicial = 4 · 9,1 · 10–31 kg (3 · 108 m·s–1)2

Einicial = 3,28 · 10–13 J

La energía relativista de cada electrón es:

b) Calculamos la masa relativista de un electrón a partirde su energía relativista:

E = m c2

Por lo tanto, es el doble de la masa en reposo.

c) Para hallar la velocidad del electrón, igualamos lamasa obtenida con la definición de masa relativista:

de donde β = 0,87. Es decir, la velocidad de cadaelectrón es igual al 87 % de la velocidad de la luz.

44. Datos: mp =1,67 · 10–27 kg

a) La energía mínima se obtiene cuando las seis partícu-las quedan en reposo. Aplicando la conservación dela energía:

Einicial = Efinal = 6 mp c2

Einicial = 6 · 1,67 · 10–27 kg (3 · 108 m·s–1)2

Einicial = 9 · 10–10 J

La energía mínima ha de ser de 9 · 10–10 J.

La energía mínima de cada protón ha de ser, portanto:

b) Calculamos la masa relativista del protón a partir desu energía relativista: E = m c2

c) Hallamos la energía cinética de cada protón inciden-te a partir del incremento de masa:

∆Ec = ∆m c2 = (3 mp – mp) c2 = 2 mp c2

∆Ec = 3 · 10–10 J

d) Para hallar la velocidad del protón igualamos la masaobtenida con la definición de masa relativista:

de donde β = 0,94. Por tanto, v = 0,94c.

m mm

pp

= = =31

1132

2

–; –

ββ

m

E

c

m c

cJp= = = ⋅

2

2

2273

5 01 10, –

E

m c JJp= =

⋅= ⋅

6

29 10

24 5 10

2 1010

––,

m mm= = =2

11 0 50

0

2

2

–; – ,

ββ

mE

c

m c

cm kge

e= = = = ⋅2

2

2302

2 1 82 10, –

EE J

Jinicial= =⋅

= ⋅2

3 28 10

21 6 10

1313,

,–

–

β

β

=

+

=

+⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

=

1

1

1

11 67 10 3 10

1 6 10 10

0 3

02 2

2 2

27 2 8 1 2

16 3 2

m c

F t

kg m s

N s

( , ) ( )

( , )

,– –

– –

F tm c F t

m c= =0

2

2 2

02 2

2

21 1

β

β

ββ–

;–

β

β

=

+

=

+⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

=

1

1

1

19 1 10 3 10

8 10 3 4 10

0 71

02 2

2 2

31 2 8 1 2

17 2 6 2

m c

F t

kg m s

N s

( , ) ( )

( ) ( , )

,– –

– –

F tm c F t

m c= =0

2

2 2

02 2

2

21 1

β

β

ββ–

;–

tm c

Fkg m s

N

t s

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅

031 8 1

17

6

9 1 10 3 10

8 10

3 4 10

,

,

– –

–

–

168




45. Decimos que un coche se pone en marcha cuando semueve respecto a un sistema de referencia fijo en el sue-lo. Como nosotros somos solidarios con este sistema dereferencia por estar parados respecto a él, decimos queel otro coche es el que se mueve.

No se vulnera el principio de relatividad, puesto que laafirmación que es el otro coche el que se mueve es ciertaen el sistema de referencia fijo en el suelo.

46. Por el principio de relatividad de Einstein, la velocidadde la luz no depende del observador; por tanto, no de-pende de su dirección ni de la velocidad relativa entrefuente y receptor.

47. Las principales consecuencias de las transformaciones deLorentz son la dilatación del tiempo, la contracción delongitudes y la relativización del concepto de simultanei-dad.

48. Para que un cuerpo alcanzara la velocidad de la luz de-beríamos aplicarle una fuerza infinita, según la mecánicarelativista.

49. El principio de equivalencia entre la masa y la energíaafirma que la masa y la energía son dos aspectos del mis-mo fenómeno y que, por tanto, la masa puede presentar-se en forma de energía, y viceversa.

50. Datos:

∆t = 10 s = 2,78 · 10–3 h; = 12 km/h

a) Aplicamos las transformaciones de Galileo para cal-cular la velocidad de la motocicleta respecto a la au-topista:

La velocidad de la motocicleta 10 s después es:

b) Calculamos la aceleración de la motocicleta respectoal automóvil:

Utilizamos las transformaciones de Galileo para ha-llar la aceleración respecto a la autopista:

c) Utilizamos las ecuaciones de la cinemática para cal-cular el tiempo que tarda en superar la velocidad lí-mite de la autopista.

en nuestro caso, v = 120

v0 = 112 km/h; a = 719 km/h2

t = 0,01 h = 40 s

51. Datos: m = 10 kg

= (10 t + t2, 8 t – t2)

(10, 0) m/s

Aplicamos las transformaciones de Galileo:

x’ = x – u t = 10 t + t2 – 10 t = t2

y’ = y = 8 t – t2

Por tanto:

= (t2, 8t – t2) m

Derivamos el vector posición para calcular la velocidad:

= (10 + 2t, 8 – 2t) m/s

Calculamos v’ utilizando las transformaciones de Galileo:

= (10 + 2t, 8 – 2t) – (10, 0)

= (2t, 8 – 2t) m/s

Calculamos la aceleración, que será la misma para losdos sistemas de referencia:

Calculamos la fuerza, que será igual para los dos observa-dores:

52. Datos: t1 = 15 min = 900 s

d = 1 km = 1000 m

′ = = =

′ =

r r r

rF F m a kg m s

F N

10 2 2

20 20

2( , – )

( , – )

rr

rr

advdt

m

s

advdt

m

s

= =

′ = ′ =

( , – )

( , – )

2 2

2 2

2

2

r

′v

r r r

′ =v v u–

rv t( )

rr t( )

ru = rr t( )

tkm h km h

km h=

120 112

719 2

–

kmh

tv v

a=

–;0

r r rv v v t= +0

r ra a

km

h

m

s= ′ = =719 0 06

2 2,

′ = =⋅

=

⋅ ⋅ =

av v

t

km h km h

h

km

h

km

h

h

s

m

kmm

s

r r2 1

3 2

2

2

2 2

12 10

2 78 10719

7191

3 600

1000

10 06

– –

,

( ),

–∆

′ =

= ′ + = +

=

r

r r r

r

v km h

v v u km h km h

v km h

2

2 2

2

12

12 100

112

′rv2

′ =

= ′ + = +

=

r r r

r r r

r

v v u

v v u km h km h

v km h

1

1 1

1

10 100

110

–

′rv2

r ru km h v km h= ′ =100 101;

169

t2

d2

d3

d + d3

d1

d

t1Puente

t1

u

y



53. Datos: l = 2 km;

a) Calculamos la velocidad del bote visto desde la orilla:

b) Utilizamos las leyes de la cinemática para calcular eltiempo que tarda en atravesar el río:

x = x0 + v0x t

54. Datos: d = 9 años luz = 9c · año; v = 0,8c;

a) Calculamos el tiempo que tarda para un observadorde la Tierra:

Calculamos el tiempo para un observador de la nave:

Desde el punto de vista del astronauta, la distancia Tie-

rra-Sirio será inferior a la distancia propia del sistema.Por ello, la distancia recorrida también será menor:

55. Datos: ∆x’ = 115 cm = 1,15 m; ∆y’ = 89 cm = 0,89 m; v = 0,8c; β = 0,8;

a) Calculamos las dimensiones de la alfombra medidaspor B:

∆y = ∆y’ = 0,89 m

b) Calculamos el tiempo que observa A si para B hatranscurrido 1 min:

∆t = 1 min

∆t’ = γ ∆t = 1,67 · 1 min = 1,67 min

Por tanto, el genio A mide:

56. a)

Calculamos la velocidad de B medida desde A:

b)

c)

El módulo de la velocidad será:

57. Datos:

Aplicamos la fórmula de adición relativista de velocida-des:

′ = =⋅

=vv u

v u

c

c cc c

c

cxx

x

–

–

, – ,

–, ,

,1

0 6 0 4

10 6 0 94

0 26

2 2

r rv c u cx = =( , , ; ( , , )0 6 0 0 4 0

′ = ′ + ′ = + =v v v c cx y( ) ( ) , , ,2 2 2 20 8 0 54 0 965

′ = =⋅

=

′ = =⋅

=

vv u

v u

c

c

c

c

c

vv

v u

c

cc

c

c

xx

x

yy

x

–

–

– ,

–,

– ,

–

–

, – ,

–,

,

1

0 0 8

10 0 8

0 8

1

1

0 9 1 0 8

10 0 8

0 54

2

2

2

2

2

2

2

β

r rv c u c= =( , , ); ( , , )0 0 9 0 8 0

′ = =⋅

=vv u

v u

c

c c

c

c

cxx

x

–

–

– , – ,

–, (– , )

– ,1

0 9 0 8

10 8 0 9

0 988

2

2

2

r ru c v c= =( , , ); (– , , )0 8 0 0 9 0

′ = =⋅

=vv u

v u

c

c c

c

c

cxx

x

–

–

, – ,

–, ,

,1

0 9 0 8

10 8 0 9

0 357

2

2

2

r ru c v c= =( , , ); ( , , )0 8 0 0 9 0

851 67

51pulsaciones

minpulmin,

=

∆ ∆

xx m

m= ′ = =γ

1 15

1 670 69

,

,,

γβ

= = =1

1

1

1 0 81 67

2 2– – ,,

∆ ∆′ = = =x

x a la l

γ91 67

5 4. .

,, . .

′ = = =t

ta a

γ11 251 67

6 75,,

,

v

dt

tdv

c ac

a= = = ⋅ =;,

,90 8

11 25

β γβ

= = = =0 81

1

1

1 0 81 67

2 2, ;

– – ,,

tx x

v

km

km hh min

x

= = = =– 0

0

2

412

30

r r r

r

r

v v v km h

v v v km h

v km h

r b

x y

= + =

= + = +

=

( , – )

( ) ( ) (– )

4 3

4 3

5

2 2 2 2

r r r rv j km h v i km hr b= =– ; –3 4

ukm

minh

min

kmh

= =1

301

60

2

d u t um

mins

min

u m s= = =21 000

3060

1

0 55; ; ,

d u t d u t

d v u t

d d v u t t

v u t u t v u t t

v t u t u t v t v t u t u t

v t v t

t t t min

1 1 2

3 1

3 2 1

1 2 2 1

1 1 2 2 1 2 1

1 2

2 1 2

2

2 2 15

= =

=

+ = +

+ = +

+ = +

=

= = ⋅

;

( – )

( )( – )

( – ) ( )( – )

– –

; ; tt min2 30=

170

Y

X

Bote

Corriente del río



58. Datos: m = 9m0

La expresión de la masa relativista es:

Por lo tanto, comparando con la expresión anterior:

Esto significa que la velocidad ha de ser:

u = 0,994c

No, porque la masa inicial no se anula. Sólo depende delfactor en que incrementemos la masa.

59. Datos: E = 4 mp c2

Calculamos la energía cinética a partir del incrementode masa:

Ec = 4 mp c2 – mp c2 = 3 mp c2

Ec = 3 · 1,67 · 10–27 kg (3 · 108 m/s)2

Ec = 4,5 · 10–10 J

Calculamos la masa relativista a partir de su energía rela-tivista:

60. La velocidad de un cuerpo en el sistema S’ es:

A partir de las ecuaciones de transformaciones de Lo-rentz sabemos que:

x’ = γ(x – u t)

t’ = γ

La velocidad en S es, por lo tanto:

Dividimos el numerador y el denominador por t:

De la misma manera podemos deducir el valor de v’ y apartir de las transformaciones de Lorentz:

61. Datos: p = m v = γ m0v; E = m c2 = γ m0 c2

Elevamos al cuadrado la energía:

E2 = m2 c4 = γ2 m02 c4

Como

Sustituimos el valor de E = γ m0 c2:

E2 – γ2 m02 c4 = m0

2 c4

E2 = γ2 m02 c2 v2 + m0

2 c4

Y recordamos la definición del momento, p = γ m0 v:

E2 = p2 c2 + m02 c4

Ésta es la relación que buscábamos.

62. Datos: e = –1,6 · 10–19 C; me = 9,1 · 10–31 kg; v = c = 3 · 108 m/s

a) Consideramos que toda la energía proporcionada seutiliza en aumentar la velocidad:

Eproporcionada = Ec

Despejamos el incremento de potencial:

b) Aplicamos la expresión relativista de la energía:

Despejamos β:

E m c m c= =γβ

02

20

21

1 –

∆

∆

Vm v

qkg m s

C

V V

= =⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

= ⋅

2 31 8 1 2

19

5

29 1 10 3 10

2 1 6 10

2 6 10

, ( )

,

,

– –

–

q V m v∆ = 12

2

v

c

2

2

E

m cE E m c2 0

2 4

22 2 2

02 4

1= =

–; –

ββ

γβ

γβ

= =1

1

1

12

22

–;

–

′ =

′ =

′ =′′

=

=

′ =

=

y y

t tc

x

vyt

y

tc

x

yt

tt c

xt

vv

cv

v

v u

c

x

xy

x

y

x

γ β

γ β γ β

γ ββ

–

– –

–

–

–1

1

1

2

2

′ = = =v

xt

utt

tt c

xt

v u

cv

v uu v

c

xx

x

x–

–

–

–

–

–β β

1 12

′ = ′′

=

vxt

x ut

tc

xx

γ

γ β( – )

–

tc

x–β

′ = ′

′v

xtx

mE

c

m c

cm

m kg kg

pp= = =

= ⋅ ⋅ = ⋅

2

2

2

27 27

44

4 1 67 10 6 68 10, ,– –

m m m= =

= =

=

=

91

1

119

119

119

0 994

02

0

2 22

2

–

– ; –

– ,

β

β β

β

m m m= =γβ

02

01

1 –

171



La energía es debida tanto a la masa en reposo comoa la diferencia de potencial aplicada; por tanto:

por tanto; v = 0,745c

c) Calculamos la masa relativista del electrón:

Por lo tanto:

m = 1,5 me

63. Datos: ∆V = 400 000 V

a) Calculamos la energía cinética relativista y observa-mos que el resultado coincide con la energía cinéticaclásica:

Ec = ∆m c2 = (q ∆V + m0 c2) – m0 c2

Ec = q ∆V = 1,6 · 10–19 C · 400 000 V

Ec = 6,41 · 10–14 J

Ec = 6,41 · 10–14 J = 0,4 MeV

b) Calculamos la velocidad que adquiere desde el puntode vista clásico:

Ec = m v2

v = 3,75 · 108 m/s = 1,250c

Efectuamos ahora los cálculos desde el punto de vistarelativista:

Despejamos β:

La energía es debida tanto a la masa en reposo comoa la diferencia de potencial. Por tanto:

β = 0,828c

c) Calculamos la masa relativista:

Por tanto:

m = 1,783 m0

Calculamos la energía relativista:

E = ∆m c2 = 1,783 m0 c2 – m0 c2

E = m0 c2 (1,783 – 1)

E = m c2 = 1,783 m0 c2

E = 1,783 · 9,1 · 10–31 kg (3 · 108 m·s–1)2

E = 1,46 · 10–13 J

E = 1,46 · 10–13 J = 0,912 MeV

64. Datos: E = 80 V/m; t = 5 s; Q = 1,6 · 10–19 C;m0 = 2 · 10–26 kg

a) Calculamos la fuerza aplicada al ion:

F = q E = 1,6 · 10–19 C · 80 V/m = 1,3 · 10–17 N

b) Aplicamos el teorema del impulso para hallar la velo-cidad, teniendo en cuenta que en mecánica relativis-ta la masa varía con la velocidad:

F t = m v1 donde v = c β, m = γ m0

Despejando β y sustituyendo los datos del enunciado:

c) Calculamos la masa relativista:

β

β

β

=

+

=

+⋅ ⋅ ⋅

⋅

=

= =

1

1

1

12 10 3 10

1 3 10 5

0 996

0 996

02 2

2 2

26 2 8 1 2

17 2 2

m c

F t

kg m s

N s

vc

v c

( ) ( )

( , ) ( )

,

; ,

– –

–

F tm c F t

m c= =0

2

2 2

02 2

2

21 1

β

β

ββ–

;–

1

1 602 10 13

MeV

J, –⋅

m mmm

mme

= =

= = =

γ γ

β

00

2 2

1

1

1

1 0 8281 783

;

– – ,,

E m c q V

m c

m c q V

= +

=+

=⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

02

02

02

2

31 8 2

31 8 2 19

2

1

19 1 10 3 10

9 1 10 3 10 1 6 10 400 000

∆

∆β

β

–

–, ( )

, ( ) ,

–

– –

β =

1 0

2 2

–m c

E

m m cm c

= =γβ

02 0

2

21 –

vEc

m

J

kg= =

⋅ ⋅

⋅2 2 6 41 10

9 1 10

14

31

,

,

–

–

12

1

1 602 10 19

eV

J, –⋅

mm

m

me

e

e

= = = =γ

β

1

1

1

1 0 7451 5

2 2– – ( , ),

β = 0 745, ,

E m c q V

m c

m c q V

= +

=+

=⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅

02

02

02

2

31 8 2

31 8 2 19 5

2

1

19 1 10 3 10

9 1 10 3 10 1 6 10 2 559 10

∆

∆β

β

–

–, ( )

, ( ) , ,

–

– –

β =

1 0

2 2

–m c

E

172



Por lo tanto: m = 11,2 m0

m = 11,2 · 2 · 10–26 kg = 2,24 · 10–25 kg

Calculamos la energía cinética relativista:

Ec = ∆m c2 = γ m0 c2 – m0 c2 = m0 c2 (γ –1)

Ec = 1,8 · 10–8 J

65. Datos: me = 9,1 · 10–31 kg;

Reacción: (e– + e–) → (e– + e–) + 3 (e– + e+)

a) La energía mínima relativista se obtiene cuando laspartículas quedan en reposo después del choque.Aplicamos el principio de conservación de la energíarelativista:

Einicial = Efinal = 8 me c2

Einicial = 8 · 9,1 · 10–31 kg (3 · 108 m·s–1)2

Einicial = 6,55 · 10–13 J

Luego la energía relativista de cada electrón será:

E =

E = 3,28 · 10–13 J = 2,05 Mev

b) Calculamos la masa relativista de un electrón a partirde su energía relativista:

m = 3,6 · 10–30 kg

c) Hallamos la energía cinética de cada protón inciden-te a partir de su incremento de masa:

Ec = ∆m c2 = (4 me – me) c2 = 3 me c2

Ec = 3 · 9,1 · 10–31 kg (3 · 108 m·s–1)2

Ec = 2,5 · 10–13 J = 1,5 MeV

Para hallar la velocidad del electrón igualamos lamasa obtenida con la definición de masa relativista:

de donde β = 0,97. Por tanto, su velocidad será v = 0,97c.


1. a) Si el cohete se mueve a velocidad constante respectode la Tierra, ambos pueden considerarse sistemas dereferencia inerciales.

b) Las leyes de Newton se cumplen en el sistema S’ úni-camente si éste es un sistema inercial, es decir, si suvelocidad es constante.

2. Datos: d = 6 km; ts = 1 h; tb = 36 min = 0,6 h

a) Aplicamos las leyes de la cinemática al subir:

d = (v – u) ts

donde v es la velocidad del bote, y u es la velocidaddel río.

Aplicamos las leyes de la cinemática al bajar:

d = (v + u) tb

De esta manera, obtenemos un sistema de dos ecua-ciones con dos incógnitas, del que despejamos u:

v = 6 km/h + u

v = 10 km/h – u

6 km/h + u = 10 km/h – u; 2 u = 4 km/h

u = 2 km/h

b) Despejamos ahora la velocidad propia del bote, v:

v = 10 km/h – u = 8 km/h

3. El principio de relatividad de Galileo está de acuerdocon la invariabilidad de las leyes de la mecánica clásicaentre sistemas inerciales; mientras que el de Einstein estáde acuerdo también con la invariabilidad de las leyeselectromagnéticas.

El primero sólo puede aplicarse en sistemas cuya veloci-dad sea muy inferior a la de la luz.

4. La teoría de la relatividad especial nació al estudiar lastransformaciones de las leyes electromagnéticas entre sis-temas inerciales. En concreto, el experimento de Michel-son-Morley hizo necesarias la constancia de la velocidadde la luz y la no dependencia del sistema de referenciaen que se mida.

5. Datos: m = 2 m0

La fórmula que relaciona la masa en reposo con la masarelativista es: m = γ m0. Por tanto, γ = 3

Como γ =

entonces:

La velocidad deberá ser de 0,866c.

6. — Veríamos los objetos cotidianos en movimiento máscortos, debido a la contracción de longitudes.

— Los movimientos de los objetos con una cierta veloci-dad se verían como a cámara lenta debido a la dilata-ción del tiempo.

— El concepto de simultaneidad no sería válido.

β = =1

1

30 942

2– ,

1

11

12 2

–; –

ββ

γ=

d v u t

d v u t

km v u h

km v u h

s

b

=

= +

=

= +

( – )

( )

( – )

( ) ,

6 1

6 0 6

m mm

ee= = =4

11

142

2

–; –

ββ

E m c mE

cm

m c

cme

e= = = =22

2

2

44; ;

E m cm cinicial e

e28

24

22= =

mm0 2 2

1

1

1

1 0 99611 2= = = =γ

β– – ( , ),

173



7. Datos: m = 7m0

La energía relativista final ha de ser igual a la energía re-lativista inicial:

Einicial = Efinal = 7 m0 c2

Por tanto, la energía inicial de cada partícula ha de ser:

E = m0 c2

Para hallar la velocidad de la partícula, igualamos laenergía obtenida con la definición de energía relativista:

E = γ m0 c2 = m0 c2; γ = ;

La velocidad de choque necesaria es de 0,958c, y es inde-pendiente de las partículas que choquen.

La energía cinética sí cambia porque depende de las par-tículas que colisionan:

Ec = ∆m c2 = (m – m0) c2 = (γ m0 – m0) c2

Ec = (γ – 1 ) m0 c2

βγ

= =

=11

11

72

0 9582 2

– – ,

γβ

= 1

1 2–

72

72

E final

272

=

174




• Datos: m = 7 kg; v = 10 m·s–1

La cantidad de movimiento o momento lineal de un cuer-po es el producto de su masa por su velocidad lineal:

p = m v = 7 kg · 10 m·s–1 = 70 kg·m·s–1

• Datos: m = 10 g = 0,01 kg; v = 300 m·s–1


• Datos: v1 = v; v2 = 2v

Calculamos el cociente entre las energías del cuerpo encada uno de los casos:

Así pues, la energía cinética aumenta cuatro veces al dupli-car el valor de la velocidad.

• Una onda electromagnética es una onda transversal queconsiste en la propagación, sin necesidad de soporte mate-rial alguno, de un campo eléctrico y de un campo magnéti-co perpendiculares entre sí y a la dirección de propaga-ción.

Como en cualquier onda, existe un transporte neto deenergía sin que haya transporte neto de materia.

Las ondas electromagnéticas son generadas por cargaseléctricas aceleradas. Los vectores de los campos eléctrico ymagnético varían sinusoidalmente con el tiempo y la posi-ción, y se encuentran en fase, es decir, ambas alcanzan elvalor máximo y el mínimo al mismo tiempo.

E = E0 sen (ωt – kx); B = B0 sen (ωt – kx)

Además, el cociente de los módulos de los vectores es igual a la velocidad de propagación de la onda, que enel vacío es c = 3 · 108 m/s, pero que, en general, dependedel medio de propagación.

• Datos: λ = 632 nm = 6,32 · 10–7 m; c = 3 · 108 m·s–1

Calculamos la frecuencia a partir de la relación entre lafrecuencia de una onda y su longitud de onda:

• Tanto el protón, descubierto en 1914, como el neutrón,descubierto en 1932, se encuentran en el núcleo del áto-mo. El protón posee una carga +e = 1,602 · 10–19 C y el neu-trón carece de carga. Sus masas son prácticamente iguales:mp = 1,673 · 10–27 kg, mn = 1,675 · 10–27 kg, y concentran el 99 % de la masa total del átomo, ya que la masa de loselectrones, descubiertos en 1897 y con carga –e, es unas 2 000 veces menor que la de neutrones y protones: me = 9,110 · 10–31 kg. El radio nuclear típico se encuentra entre10–14 y 10–15 m, y la distancia entre los electrones y el núcleo delátomo es aproximadamente del orden de 0,1 nm = 1 Å.

• El descubrimiento del electrón en 1897 condujo al físicoinglés J. J. Thomson a establecer un modelo del átomo. Se-gún este modelo, el átomo se encontraría formado por unconjunto de electrones incrustados en una masa esféricade densidad uniforme y carga positiva, de manera que elconjunto sería neutro y estable.

Sin embargo, el descubrimiento del núcleo atómico por elfísico británico E. Rutherford llevó a éste a establecer unnuevo modelo atómico. En este modelo, la mayor parte dela masa y toda la carga positiva del átomo se concentraríanen una minúscula zona central de gran densidad, el núcleoatómico. Por otro lado, el átomo, mucho mayor que el nú-cleo, incluye la corteza electrónica, que es la región dondelos electrones describen órbitas circulares alrededor delnúcleo. Finalmente, el átomo es neutro porque el númerode electrones es igual al de protones.

1. LIMITACIONES DE LA FÍSICA CLÁSICA (pág. 327)

1. Llamamos cuerpos negros a aquellos cuerpos cuya radia-ción térmica depende únicamente de su temperatura, yno de su composición.

Son cuerpos que absorben toda la radiación que incidesobre ellos y, debido a que la radiación térmica que emi-ten no es visible a temperaturas ordinarias, se ven de co-lor negro. Sin embargo, como la radiación térmica emiti-da por un cuerpo negro depende de la temperatura, sucolor no siempre es negro. Así, un bloque de metal decolor negro adquiere un color rojizo a medida que au-menta su temperatura, y posteriormente pasa a rojo vivo.

f

c m s

mHz= =

⋅ ⋅⋅

= ⋅λ

3 10

6 32 104 75 10

8 1

714

–

–,,

EB

c=

r rE y B

Ec m v m v

Ec m v m v m v m v

EcEc

m v

m v

1 12 2

2 2 22 2 2 2

2

1

2

2

12

12

12

12

212

4 2

212

4

= =

= = = =

= =

( )

Ec m v kg m s J= = ⋅ ⋅ ⋅ =12

12

0 01 300 4502 1 2, ( )–

175

13. Cuántica




La λmax es la longitud de onda para la cual se emite unamayor cantidad de energía. Por lo tanto, es la radiacióndominante en la radiación térmica emitida y determinael color del que vemos el cuerpo.

Para observar la variación de λmax con la temperatura, po-demos utilizar una barra de hierro y calentarla progresi-vamente al fuego, retirándola a intervalos para observarel «color» de la radiación que emite. Conforme aumentala temperatura, la barra se ve de un color rojo opaco,después adquiere un color rojo brillante y, a muy altastemperaturas, toma un intenso color blanco azulado. Amedida que aumenta la temperatura, la intensidad de laradiación térmica se incrementa y la longitud de ondamáxima, λmax, se hace menor.

3. Las teorías clásicas para explicar la emisión de radiaciónde un cuerpo negro predecían que la energía de la ra-diación aumentaba indefinidamente al disminuir la lon-gitud de onda, mientras que experimentalmente se ha-bía comprobado cómo la energía tendía a cero paralongitudes de onda muy cortas, como las correspondien-tes al ultravioleta.

4. Planck formuló dos hipótesis para explicar la radiaciónde un cuerpo negro:

— Los átomos que emiten la radiación se comportancomo osciladores armónicos.

— Cada oscilador absorbe o emite energía de la radia-ción en una cantidad proporcional a su frecuenciade oscilación: E0 = h f.

a) Esto quiere decir que la energía total emitida o ab-sorbida por los osciladores está cuantizada, es decir,sólo puede tener unos valores determinados, múlti-plos de E0; E = n E0 = n h f.

b) Así, Planck se limitó a cuantizar la energía de los osci-ladores armónicos y a suponer que los átomos secomportaban como osciladores, pero no a cuantizarpropiamente los estados atómicos.

5. Datos: m = 20 kg; L = 1,5 m; ymax = 50 cm = 0,5 m:h = 6,62 · 10–34 J·s

a) Calculamos en primer lugar la frecuencia de oscila-ción del columpio, el cual se comporta como un pén-dulo, es decir, un oscilador armónico, y así obtene-mos la energía de un cuanto:

E0 = h f; E0 = 6,62 ·10–34 J·s · 0,407 Hz

E0 = 2,69 · 10–34 J

La energía total del columpio es igual a la energíapotencial en el punto más alto de su trayectoria:

E = m g ymax = 20 kg · 9,8 m·s–2 · 0,5 m = 98 J

Hallamos el número de cuantos de energía a partirdel cociente entre la energía del columpio y la de uncuanto:

b) Calculamos la altura máxima que alcanzará el colum-pio con la energía de un cuanto:


El efecto fotoeléctrico se produce al iluminar una superfi-cie metálica con radiación electromagnética de una fre-cuencia determinada. Con un montaje experimental ade-cuado se puede observar cómo esta radiación es capaz dearrancar electrones de la superficie metálica y generaruna corriente eléctrica. Si medimos la intensidad de estacorriente, podemos determinar el número de electronesarrancados, e incluso, su energía de enlace con el metal.

El efecto fotoeléctrico es la base de algunos dispositivosde tecnología actual, como la célula fotoeléctrica quecontrola las puertas de los ascensores o ciertos dispositi-vos de seguridad.

7. Existen tres hechos del efecto fotoeléctrico que no te-nían explicación utilizando los argumentos de la físicaclásica. Estos hechos son:

— La emisión de electrones sólo tiene lugar si la fre-cuencia de la radiación incidente supera un determi-nado valor, denominado frecuencia umbral, fu.

Según la teoría clásica, el efecto fotoeléctrico debíaocurrir para cualquier frecuencia siempre que la luzfuera lo suficientemente intensa.

— Si la frecuencia de la radiación es superior a esta fre-cuencia umbral, el número de fotoelectrones es pro-porcional a la intensidad de la radiación incidente.Sin embargo, su energía cinética máxima es indepen-diente de la intensidad de la luz.

— No se observa ningún tiempo de retraso entre la ilu-minación del metal y la emisión de los fotoelectrones.

Estos tres aspectos quedaron explicados con la teoríacuántica de Einstein para el efecto fotoeléctrico. La teo-ría supone que la energía emitida por una fuente de luzestá cuantizada en forma de paquetes de energía llama-dos fotones, en lugar de encontrarse repartida de formacontinua a lo largo de toda la onda. Los electrones delmetal son arrancados cuando un fotón incide sobre elelectrón cediéndole toda su energía, y no por la acumu-lación de la energía de la onda sobre una zona del metaldeterminada.

E m g y yE

m g

yJ

kg m sm

max max

max

00

34

2362 69 10

20 9 81 37 10

= =

=⋅⋅ ⋅

= ⋅

;

,

,,

–

––

E n E nEE

nJ

Jcuantos

= =

=⋅

= ⋅

00

343598

2 69 103 64 10

;

,,

–

f

TgL

fm s

mHz= = =

⋅=1 1

21

29 8

1 50 407

1

π π;

,,

,–

176



— La mínima energía necesaria para arrancar un elec-trón, W0, es igual a la energía de enlace del electrónmás débilmente ligado al metal. Así, el fotón debeaportar una energía mínima de E = h fu = W0. Si lafrecuencia del fotón es menor que fu, ningún foto-electrón podrá ser extraído.

— Duplicar la intensidad de la luz equivale a duplicar elnúmero de fotones, y por lo tanto, a duplicar el nú-mero de electrones extraído, pero no a variar la ener-gía cinética de dichos electrones.

— La energía necesaria para arrancar a los electrones sesuministra en paquetes (fotones), por lo que los elec-trones no necesitan «acumular» energía suficientepara escapar del metal, y por lo tanto no existe untiempo de retraso.

8. Si la frecuencia de la radiación incidente es inferior a lafrecuencia umbral, no se producirá emisión de electro-nes. Por otro lado, si la frecuencia supera el valor um-bral, entonces sí que el número de fotoelectrones emiti-dos será proporcional a la intensidad de dicha radiación.Ello es debido a que una mayor intensidad en la radia-ción implica una mayor energía por unidad de superficiey unidad de tiempo, y por tanto, un mayor número defotones capaces de arrancar electrones del metal.


La confirmación experimental de la existencia de los fo-tones fue llevada a cabo por el físico norteamericano Art-hur H. Compton en 1932, al analizar la colisión entre unhaz de rayos X y una lámina de grafito. Compton obser-vó que la radiación incidente se dividía tras la colisión endos radiaciones de longitudes de onda diferentes, unaigual a la longitud de onda de la radiación incidente yotra de longitud de onda mayor.

Para explicar este hecho, Compton consideró la radia-ción electromagnética como un conjunto de partículasrelativistas de masa en reposo nula, energía E = h f, y conun momento lineal p = E c–1 = h λ–1. Los fotones que cho-can con un electrón de la lámina de grafito ceden partede su energía al electrón en el choque y, por tanto, suenergía y su frecuencia son menores y su longitud deonda, mayor que antes de la colisión. Sin embargo, losfotones que no colisionan con los electrones de la lámi-na mantienen intactas su energía, frecuencia y longitudde onda.

10. La energía de un fotón es proporcional a su frecuencia,según la fórmula de Planck, y puesto que la frecuenciade los fotones ultravioleta, del orden de 1015 Hz – 1016

Hz, es superior a la de los fotones de luz verde, aproxi-madamente 1014 Hz, también lo será su energía.

11. Los fotones de la luz ultravioleta son más energéticosque los de la luz del espectro visible. Así, la energía quesuministran estos últimos no es suficiente para romperlos enlaces moleculares del plástico de las bolsas, pero sílo es la energía proporcionada por los fotones ultravio-leta.

12. Datos: λ = 5 · 10–7 m; c = 3 · 108 m·s–1; h = 6,62 · 10–34 J·s

a) Calculamos la frecuencia a partir de la relación entrela longitud de onda y la frecuencia de una onda:

b) Calculamos la energía de los fotones mediante la ex-presión de Planck:

E = h f; E = 6,62 · 10–34 J·s · 6 · 1014 Hz

E = 3,97 · 10–19 J

13. Bohr formuló un modelo atómico basado en dos postu-lados fundamentales:

1. El electrón se mueve en órbitas circulares estaciona-rias sin absorber ni emitir radiación. Estas órbitas sólopueden tener ciertas energías y radios y se caracteri-zan por la cuantización del momento angular.

2. El electrón sólo puede cambiar de órbita absorbiendoo emitiendo un fotón con una energía igual a la dife-rencia energética entre las órbitas entre las que seproduce el salto. Ello justifica la discretización de losespectros.

a) Un electrón en un estado estacionario no se encuen-tra en reposo, sino que se mueve en una determina-da órbita alrededor del núcleo del átomo. Lo queocurre es que las magnitudes físicas que lo caracteri-zan (radio de la órbita, energía, velocidad, momentoangular...) no dependen del tiempo.

b) Cuando el número cuántico n aumenta, también lohace el radio de la órbita del electrón, y disminuye suenergía. En el caso límite, el electrón quedaría desli-gado del átomo (ionización), lo que equivale a decirque su órbita es de radio infinito, y la energía de liga-dura con el núcleo se anularía.

14. Datos: m = 1; n = 4; n = 7; RH = 1,097 · 107 m–1;c = 3 · 108 m·s–1; h = 6,62 · 10–34 J·s

Las longitudes de onda de la serie de Lyman pueden ob-tenerse a partir de la fórmula de Rydberg para m = 1.

Esta serie corresponde a las transiciones electrónicas enel átomo de hidrógeno desde niveles o estados excita-dos con n > 1 hasta el nivel n = m = 1. La tercera líneade la serie corresponde al salto del nivel con n = 4 hastael m = 1, y la sexta al salto desde el nivel n = 7. Calcula-mos la longitud de onda de estas dos líneas espectralesmediante la fórmula de Rydberg, y sustituimos este va-lor en la expresión para la energía de un fotón dadapor Planck:

1 1 1 1 1

1 097 101

1

1

49 72 10

2 2 2 2

1

4 17 1

2 2

18

λλ

λ

=

=

= ⋅

= ⋅→

−

Rm n

Rm n

m m

H H– ; –

, – ,

–

––

fc

fm s

mHz= =

⋅ ⋅⋅

= ⋅λ

;–

–

3 10

5 106 10

8 1

714

177



2. MECÁNICA CUÁNTICA (págs. 329, 330, 333, 334 y 335)

15. a) Utilizamos la fórmula de De Broglie, que relaciona lalongitud de onda de una partícula con su momentolineal:

Por lo tanto, a medida que aumenta la velocidad, dis-minuye la longitud de onda asociada a la partícula.

b) Calculamos la frecuencia a partir de la relación dePlanck:

Es decir, aumentar la velocidad supone aumentar lafrecuencia de la onda asociada al movimiento de lapartícula.

16. Datos: Ec = 68 eV = 1,09 · 10–17 J; me = 9,1 ·10–31 kg;h = 6,62 · 10–34 J·s

a) Calculamos la frecuencia de los electrones a partir dela relación de Planck:

b) Para calcular la longitud de onda de los electrones,primero calculamos su momento lineal:

Utilizamos ahora la relación de De Broglie entre elmomento y la longitud de onda:

Å

17. a) Utilizamos la fórmula de De Broglie y la relación en-tre la energía cinética y el momento lineal de unapartícula para determinar la longitud de onda:

De esta expresión se deduce que la partícula con me-nor masa será la que tenga asociada una longitud deonda mayor.

b) La frecuencia asociada a la partícula es:

Por tanto, a igual energía corresponde la misma fre-cuencia.

18. Datos: v = 1 m·s–1; me = 9,1 · 10–31 kg; mn = 1,67 · 10–27 kg; h = 6,62 · 10–34 J·s

Calculamos la frecuencia a partir de la relación E = h f yla longitud de onda mediante la relación de De Broglie:

a) Hallamos frecuencia y longitud de onda en el casodel electrón:

b) Hacemos lo mismo para el neutrón:

19. Datos: ∆p = 0

a) Las indeterminaciones en el momento lineal y en lavelocidad de una partícula se encuentran relaciona-das según la expresión:

Por lo tanto, si ∆p = 0, la velocidad también se en-cuentra bien definida.

∆ ∆ ∆

∆p m v v

pm

= =;

fm v

h

fkg m s

J sHz

f MHz

hm v

J s

kg m s

m mm

n

n

=

=⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

=

= =⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ = ⋅

2

27 1 2

346

34

27 1

7 4

2

1 67 10 1

2 6 62 101 26 10

1 26

6 62 10

1 67 10 1

3 96 10 3 96 10

, ( )

,,

,

;,

,

, ,

– –

–

–

– –

– –

λ λ

λ

fm v

h

fkg m s

J sHz

hm v

J s

kg m s

m mm

e

e

=

=⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅=

= =⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ =

2

31 1 2

34

34

31 1

4

2

9 1 10 1

2 6 62 10687

6 62 10

9 1 10 1

7 27 10 0 727

, ( )

,

;,

,

, ,

– –

–

–

– –

–

λ λ

λ

E h f f

Eh

m vh

ph h

ph

m v= = = = = =; ;

2

2 λλ

E h f f

Eh

= =;

Ec m vpm

p m Ec

hp

h

m Ec

= = =

= =

12 2

2

2

22

;

λ

λ =

⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ =6 62 10

4 45 101 49 10 1 49

34

24 110,

,, ,

–

– ––J s

kg m sm

λ = h

p

Ec m vpm

p m Ec

p kg J

p kg m s

= = =

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅

12 2

2

2 9 1 10 1 09 10

4 45 10

22

31 17

24 1

;

, ,

,

– –

– –

fEh

fJ

J ss

f Hz

= =⋅⋅ ⋅

= ⋅

= ⋅

;,

,,

,

–

––1 09 10

6 62 101 65 10

1 65 10

17

3416 1

16

E h f f

Eh

m v

hm v

h= = = =;

12

2

22

λ = =hp

hm v

E h f hc

E J sm s

m

E J

m m

E h f hc

E

= = = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

⋅

= ⋅

= ⋅

= ⋅

= = =

→

→

→−

→

λ

λ

λ

; ,,

,

, – ,

; ,

––

–

–

––

4 134

8 1

8

4 118

7 17 1

2 2

18

7 1

6 62 103 10

9 72 10

2 04 10

1 097 101

1

1

79 31 10

6 62 ⋅⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

⋅

= ⋅→

103 10

9 31 10

2 13 10

348 1

8

7 118

––

–

–

,

,

J sm s

m

E J

178



b) El principio de indeterminación de Heisenberg fijael grado de determinación que podemos obtener enla medida de la posición y el momento lineal (o velo-cidad) de una partícula. Así, un grado de precisiónalto en la velocidad implica un error muy alto en lamedida de la posición, y a la inversa. En el caso quese nos presenta, la indeterminación en el momentolineal es nula, lo que implica una indeterminacióntotal en la posición. El fijar la velocidad (o el momen-to lineal) de una partícula de forma exacta lleva adesconocer completamente su posición.

20. Datos: v = 104 m·s–1; ∆v = 0,0005 %; mp = 1,67 · 10–27 kg; h = 6,62 · 10–34 J·s

La imprecisión en la indeterminación de v es del 0,0005por 100, lo que quiere decir que su incertidumbre es:

Por lo tanto, la incertidumbre en su momento es:

∆p = m ∆v; ∆p = 1,67 · 10–27 kg · 0,05 m·s–1

∆p = 8,35 · 10–29 kg·m·s–1

Calculamos la incertidumbre en la posición a partir delprincipio de indeterminación:


A principios de los años veinte surgieron dos teorías quepretendían explicar el comportamiento de la materia yla energía de los sistemas microscópicos, incorporandolas nuevas ideas que se habían expuesto hasta el momen-to para resolver los problemas presentados por la físicaclásica.

Así, por un lado encontramos la mecánica cuántica ma-tricial, desarrollada por W. Heisenberg, M. Born y P. Jor-dan, que describe las variables físicas asociadas a una par-tícula (posición, momento lineal…) mediante matrices.

Por otro lado, el físico austríaco E. Schrödinger desarro-lló la denominada mecánica cuántica ondulatoria. Estateoría describe el comportamiento de la materia median-te funciones de onda. Estas funciones de onda son solu-ciones de la denominada ecuación de Schrödinger, y de-penden de la posición y el tiempo.

Poco tiempo más tarde, el inglés Paul A. M. Dirac demos-tró que ambas teorías eran dos representaciones de unamisma teoría, la denominada mecánica cuántica o teoríacuántica no relativista.

Según la mecánica cuántica, no tiene sentido decir quelos electrones describen órbitas circulares fijas alrededordel núcleo, sino que existe una serie de zonas del espa-cio donde es más probable hallarlos. De este modo se in-

troduce el concepto de orbital, que es una función deonda correspondiente a ese sistema, y cuyo cuadrado esuna medida de la probabilidad de encontrar el electrónen cada punto del espacio.

22. Datos: Z = 1; E0 = –13,606 eV; n = 2

Los orbitales con n = 2 son:

(2, 1, –1), (2, 1, 0), (2, 1, 1), (2, 0, 0)

Calculamos ahora la energía en eV:

El módulo del momento angular es:

L2 = l (l +1)

Así que para los orbitales con l = 1, el módulo de L es

, mientras que para los orbita-

les con l = 0, el módulo de L es L = 0.


El experimento de Stern-Gerlach pretendía medir el mo-mento magnético dipolar de los átomos. Para ello se ha-cía penetrar un haz de átomos neutros en un campomagnético no uniforme, con dirección la del eje Z, quevariaba en intensidad en esa misma dirección. Original-mente el experimento se efectuó con átomos de platapero es mucho más clarificador en el caso de átomos dehidrógeno, tal como se repitió posteriormente.

Los átomos de hidrógeno poseen un único electrón. Porello, el momento magnético dipolar del átomo es debidoal giro de este único electrón en su órbita alrededor delnúcleo (órbita que equivale a una espira de corriente) y,por lo tanto, es proporcional al aumento angular orbitaldel electrón. Como los átomos utilizados en el experimen-to son neutros, la única fuerza neta que actúa sobre elloses la fuerza Fz proporcional a la componente z del mo-mento angular del electrón, que está caracterizada por elnúmero cuántico ml. Así, mientras que clásicamente cual-quier desviación del haz de átomos es posible porque cual-quier valor de la componente z del momento angular loes, cuánticamente el haz se dividirá en un número de ha-

L

h h= + =1 1 12

22

( )π π

hL

h2

12

2

π π

= +; ( )l l

E E

Z

nE eV eVn = = =– ; – , – ,0

2

2 2

2

213 606

1

23 40

∆ ∆ ∆∆

∆

x ph

xh

p

xJ s

kg m sm

⋅ ≥ ≥

=⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅

4 4

6 62 10

4 8 35 106 31 10

34

29 17

π π

π

;

,

,,

–

– ––

∆v v

ms

ms

= = ⋅ =0 0005100

0 0005100

10 0 054, ,,

179

Resultado real

Resultado clásico

Z



ces divergentes igual al número posible de valores de lacomponente z del momento angular, ml, que está cuanti-zada. El número ml puede tomar un número impar de va-lores, ml = –l, – l + 1, ..., 0, l –1, l. Sin embargo, experimen-talmente se observó que el haz de átomos se escindía endos componentes: una componente se doblaba hacia elsentido positivo del eje Z y la otra en el sentido opuesto.Es más, los átomos se encontraban en su estado funda-mental, en cuyo caso, l = 0 y ml = 0, y se esperaba que elhaz no fuera desviado por el campo magnético.

La explicación estaba en que el electrón posee un mo-mento angular intrínseco llamado espín, de número

cuántico , cuya componente z está determinada por

el número cuántico ms y que, análogamente al momento

angular orbital, puede tomar los valores .

Este momento angular intrínseco no está relacionadocon el movimiento orbital del electrón y puede pensar-se que es debido a un movimiento de rotación del elec-trón.


El espín es una propiedad intrínseca del electrón y deotras partículas fundamentales y determina cómo la par-tícula se alinearía en presencia de un campo magnéticoexterno, de forma paralela o antiparalela a dicho campo.Así pues, es un momento angular intrínseco que estácuantizado. El espín está caracterizado por el númerocuántico de espín, s, propio de cada partícula microscó-pica. En el caso del electrón, el número cuántico de es-

pín toma el valor de s = . Otras partículas pueden te-

ner distintos valores de s, por ejemplo, el fotón tiene s = 1.

25. — El principio de exclusión de Pauli nos dice que en unátomo multielectrónico nunca podrá existir más deun electrón en el mismo estado cuántico; es decir, loselectrones en el átomo no pueden tener iguales suscuatro números cuánticos.

— Clásicamente, es posible distinguir entre dos bolas debillar idénticas. Por ejemplo, podemos fijarnos enambas bolas en un instante de tiempo determinado ymarcarlas mentalmente con los números 1 y 2. Comoambas siguen trayectorias bien definidas, observándo-las con atención puedo saber en todo momento cuálde ellas es la bola 1 y cuál es la bola 2. Sin embargo,cuánticamente, el principio de incertidumbre impidedeterminar al mismo tiempo la posición y la veloci-dad de las bolas. Así, no es posible determinar sustrayectorias. Por lo tanto:

a) Sí puedo identificar (marcar mentalmente) lasdos bolas de billar cuánticas en un momento de-terminado antes del choque, por ejemplo, deter-minando exactamente su posición. Sin embargo,para cualquier otro instante de tiempo posteriorno puedo distinguir entre ambas, puesto que noes posible conocer sus trayectorias.

b) No se puede determinar la trayectoria de cada unade las bolas.

26. Las partículas con espín semientero se denominan fer-miones, como por ejemplo, el neutrino, el protón, el po-sitrón, el antiprotón y la partícula Σ–. Por otro lado, laspartículas con espín cero o entero se denominan boso-nes, como por ejemplo, el fotón, el pión, el gravitón y elmuón.



Actualmente, mediante diferentes técnicas y procesos defabricación, es posible obtener una amplia gama de tran-sistores adecuados para las más dispares aplicaciones.Así, por ejemplo, se dispone de transistores capaces defuncionar a altas frecuencias y otros que soportan co-rrientes y potencias elevadas.

Desde el punto de vista del principio físico de su funcio-namiento, podemos distinguir principalmente entre mu-chísimos tipos de transistores, los transistores bipolares ylos de efecto de campo.

Los transistores bipolares son dispositivos compuestospor la unión de tres cristales semiconductores dopadoscon portadores de carga positivos (tipo P) y negativos(tipo N) en orden PNP o NPN. Cada una de las zonasdispone de un terminal conductor que se conecta al cir-cuito exterior. Éstos reciben los nombres de colector,base y emisor. Mediante la aplicación de las diferenciasde potencial adecuadas entre terminales (polarizacióndel transistor) se puede conseguir que la corriente de sa-lida del colector sea directamente proporcional a la co-rriente de entrada en la base y que el transistor actúecomo un amplificador de corriente.

Los transistores de efecto de campo son dispositivos se-miconductores en los que se puede obtener amplifica-ción de corriente y de tensión haciendo variar la conduc-tancia mediante un campo eléctrico exterior transversalaplicado al material semiconductor.

Las principales aplicaciones de los transistores son:

— Como amplificadores de corriente o tensión, porejemplo, en los amplificadores de los equipos de mú-sica de alta fidelidad.

— Como interruptores electrónicos en los circuitos inte-grados que forman parte de las modernas computa-doras electrónicas.

— Como interruptores de potencia para controlar lasintensidades y potencias en motores y otros aparatoseléctricos.


Muchos metales presentan resistividad cero por debajode cierta temperatura crítica Tc, es decir, son supercon-ductores. Algunos ejemplos son el mercurio (Tc = 4,2 K),

12

ms = – ,

12

12

s = 12

180



el iridio (Tc = 0,1 K), el niobio (Tc = 9,2 K), el aluminio(Tc = 1,2 K) y el plomo (Tc = 7,2 K). Sin embargo, paraobtener materiales superconductores a Tc mayores, esnecesario recurrir a ciertas familias de aleaciones cerá-micas.

Las principales aplicaciones de la superconductividadtienen que ver con la utilización de imanes superconduc-tores. Son grandes bobinas superconductoras que permi-ten crear campos magnéticos muy intensos sin las pérdi-das de energía debidas a la resistencia al paso de lacorriente de las bobinas conductoras normales. Estoselectroimanes se emplean en la obtención de imágenesmédicas por resonancia magnética, en la aceleración yguiado de las partículas en las grandes instalaciones ace-leradoras, en la investigación física básica, en el confina-miento magnético del plasma, en los reactores experi-mentales de fusión nuclear, en trenes que levitan sobrelos raíles gracias a los campos magnéticos, en generado-res y motores eléctricos...

Otras aplicaciones futuras de la superconductividad sedarán en el campo de la electrónica, en la fabricación decomponentes microelectrónicos de computadoras queserían de menor tamaño que los actuales, más veloces ydisiparían menos energía en forma de calor.

c) Algunas ideas que se podrían expresar y desarrollar en elcoloquio son las siguientes:

— La omnipresencia de la electrónica en nuestras vidas.Se pueden enumerar casos concretos en casa, en elinstituto, en la calle, en los coches, en la medicina...de los usos de la electrónica.

— ¿Es posible concebir la vida actual sin la electrónica?¿Qué ventajas nos ha traído?

— La creciente miniaturización de los dispositivos elec-trónicos. Ventajas para la vida diaria: comodidad, fia-bilidad, precio...

— El imparable avance de la electrónica hace que mu-chos aparatos y tecnologías queden obsoletos con ra-pidez (por ejemplo, ordenadores y algunas tecnolo-gías de audio y vídeo que no han tenido éxito). Esteritmo de aparición de nuevos productos nos obliga aconsumir aparatos electrónicos y a renovar los que yatenemos con más frecuencia de lo realmente necesa-rio.

Para la organización del coloquio se recomienda seguirestas pautas:

— Determinar los encargados de las distintas funciones:

• Moderador. Presentará a los participantes e intro-ducirá el tema que se va a tratar. Además, concede-rá los turnos de palabra para que el coloquio se de-sarrolle de forma ordenada.

• Participantes. Darán sus opiniones sobre el temaelegido y escucharán las de los otros participantes.Generalmente, son un máximo de seis personas.

Todos los participantes deben investigar y documen-tarse sobre el tema con anterioridad.

• Público. Atenderá a las diversas opiniones. Podráintervenir al final aportando sus propias opinio-nes o preguntando a los participantes alguna cues-tión.

— Iniciar el coloquio. El moderador presentará a losparticipantes, introducirá el tema y planteará la pri-mera pregunta a alguno de los participantes.

— Desarrollar y concluir el coloquio. Los distintos parti-cipantes desarrollarán sus argumentos conducidospor el moderador. Cada participante debe expresarsus opiniones y respetar las de los demás.

Al final del coloquio, el público podrá exponer susopiniones y preguntar a los participantes. Por último,el moderador puede llevar a cabo un breve resumende las intervenciones.


27. Datos: λ1 = 434 nm = 4,34 · 10–7 m; VD1 = 0,862 V;VD2 = 0,469 V; λ2 = 502 nm = 5,02 · 10–7 m;h = 6,62 · 10–34 J·s; c = 3 · 108 m·s–1

a) Expresamos la ecuación de Einstein para el efectofotoeléctrico en función de la longitud de onda,

y como además Ecmax = e VD , te-

nemos:

Sustituimos las dos parejas de valores de λ y VD parahallar los parámetros a y b:

Del valor del parámetro b obtenemos la función tra-bajo del potasio:

b) Calculamos la frecuencia umbral mediante la rela-ción W0 = h fu, y con ella obtenemos la longitud deonda:

λ λ= =⋅ ⋅

⋅= ⋅ =c

fm s

Hzm nm;

,,

––3 10

4 93 106 09 10 609

8 1

147

fWh

fJ

J sHzu u= =

⋅ ⋅⋅ ⋅

= ⋅019

34142 04 1 6 10

6 62 104 93 10;

, ,

,,

–

–

b

We

W b e W eV= = =– ; – ; ,00 0 2 04

0 8621

4 34 10

0 4691

5 02 10

1 26 10

2 04

7

7

6

,,

,,

,

– ,

–

–

–

V am

b

V am

b

a m

b V

=⋅

+

=⋅

+

= ⋅

=

V

hce

We

V a bD D= = +λ λ

– ;0 1

Echc

Wmax =λ

– ,0

181



c) Calculamos ahora la velocidad máxima de los electro-nes:

28. Datos: m = 3; RH = 1,097 · 107 m–1; h = 6,62 · 10–34 J·s;c = 3 · 108 m·s–1

a) Escribimos la fórmula de Rydberg para la serie dePaschen (m = 3):

Del estudio de esta expresión se ve que la longitudde onda más corta corresponde al valor más alto paran, es decir, a la transición desde el nivel más alto po-sible n = ∞. En este caso, la longitud de onda es:

Utilizamos la fórmula de Planck para hallar la ener-gía del fotón:

b) Las tres longitudes de onda mayores de la serie co-rresponden a las transiciones desde los tres nivelesmás cercanos al nivel m = 3, es decir, n = 4, 5 y 6.Aplicamos la fórmula de Rydberg para hallar estaslongitudes de onda:


29. En el momento de extraer la barra del horno su tempe-ratura es muy alta, y, por la ley de desplazamiento deWien, la longitud de onda λmax para la que se producemayor emisión de energía corresponde al color rojo. Amedida que la barra se enfría, su temperatura desciende,lo que implica un aumento de λmax y una disminución dela energía emitida. Esto hace que varíe el color de la ba-rra y disminuya su brillo, hasta que la temperatura es talque la longitud de onda ya no corresponde a radiacióndel espectro visible.


Una manera sería establecer una diferencia de potencialentre los extremos del metal y conectarlo a un circuitoeléctrico, de modo que se generara una corriente eléctrica.

Otra forma sería iluminar el metal con una radiación delongitud de onda adecuada, de manera que obtuviéra-mos electrones por efecto fotoeléctrico.

Finalmente, una tercera forma sería mediante un proce-so de electrólisis, donde el metal que actúa de cátodocede electrones a la pila electrolítica.

31. La energía cinética máxima de los fotoelectrones se en-cuentra relacionada con la frecuencia de la radiación in-cidente según la expresión Ecmax = h f – W0. Por lo tanto,triplicar la frecuencia de la radiación no equivale a tripli-car la energía cinética de los electrones, ya que debemostener en cuenta la energía que gastamos en desprendera los electrones del metal, que no varía en función de lafrecuencia, sino que es característica del material.

32. La hipótesis de Planck para explicar la radiación delcuerpo negro se basa en dos puntos fundamentales: porun lado, considera que los átomos se comportan comoosciladores armónicos y, por otra parte, supone que es-tos osciladores únicamente pueden absorber o emitir ra-diación de forma discreta, en cantidades proporcionalesa su frecuencia de oscilación, E = n E0 = n h f. A estos pa-quetes de energía los denomina cuantos, de modo que laenergía de los osciladores se encuentra cuantizada.

33. La teoría cuántica de Einstein supone que toda radia-ción se encuentra formada por pequeños paquetes deenergía denominados fotones, cuya energía es propor-cional a la frecuencia de la radiación. La existencia delos fotones, partículas con masa en reposo nula pero conmomento lineal, quedó comprobada experimentalmentegracias a las experiencias del físico norteamericano A. H.Compton, al estudiar la colisión de rayos X sobre una lá-mina de grafito.

Por lo tanto, la teoría cuántica de Einstein confirma lanaturaleza corpuscular de la luz.

34. La ecuación básica del efecto fotoeléctrico es la expre-sión Ecmax = h f – W0.

El primer término nos indica la energía cinética máximaque podrá alcanzar un fotoelectrón al ser arrancado del

1 1

3

1 19

1

1 097 1019

1

41 88 10

1 097 1019

1

5

2 2 2

1

47 1

2

16

57 1

2

1

λλ

λ

λ

=

=

= ⋅

= ⋅

= ⋅

Rn

Rn

m m

m

H n H– ; –

, – ,

, –

–

––

–

––

== ⋅

= ⋅

= ⋅

1 28 10

1 097 1019

1

61 09 10

6

67 1

2

16

,

, – ,

–

––

–

m

m mλ

E h f hc

E J sm s

m

E J eV

= = = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

⋅

= ⋅ =

λ; ,

,

, ,

––

–

–

6 62 103 10

8 2 10

2 42 10 1 51

348 1

7

19

1 19

09

9 9

1 097 108 2 10

7 17

λ

λ λ

∞

∞ ∞

=

=

= =⋅

= ⋅

RR

R mm

HH

H

–

;,

,–

–

1 1

3

1 19

12 2 2λ

=

=

Rn

Rn

H H– –

Ec e V m v ve Vm

Para vC V

kg

v m s

Para vC V

kg

v m s

max D e max maxD

e

max

max

max

max

= = =

=⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅ ⋅

=⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅ ⋅

12

2

2 1 6 10 0 862

9 1 10

5 51 10

2 1 6 10 0 469

9 1 10

4 06 10

2

1

19

31

5 1

2

19

31

5 1

;

;, ,

,

,

;, ,

,

,

–

–

–

–

–

–

λ

λ

182



metal. Esta energía es igual a la diferencia entre la ener-gía del fotón incidente h f y la función trabajo del metalW0, que es el trabajo necesario para extraer del metal elelectrón más débilmente enlazado.

35. La longitud de onda de la luz verde es de unos 550 nm,mientras que la de la luz amarilla se encuentra alrededorde los 590 nm. La luz naranja tiene una longitud deonda superior a los 590 nm, lo que quiere decir que sufrecuencia será menor que la de la luz amarilla y, por lotanto, no producirá efecto fotoeléctrico. Sin embargo, laluz azul tiene una longitud de onda menor que la de laluz verde, es decir, una frecuencia mayor, y por lo tanto,sí será capaz de producir efecto fotoeléctrico.

36. Si se produce efecto fotoeléctrico al incidir radiación defrecuencia f, esto significa que la frecuencia umbral delmetal fu es menor que f. Por lo tanto, si ahora incideuna radiación de frecuencia 2f, también producirá efec-to fotoeléctrico, pues su frecuencia será superior a laumbral.

37. El espectro de emisión lo componen las longitudes deonda de la luz que emite una sustancia química. Es unespectro discreto que presenta una serie de rayas brillan-tes de colores, cada una de distinta longitud de onda yfrecuencia, sobre fondo oscuro.

El espectro de absorción lo forman las longitudes deonda de la luz con que se ilumina una sustancia químicaque no han sido absorbidas por dicha sustancia al atrave-sarla. Es un espectro que presenta una serie de rayas os-curas sobre el espectro continuo de la luz incidente utili-zada.

Si colocamos ambos espectros para una misma sustanciauno junto al otro, se observa que son complementarios.Las líneas brillantes del espectro de emisión correspon-den exactamente a las longitudes de onda que faltan enel de absorción. Ambos espectros son característicos decada sustancia química y sirven como método de identifi-cación de ésta.

38. a) En el modelo de Bohr los electrones giran alrededordel núcleo atómico describiendo órbitas circulares.Estas órbitas sólo pueden tener ciertos valores de laenergía y ciertos radios, y en ellas los electrones seencuentran en estados estacionarios sin emitir ni ab-sorber energía. Esta absorción o emisión únicamentese produce cuando el electrón salta de una órbita aotra, lo que equivale a modificar el nivel energético.Así pues, la órbita en la que se encuentra el electrónnos determina el valor de su energía.

b) La cuantización de las energías de las diferentes órbi-tas posibles para el electrón indica que éste no podrátener una energía arbitraria, sino que únicamentepodrá tener unos valores determinados de energía, yque sólo podrá cambiar de una órbita a otra emitien-do o absorbiendo un fotón de una energía igual a ladiferencia de energías entre ambas. Por ello los es-pectros atómicos son discretos.

39. La expresión dualidad onda–partícula se utiliza para des-cribir el doble comportamiento que presentan la materiay la radiación. Así, en un experimento de doble rendijase puede observar cómo los electrones adquieren uncomportamiento ondulatorio, mientras que el efectoCompton nos sirve de prueba del carácter corpuscularde la radiación electromagnética.

a) La hipótesis de De Broglie extiende la conocida natu-raleza dual de la radiación al comportamiento de lamateria. De Broglie relaciona la energía tanto de lamateria como de la radiación con la frecuencia de laonda asociada a su movimiento según la expresión: E = h f. Asimismo, relaciona el momento lineal con la

longitud de onda .

b) La comprobación experimental de este doble com-portamiento fue realizada por los físicos norteameri-canos Davisson y Germer al observar la difracción delos electrones. El resultado fue una figura de difrac-ción igual a lo que se obtendría al difractar una ondacon una longitud de onda como la predicha por DeBroglie para los electrones del experimento.

40. En el experimento de la doble rendija se observa una fi-gura de difracción después del impacto de muchos elec-trones sobre la pantalla. Pero un único electrón no pro-duce el patrón de difracción, sino un único impacto. Porlo tanto, no es posible observar el comportamiento on-dulatorio de la materia a partir del comportamiento deun único electrón.

41. El experimento llevado a cabo en 1932 por el físico nor-teamericano A. H. Compton fue la confirmación definiti-va de la existencia de los fotones, así como una pruebadel comportamiento corpuscular de la radiación. El ex-perimento consistía en la observación de la colisión deun haz de rayos X de longitud de onda l sobre una lámi-na de grafito. La radiación dispersada aparecía divididaen dos haces, uno de longitud de onda menor a la de laonda incidente, y otro con la misma longitud de onda.

Para explicar este resultado, Compton consideró la ra-diación electromagnética formada por un conjunto departículas relativistas, los fotones, con masa en reposo

nula, energía E = h f, y momento lineal . Los

fotones que chocaban con los electrones de los átomosde grafito cedían parte de su energía y, por lo tanto,emergían del material con una longitud de onda mayor.

42. El concepto de órbita del modelo atómico de Bohr esheredero del concepto clásico de órbita. Se trata de latrayectoria, en este caso circular, bien definida del elec-trón en su movimiento alrededor del núcleo. La nove-dad es que sólo algunas órbitas son posibles y que enellas el electrón se encuentra en un estado estacionario,es decir, su energía se mantiene constante.

Sin embargo, en el concepto de orbital el electrón ya notiene una localización precisa. Un orbital es una función

p

Ec

h= =λ

λ = h

p

183



de onda, solución de la ecuación de Schrödinger, cuyocuadrado es una medida de la probabilidad de hallar elelectrón en cada punto del espacio y para cada instantede tiempo. No podemos hablar de la posición o de la tra-yectoria del electrón alrededor del núcleo sino que tansólo podemos calcular en qué zonas del espacio es másprobable hallar el electrón. Estas probabilidades puedenrepresentarse mediante superficies imaginarias dentrode las cuales la probabilidad de encontrar el electróncon una determinada energía es elevada.

43. La diferencia fundamental se halla en el número de par-tículas (bosones o fermiones) que puede haber simultá-neamente en un mismo estado cuántico. En el caso delos fermiones, que tienen espín semientero, este númeroviene determinado por el principio de exclusión de Pau-li, que nos dice que no pueden existir dos fermiones enel mismo estado cuántico. Por otro lado, los bosones,con espín entero, se comportan de forma totalmentecontraria, y su tendencia es a agruparse en un mismo es-tado, y así no existe un límite para el número de bosonesque podemos encontrar en el mismo estado cuántico.

Ejemplos de fermiones son el electrón, el protón y el

neutrón, todos ellos con espín . Bosones son el fo-

tón (s = 1), la partícula α (s = 0) y el muón (s = 0).


El esquema básico de una célula fotoeléctrica es el quese muestra en la figura. La luz incide sobre el cátodo yarranca electrones. El número de electrones que lleganal ánodo se mide gracias a la corriente que circula por elamperímetro, y modificando el valor de la polaridad delánodo podemos variar la cantidad de fotoelectrones emi-tidos que llegan hasta él.

Cuando el valor de V es positivo, los electrones son atraí-dos por el ánodo, y para valores suficientemente gran-des, todos los electrones llegan al ánodo y la corriente al-canza un valor máximo.

Interrumpiendo o permitiendo el paso de la luz hacia elcátodo hacemos lo propio con la corriente que circulapor el circuito, lo que convierte a las células fotoeléctri-cas en unos útiles sensores.

a)

b) Las aplicaciones de las células fotoeléctricas son va-riadas: control de la apertura y el cierre de puertasautomáticas, en dispositivos de seguridad o recuentode unidades en cadenas de montaje.


a) El funcionamiento de un microscopio electrónico sebasa en las propiedades ondulatorias de los electro-nes. Estos electrones provienen de un filamento pre-viamente calentado (el cañón electrónico) y son ace-lerados por una diferencia de potencial muy elevada.Se orientan paralelamente formando un único hazmediante unas lentes magnéticas de enfoque (con-densador). Estos electrones inciden contra un blanco(objeto) muy fino y a continuación son enfocados poruna segunda lente magnética que equivale al objetivode los microscopios convencionales. Finalmente, latercera lente magnética hace de ocular y proyecta elhaz de electrones sobre una pantalla fluorescente demodo que la imagen pueda ser observada.

El microscopio electrónico es muy similar al micros-copio compuesto ordinario. En el primero, la fun-ción de las lentes es efectuada por electroimanes di-señados específicamente para ello.

Pero la diferencia más importante entre ambos esque la resolución del microscopio electrónico es mu-cho mayor que la del microscopio óptico. Ello es de-bido a que los microscopios son capaces de resolverdetalles hasta un tamaño comparable a la longitud deonda de la radiación empleada para iluminar el obje-to; más allá de este tamaño la difracción nos impidedistinguir los detalles. Si aceleramos los electrones losuficiente, obtendremos energías elevadas y longitu-des de onda asociadas a éstos muy cortas, del ordende 1 000 veces menores a las del espectro visible. Porlo tanto, dispondremos de una resolución hasta 1 000 veces mayor que utilizando luz visible.

b) La microscopía electrónica ha permitido poder ob-servar la forma, la función y el comportamiento dediferentes formas de vida o estructuras microscópicasque no podían ser estudiadas con el microscopio óp-tico o, por lo menos, no con el suficiente detalle. Esel caso, por ejemplo, de los virus, cuyo tamaño estácomprendido típicamente entre los 20 y los 300 nm,o del estudio de la actividad de las células cancerosas.

Estos estudios han redundado en una mejor com-prensión del cuerpo humano, de las enfermedadesque lo atacan y de la forma de enfrentarse a ellas.

s = 1

2

184

Luz incidente

Batería

Fotoelectrones– +

Amperímetro

Electrodo colector

Fuente de luz

Microscopio óptico Microscopio electrónico

Fuente de electrones

CondensadorObjetivo Blanco

Proyector




a) Las características fundamentales del láser, y que lodiferencian de las fuentes de radiación convenciona-les, son tres: monocromaticidad, coherencia y direc-cionalidad. La primera de ellas hace referencia al he-cho de que la radiación emergente de un láser poseeúnicamente una longitud de onda, al contrario de lade una bombilla, que emite luz blanca, formada poruna infinidad de longitudes de onda. La coherenciaes debida a que todos los átomos del láser radian enfase entre sí, mientras que en una bombilla cada áto-mo radia luz independientemente. Por otro lado, labombilla emite en todas las direcciones del espacio,mientras que el haz láser es enfocado en haces muyestrechos en una sola dirección mediante espejos.

b) Actualmente, se utiliza el láser para leer automática-mente las etiquetas de los productos en los supermer-cados, para operar en los hospitales, en las impreso-ras, para leer discos compactos o para cortar piezasen la industria.

47. Datos: λ1 = 4 ·10–7 m; λ2 = 7 · 10–7 m;E = 5,6 eV = 8,96 · 10–19 J; c = 3 · 108 m·s–1

h = 6,62 · 10–34 J·s

a) Calculamos el intervalo de frecuencias y utilizamos lafórmula de Planck para hallar el de energías:

Por lo tanto, el espectro visible corresponde a las frecuencias comprendidas entre 4,29 · 1014 Hz y 7,5 · 1014 Hz, y a las energías fotónicas entre 1,77 eV y 3,10 eV.

b) Calculamos la longitud de onda de un fotón de 5,6 eV:

c) El fotón pertenece a la región ultravioleta del espec-tro electromagnético.

48. Datos: λ1 = 300 nm = 3,00 ·10–7 m;λ2 = 450 nm = 4,50 · 10–7 m; h = 6,62 · 10–34 J·s;W0 = 3,70 eV = 5,92 · 10–19 J; c = 3 · 108 m·s–1

a) Para que la radiación produzca efecto fotoeléctrico,su energía debe ser superior al valor de la función tra-bajo del metal, así que calculamos la energía asociadaa cada radiación mediante la fórmula de Planck:

Por lo tanto, sólo producirá efecto fotoeléctrico la ra-diación de longitud de onda de 300 nm.

b) Calculamos ahora la velocidad máxima de los electro-nes:

Variar la intensidad de la radiación incidente no mo-difica la velocidad de los electrones emitidos, ya queésta sólo depende de la longitud de onda de la radia-ción.

49. Datos: m = 140 g = 0,14 kg; h = 6,62 · 10–34 J·sλ = 1,9 · 10–24 Å = 1,9 · 10–34 m

Utilizamos la relación de De Broglie para calcular el mo-mento lineal de la pelota y así obtener el valor de su velo-cidad:

p m vh

vh

m

vJ s

kg mm s

= = =

=⋅ ⋅⋅ ⋅

= ⋅

λ λ;

,

, ,

–

––6 62 10

0 14 1 9 1025

34

341

Ech c

W m vh c

W

vm

h cW

vkg

J s m s

mJ

v m s

max max

max

max

max

= =

=

=⋅

⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅⋅

= ⋅ ⋅

λ λ

λ

– ; –

–

,

,

,– ,

,

–

– –

––

–

02

0

0

31

34 8 1

719

5 1

12

2

2

9 1 10

6 62 10 3 10

3 00 105 92 10

3 9 10

E hc

E J sm s

m

E J W

22

234

8 1

7

219

0

6 62 103 10

4 50 10

4 41 10

= = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

⋅

= ⋅ <

λ; ,

,

,

––

–

E hc

E J sm s

m

E J W

11

134

8 1

7

119

0

6 62 103 10

3 00 10

6 62 10

= = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

⋅

= ⋅ >

λ; ,

,

,

––

–

E = =

= = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

⋅

= ⋅

−−

h f hc

hcE

J sm s

J

m

λ

λ λ

λ

; ,,

,

–

–

6 62 103 10

8 97 10

2 22 10

348 1

19

7

E

E

E

E

1 1 134 14

119

2 2 234 14

219

6 62 10 7 5 10

4 96 10 3 10

6 62 10 4 28 10

2 83 10 1 77

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ =

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ =

−

−

−

−

h f E J s Hz

J eV

h f E J s Hz

J eV

; , ,

, ,

; , ,

, ,

fc

fm s

mHz

fc

fm s

mHz

11

1

8 1

714

22

2

8 1

714

3 10

4 107 5 10

3 10

7 104 29 10

= =⋅ ⋅

⋅= ⋅

= =⋅ ⋅

⋅= ⋅

λ

λ

; ,

; ,

–

–

–

–

185

Emisión incoherente

Estado metaestable

Emisión coherente (láser)

Haz coherente (láser)

Estado fundamental

Espejo

SemiespejoEnergía de bombeo

8,96



Es imposible medir esta longitud de onda, λ = 1,9 · 10–34

m, ya que es incluso menor que las dimensiones de losradios de los núcleos atómicos, que son del orden de10–15 m.

50. Datos: me = 9,1 · 10–31 kg; mm = 65 kg; v = 1,5 m·s–1;∆v = 5 · 10–3 m·s–1; h = 6,62 · 10–34 J·s

a) Calculamos la energía de ambos debida a su movi-miento, es decir, la energía cinética:

b) Calculamos la indeterminación en el momento lineala partir de la indeterminación en la velocidad:

c) Utilizamos el principio de indeterminación de Hei-

senberg, para hallar la indeterminación

mínima en la posición de ambos:

51. a) Orbital 3f. Su número cuántico principal es n = 3, loque quiere decir que l puede tomar los valores l = 0,1, 2, mientras que la letra f corresponde a l = 3. Porlo tanto, el orbital 3f no existe.

b) Orbital 5p. En este caso, n = 5, y l puede tomar los va-lores l = 0, 1, 2, 3, 4. La letra p corresponde a l = 1,así que sí es posible este orbital.

c) Orbital 2s(–1). Los números cuánticos de este orbitalson n = 2, l = 0 y ml = –1. Sin embargo, para l = 0, sóloes posible el valor ml = 0, ya que para un l fijo, los va-lores de ml oscilan entre –l y +l. Este orbital no es po-sible.

d) Orbital 4f(+3). Este orbital tiene n = 4, l = 3 y ml = 3.Los tres valores son posibles, ya que para n = 4, l po-drá tomar los valores l = 0, 1, 2, 3. Además, para l = 3,ml podría tomar los valores ml = –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3.Por lo tanto, este orbital sí es posible.

52. Datos: λ1 = 1 850 nm = 1,85 · 10–6 m; c = 3 · 108 m·s–1;λ2 = 2 536 nm = 2,536 · 10–6 m; VD1 = 4,732 V;VD2 = 2,919 V; h = 6,62 · 10–34 J·s

a) Expresamos la ecuación de Einstein para el efectofotoeléctrico en función de la longitud de onda,

, y como además Ecmax = e VD, te-

nemos:

Sustituimos las dos parejas de valores de λ y VD parahallar los parámetros a y b:

Del valor del parámetro b obtenemos la función tra-

bajo del mercurio:

W0 = –b e = 1,97 eV

b) Calculamos la frecuencia umbral mediante la rela-ción W0 = h fu, y con ella obtenemos la longitud deonda umbral:

c) Calculamos ahora la velocidad máxima de los electro-nes:

Para vC V

kg

v m s

max

max

λ2

19

31

6 1

2 1 6 10 2 919

9 1 10

1 01 10

;, ,

,

,

–

–

–

=⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅ ⋅

Ec e V m v ve Vm

Para vC V

kg

v m s

max D e max maxD

e

max

max

= = =

=⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅ ⋅

12

2

2 1 6 10 4 732

9 1 10

1 29 10

2

1

19

31

6 1

;

;, ,

,

,

–

–

–

λ

fWh

fJ

J sHz

cf

m s

Hzm nm

u u

uu

u

= =⋅ ⋅

⋅ ⋅= ⋅

=

=⋅ ⋅

⋅= ⋅ =

019

3414

8 1

147

1 97 1 6 10

6 62 104 76 10

3 10

4 76 106 30 10 630

;, ,

,,

,,

–

–

––

λ

λ

bWe

= – 0

4 7321

1 85 10

2 9191

2 536 10

1 24 10

1 97

6

6

5

,,

,,

,

– ,

–

–

–

V am

b

V am

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a m

b V

=⋅

+

=⋅

+

= ⋅

=

V

hce

We

V a bD D= = +λ λ

– ;0 1

Ech c

Wmax =λ

– 0

∆∆

∆

∆∆

∆

xh

p

xJ s

kg m sm mm

xh

p

xJ s

kg m sm

ee

e

mm

m

≥

≥⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =

≥

≥⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅= ⋅

4

6 62 10

4 4 55 100 0116 11 6

4

6 62 10

4 0 3251 62 10

34

33 1

34

134

π

π

π

π

,

,, ,

,

,,

–

– –

–

––

∆ ∆x ph⋅ ≥4π

,

∆ ∆ ∆

∆

∆ ∆ ∆

∆

p m v p kg m s

p kg m s

p m v p kg m s

p kg m s

e e e

e

m m m

m

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅

= = ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

; ,

,

;

,

– – –

– –

– –

–

9 1 10 5 10

4 55 10

65 5 10

0 325

31 3 1

33 1

3 1

1

Ec m v Ec kg m s

Ec J

Ec m v

Ec kg m s J

p m v p kg m s

p

e e e

e

m m

m

e e e

e

= = ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

=

= ⋅ ⋅ =

= = ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

12

12

9 1 10 1 5

1 02 10

12

12

65 1 5 73 1

9 1 10 1 5

1 37 10

2 31 1 2

30

2

1 2

31 1

30

; , ( , )

,

( , ) ,

; , ,

,

– –

–

–

– –

– kgkg m s

p m v p kg m s kg m sm m m

⋅ ⋅

= = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

–

– –; , ,

1

1 165 1 5 97 5

186



53. Datos: me = 9,1 · 10–31 kg; λ = 1 Å = 10–10 m;h = 6,62 · 10–34 J·s

Utilizamos la relación de De Broglie para calcular el mo-mento del electrón y así obtener su energía cinética:

Su energía proviene del potencial que lo ha acelerado, E = e V. Por lo tanto, lo aceleró una diferencia de poten-cial de 150 V.

54. Datos: rSol = 6,96 · 108 m; Tsuperficial = 5 800 K; S = 4πr2;σ = 5,67 · 10-8 W·m–2·K–4; c = 3 · 108 m·s–1

a) La energía total emitida por el Sol en un segundo esigual a la potencia total emitida, que calculamos me-diante la ley de Stefan-Boltzmann:

P = σ T4 S = σ T4 4πr2

P = 5,67 · 10–8 W·m–2·K–4 · (5 800 K)4 ·

· 4π · (6,96 · 108 m)2 = 3,91 · 1026 W

P = 3,91 · 1026 J·s–1

b) Calculamos la energía emitida en un año a partir dela energía emitida en un segundo y del número desegundos en un año:

E = P t; E = 3,91 · 1026 W · 365 · 24 · 3 600 s

E = 1,23 · 1034 J

Obtenemos la masa perdida mediante la ecuación re-lativista que nos relaciona masa y energía:

55. La longitud de onda de De Broglie para una partícula demasa relativista m viene dada por:

Por otro lado, la longitud de onda Compton es .

Por lo tanto:


1. Datos: λ1 = 75 pm = 7,5 · 10–11 m; λ2 = 750 nm = 7,5 · 10–7 m; λ3 = 7,5 mm = 7,5 · 10–3 m; σ = 5,67 · 10–8 W·m–2·K–4

a) Utilizamos la ley de desplazamiento de Wien para ha-llar la temperatura de la cavidad:

b) Para calcular la potencia emitida por unidad de áreautilizaremos la ley de Stefan-Boltzmann:

P = σ T4 S; = σ T4

= 5,67 · 10–8 W·m–2·K–4 · (3,86 · 107 K)4

= 1,26 · 1023 W·m–2

= 5,67 · 10–8 W·m–2·K–4 · (3 864 K)4

= 1,264 · 107 W·m–2

= 5,67 · 10–8 W·m–2·K–4 · (0,386 K)4

= 1,26 · 10–9 W·m–2

2. Si la radiación incidente es capaz de extraer electronesdel metal, esto significa que su frecuencia f es superior ala frecuencia umbral fu. La energía cinética de los elec-trones arrancados se relaciona con esta frecuencia me-

diante la expresión: . Por lo

tanto, a medida que aumenta la longitud de onda de la ra-diación incidente, disminuye la energía cinética de loselectrones emitidos. Sin embargo, si la longitud de onda si-gue aumentando, llegará a ser mayor que la correspon-diente a la frecuencia umbral, momento en el que cesarála emisión de fotoelectrones, pues la energía de la radia-ción será inferior a la necesaria para arrancarlos del metal.

3. Datos: λ = 560 nm = 5,6 · 10–7 m; Im = 10–10 W·m–2;Øpup = 8 mm = 8 · 10–3 m; h = 6,62 · 10–34 m;c = 3 · 108 m·s–1

a) Utilizamos la fórmula de Planck expresada en fun-ción de la longitud de onda para hallar la energía delfotón de λ = 5,6 · 10–7 m:

Ec h f W

h cWmax = =– –0 0λ

PS3

PS3

PS2

PS2

PS1

PS1

PS

T

m K

mK3

3

3

2 897755 10

7 5 100 386=

⋅ ⋅⋅

=,

,,

–

–

λ

λ

max

max

T m K

Tm K

Tm K

mK

Tm K

mK

= ⋅ ⋅

=⋅ ⋅

=⋅ ⋅

⋅= ⋅

=⋅ ⋅

⋅=

2 897755 10

2 897755 10

2 897755 10

7 5 103 86 10

2 897755 10

7 5 103 864

3

3

1

3

117

2

3

7

,

,

,

,,

,

,

–

–

–

–

–

–

λλ

B

C

hv

cm v

hm c

cv

cv

cv

= = =

11

1

2

2

0

0

2

2 2

––

–

λ C

hm c

=0

λ Bhp

hm v

hm

v

c

v

hv

cm v

= = = =0

2

2

2

2

0

1

1

–

–

m

J

m skgperdida =

⋅⋅ ⋅

= ⋅1 23 10

3 101 37 10

34

8 1 217,

( ),

–

E m c m

E

cperdida= =2

2;

ph

pJ s

mkg m s

Ec m vpm

Eckg m s

kg

Ec J eV

= =⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅

= = =⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

= ⋅ =

λ;

,,

;( , )

,

,

–

–– –

– –

–

–

6 62 10

106 62 10

12 2

6 62 10

2 9 1 10

2 41 10 150

34

1024 1

22 24 1 2

31

17

187



b) Calculamos el número de fotones por segundo nece-sarios para que el ojo detecte la radiación. Para ellocomparamos la energía de un fotón con la que atra-viesa la superficie de la pupila en un segundo corres-pondiente a una radiación de intensidad (energíapor unidad de superficie y tiempo) igual a la mínimaque el ojo es capaz de detectar:

4. Datos: E = 1020 eV =16 J; h = 6,62 · 10–34 J·s; c = 3 · 108 m·s–1

Calculamos la longitud de onda del fotón gamma a par-tir de la fórmula de Planck expresada en función de lalongitud de onda:

5. Datos: W0 = 1 eV = 1,6 · 10–19 J; h = 6,62 · 10–34 J·s;Ecmax = 1,5 eV = 2,4 · 10–19 J

Podemos calcular la frecuencia de los fotones incidentes apartir de la expresión de Einstein para el efecto fotoeléctrico:

6. Datos: ni = 4; nf = 2; RH = 1,096776 · 107 m–1; c = 3 · 108 m·s–1

a) Utilizamos la expresión de Bohr para calcular laenergía estacionaria de un electrón del átomo de hi-drógeno en un nivel n:

b) Calculamos la frecuencia del fotón emitido mediantela fórmula de Rydberg:

7. En 1927, los físicos norteamericanos C. Davisson y L. A.Germer comprobaron experimentalmente la hipótesis deDe Broglie sobre la dualidad onda-partícula de la materia.Esta comprobación se llevó a cabo al observar de formacasual la difracción de un haz de electrones al incidir so-bre una placa donde se habían practicado dos pequeñasincisiones. El patrón de difracción coincidía con el que seobtendría al difractar fotones de la misma longitud deonda que la predicha por De Broglie para los electrones.

8. Datos: me = 9,1 · 10–31 kg; mb = 30 g = 0,03 kg;∆v = 10–3 m·s–1; h = 6,62 · 10–34 J·s

a) Calculamos la indeterminación en el momento lineala partir de la indeterminación en la velocidad:

∆pe = me ∆v; ∆pe = 9,1 · 10–31 kg · 10–3 m·s–1

∆pe = 9,1 · 10–34 kg·m·s–1

∆pb = mb ∆v; ∆pb = 0,03 kg · 10–3 m·s–1

∆pb = 3 · 10–5 kg·m·s–1

Calculamos la indeterminación en la posición a par-tir del principio de incertidumbre de Heisemberg

:

9. n = 1. El único orbital posible es el (1, 0, 0). Así que hay1 = 12 orbitales.

n = 2. Los orbitales posibles son (2, 1, –1), (2, 1, 0), (2, 1,1), (2, 0, 0), es decir, 4 = 22 orbitales.

n = 3. Le corresponden los siguientes orbitales:(3, 2, –2), (3, 2, –1), (3, 2, 0), (3, 2, 1), (3, 2, 2), (3, 1, –1),(3, 1, 0), (3, 1, 1), (3, 0, 0). En total son 9 = 32 orbitales.

n = 4. En este caso tenemos los orbitales: (4, 3, –3), (4, 3,–2), (4, 3, –1), (4, 3, 0), (4, 3, 1), (4, 3, 2), (4, 3, 3), (4, 2,–2), (4, 2, –1), (4, 2, 0), (4, 2, 1), (4, 2, 2), (4, 1, –1), (4,1, 0), (4, 1, 1), (4, 0, 0). En total 16 = 42 orbitales.

n = 5. En este caso tenemos los siguientes orbitales: (5, 4,–4), (5, 4, –3), (5, 4, –2), (5, 4, –1), (5, 4, 0), (5, 4, 1), (5,4, 2), (5, 4, 3), (5, 4, 4), (5, 3, –3), (5, 3, –2), (5, 3, –1),(5, 3, 0), (5, 3, 1), (5, 3, 2), (5, 3, 3), (5, 2, –2), (5, 2, –1),(5, 2, 0), (5, 2, 1), (5, 2, 2), (5, 1, –1), (5, 1, 0), (5, 1, 1),(5, 0, 0). En total 25 = 52 orbitales.

∆∆

∆

∆

xh

px

J s

kg m s

x m

bb

b

b

≥ ≥⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

≥ ⋅

46 62 10

4 3 10

1 76 10

34

5 1

30

π π;

,

,

–

– –

–

∆∆

∆

∆

xh

px

J s

kg m s

x m

ee

e

e

≥ ≥⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

≥

46 62 10

4 9 1 10

0 06

34

34 1π π;

,

,

,

–

– –

∆ ∆x ph⋅ ≥4π

1 096776 101

2

1

4

4 86 10

3 10

4 86

4 27 1

2 2

1

4 27

8 1

λ

λ

λ

= ⋅

= ⋅

= =⋅ ⋅

→−

→

m

m

fc

fm s

, –

,

;,

–

–

–

⋅⋅= ⋅

106 17 10

714

–,

mHz

1 1 1 1 12 2 2 2

1

λλ=

=

Rn n

Rn n

Hf i

Hf i

– ; –

–

EeV

n

EeV eV

eV

EeV eV

eV

n =

= = =

= = =

–,

–,

–,

– ,

–,

–,

– ,

13 6

13 6

4

13 616

0 85

13 6

2

13 64

3 40

2

4 2

2 2

Ec h f W fEc W

h

fJ J

J sHz

maxmax= = +

=⋅ + ⋅

⋅ ⋅= ⋅

– ;

, ,

,

– –

–

00

19 19

34142 4 10 1 6 10

6 62 106 10

E h f hc

hcE

J sm sJ

m

= = =

= ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

= ⋅

λλ

λ

;

, ,––

–6 62 103 10

161 24 1034

8 126

E J

E n E nE

E

nJ

J

fotoness

= ⋅

= =

=⋅⋅

=

5 03 10

5 03 10

3 55 1014 169

15

15

19

,

;

,

,

–

–

–

fotónfotón

E I S t I r t

E W m m s

m m= =

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

π

π

2

10 2 3 210 4 10 1– – –( )

E h f hc

E J sm s

m

E J

= = = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

⋅

= ⋅

λ; ,

,

,

––

–

–

6 62 103 10

5 6 10

3 55 10

348 1

7

19

188




• Los elementos químicos correspondientes a los distintosnúmeros atómicos son: Z = 2: helio (He); Z = 13: aluminio(Al); Z = 26: hierro (Fe); Z = 48: cadmio (Cd); Z = 62: sa-mario (Sm); Z = 84: polonio (Po); y Z = 92: uranio (U).

• Un megaelectronvoltio (MeV) es una unidad de energíaigual a 106 electronvoltios (eV). A su vez, un electronvoltioes el valor absoluto de la energía que adquiere un electróncuando es acelerado a lo largo de una diferencia de poten-cial eléctrico de un voltio. Es decir:

Esto es, un electronvoltio equivale a 1,6 · 10–19 julios (J).

Por tanto, un megaelectronvoltio equivale a:

106 eV · (1,6 · 10–19 J/1 eV) = 1,6 · 10–13 J.

1. RADIACTIVIDAD (págs. 345 y 346)

1. Las sustancias radiactivas pueden emitir radiaciones ca-paces de penetrar en cuerpos opacos, ionizar el aire ha-ciéndolo conductor, impresionar placas fotográficas y ex-citar la fluorescencia de ciertas sustancias. Las sustanciasradiactivas, además, pueden producir cambios químicosen la materia orgánica.

2. Tanto la radiación α como la radiación β están asociadasa partículas materiales, mientras que la radiación γ esuna forma de radiación electromagnética.

— La radiación α está formada por núcleos de helio 4(es decir, conjuntos de dos neutrones y dos protonesque reciben el nombre de partículas alfa). Por tanto,cada partícula α posee la carga eléctrica correspon-diente a dos protones, Q = +2e = +3,2 · 10–19 C, y lamasa de un núcleo de helio 4, m = 6,7 · 10–27 kg.

— La radiación β está formada por electrones rápidosprocedentes de la desintegración de neutrones delnúcleo. Así pues, cada partícula β posee la carga eléc-trica y la masa de un electrón (Q = –e = –1,6 · 10–19 C;m = 9,1 · 10–31 kg).

— La radiación γ es una radiación electromagnética demayor frecuencia (y menor longitud de onda) quelos rayos X. Las partículas asociadas a la radiación γson fotones con la correspondiente frecuencia. Portanto, el valor de su masa y su carga eléctrica es nulo(Q = 0; m = 0).

3. Datos: N = 7/8 N0; t = 1,54 días

a) Primero pasamos el tiempo de días a segundos:

Ahora sustituimos los datos en la ley de emisión ra-diactiva:

Y tomando logaritmos neperianos, resulta:

b) El período de semidesintegración T se relaciona conla constante radiactiva λ según:

Su valor en días es:

4. Para fuentes externas al organismo, la más peligrosa es laradiación γ, le sigue la radiación β, y la menos peligrosade las tres es la radiación α.

Para fuentes internas al organismo, la más peligrosa es laradiación α, le sigue la radiación β, y la menos peligrosade las tres es la radiación γ.

Para prevenir los peligros de la radiación hay que mini-mizar la exposición del organismo a la radiación. Esto seconsigue aumentando la distancia de separación entre lafuente radiactiva y el organismo, reduciendo el tiempode exposición a la radiación y utilizando pantallas o escu-dos protectores que eviten que la radiación penetre en elorganismo.


Los principales usos de las radiaciones ionizantes son:

— En el campo de la medicina, se utilizan en el trata-miento y la diagnosis del cáncer, el examen de órga-nos y la esterilización de material médico.

— En el campo de la industria, se emplean en radiogra-fías para detectar fracturas y defectos en planchas deacero, en soldaduras y en materiales de construcción.

T s

hs

dh

d= ⋅ ⋅ =693 1471

3 600124

8 0,

T Ts

s= ⇒ =⋅

=− −ln ln

,

2 2

1 0 10693 147

6 1λ

ln ln

,

78

133 0561

133 05687

1 0 10 6 1

= − ⋅ ⇒ =

= ⋅ − −

λ λ

λ

ss

s

N N e N N et s= ⋅ ⇒ = ⋅− − ⋅

0 0 0133 0567

8λ λ

t d

hd

sh

s= ⋅ ⋅ =1 54241

3 6001

133 056,

1 1 6 10 1 1 6 1019 19eV C V J= − ⋅ ⋅ = ⋅ −, ,–

189

14. Núcleos y partículas



— En el campo de la química, se utilizan para fabricarproductos químicos y para estudiar los mecanismosde reacción.

— En otros campos, se utilizan para esterilizar especiesnocivas (agricultura), para datar muestras orgánicas(paleontología) y para la fabricación de relojes atómi-cos de precisión y generadores auxiliares para satéli-tes artificiales (ingeniería).


Los radicales libres son moléculas químicas neutras conun electrón desapareado que no forma parte de un enla-ce químico. Por esta razón son moléculas muy activas, yaque intentan aparear su electrón libre. Al atraer electro-nes de otras moléculas, provocan la oxidación de estasúltimas.

Las partículas α provocan la formación de radicales li-bres procedentes de moléculas de agua del organismo; yestos radicales libres reaccionan con moléculas comple-jas de tejidos.

2. EL NÚCLEO ATÓMICO (pág. 348)

7. El núcleo atómico está formado por protones y neutro-nes. Ambos tipos de partículas reciben el nombre de nu-cleones.

8. La energía de enlace por nucleón es el cociente entre laenergía de enlace del núcleo y el número total de nucleo-nes que forman el núcleo (número másico).

El orden de magnitud de la energía de enlace por nucleónes de varios MeV. Su valor medio es aproximadamente de8,3 MeV.

9. Datos: A(Ra) = 226; Ar(Ra) = 226,0254 u; Z(Ra) = 88;mp = 1,0073 u; mn = 1,0087 u

a) El defecto de masa ∆m vale:

Sustituimos los valores para el radio 226, tomandocomo masa nuclear MN, la masa atómica Ar:

b) Calculemos primero la energía de enlace ∆E, tenien-do en cuenta que la energía asociada a una masa de1 u es de 931 MeV:

El valor de la energía de enlace por nucleón es, portanto:

3. REACCIONES NUCLEARES (págs. 349 y 351)

10. La reacción nuclear asociada a la emisión de partículas αes:

Esta reacción indica que cuando un núcleo padre (desímbolo N) con número atómico Z y número másico A

emite una partícula α , se transforma en un nú-

cleo hijo (de símbolo Y). El número atómico del núcleohijo es dos unidades inferior al del núcleo padre; y el nú-mero másico del núcleo hijo es cuatro unidades inferioral del núcleo padre.

La reacción nuclear asociada a la emisión de partículas βes:

Esta reacción indica que cuando un núcleo padre (desímbolo N) con número atómico Z y número másico A

emite una partícula β , se transforma en un núcleo

hijo (de símbolo Y). El número atómico del núcleo hijoes una unidad superior al del núcleo padre; y el númeromásico del núcleo hijo es igual al del núcleo padre.

En ambos tipos de reacciones nucleares, la suma de losnúmeros atómicos y la suma de los números másicos soniguales en uno y otro miembro de la reacción.

11. Datos: Z = 92

Las reacciones sucesivas que tienen lugar son:

12. La fisión nuclear consiste en la división de un núcleo degran masa en otros dos núcleos más ligeros cuando elnúcleo pesado es bombardeado con neutrones. En esteproceso se libera gran cantidad de energía y más neutro-nes. Los neutrones liberados pueden fisionar otros nú-cleos pesados dando lugar a una reacción en cadena. Enlas centrales nucleares se produce fisión nuclear en cade-na controlada. La explosión de las bombas atómicas defisión es un ejemplo de fisión nuclear en cadena fuerade control.

La fusión nuclear consiste en la unión de dos núcleos li-geros para formar otro más pesado. En este proceso se li-bera gran cantidad de energía (superior a la reacción defisión). Las reacciones de fusión en cadena se producenen las estrellas gracias a las altas temperaturas y presionesde su interior. El ser humano aún no ha conseguido pro-ducir de forma rentable la fusión nuclear en cadena con-trolada. La explosión de las bombas atómicas de hidró-geno es un ejemplo de fusión nuclear en cadena fuerade control.

92238

01

92239

93239

10

94239

10U n U Np e Pu e+ → → + → +− −

–10e( )

ZA

ZAN Y e→ ++ −1 1

0

24 He( )

ZA

ZAN Y He→ +−

−24

24

∆EA

MeVMeV= =

1 692 18226

7 5,

,

∆E u

MeVu

MeV= ⋅ =1 8176931

11 692 18, ,

∆

∆

m u u u

m u

= ⋅ + − ⋅[ ] −

=

88 1 0073 226 88 1 0087 226 0254

1 8176

, ( ) , ,

,

∆m Z m A Z m Mp n N= + − −( ( ) )

190

Protones Neutrones

Masa 1,673 · 10–27 kg mn = 1,675 · 10–27 kg

Carga +e = +1,602 · 10–19 C 0 C



13. Datos: P = 1 200 MW; t = 1 año = 3,1536 · 107 s;Ar(U) = 235,0439 u; NA = 6,022 · 1023

Calculemos primero la energía E liberada en un año (su-poniendo que el reactor funciona sin interrupciones):

El valor de esta energía en megaelectronvoltios es:

Calculamos la masa de uranio 235 que se precisa paraobtener esta energía, teniendo en cuenta que en la fisiónde un núcleo de uranio 235 se liberan 200 MeV:

14. La principal dificultad técnica que presenta la fusión nu-clear controlada es la del confinamiento del materialque se debe fusionar. Este material ha de llevarse a muyaltas temperaturas para conseguir la energía de activa-ción necesaria para la fusión. El problema es que a estastemperaturas los reactivos se encuentran en estado deplasma y es difícil su confinamiento en un recipiente oespacio como el reactor de fusión.


La fusión nuclear controlada, cuando se logre explotarde forma rentable, presentará frente a la fisión las venta-jas de que sus productos de reacción no son contaminan-tes y, además, se dispone de enormes reservas de com-bustible para la fusión controlada (el hidrógeno del aguade los océanos). Además, en la fusión se obtiene (a par-tir de la misma cantidad de masa de reactivos) una ener-gía más de tres veces superior que en la fisión.

4. PARTÍCULAS SUBATÓMICAS Y FUERZASFUNDAMENTALES (pág. 353)


Las partículas subatómicas más conocidas son el electrón(cuya antipartícula es el positrón), el protón (cuya anti-partícula es el antiprotón), el neutrón (cuya antipartícu-la es el antineutrón) y el fotón (cuya antipartícula es elmismo fotón).

17. Los seis tipos de leptones que existen son: el electrón, elmuón, el tauón, el neutrino del electrón, el neutrino delmuón y el neutrino del tauón.

Los seis tipos de quarks que existen son: up, down, stran-ge, charmed, bottom y top.

18. Datos: mp = 1,67 · 10–27 kg; h = 6,62 · 10–34 J·s;c = 3 · 108 m·s–1

La energía mínima que debe tener un fotón para gene-rar un par protón-antiprotón es la energía asociada a lamasa de las dos partículas. Teniendo en cuenta que lasdos tienen la misma masa:

Emin = 2 mp c2 = 2 · 1,67 · 10–27 kg (3 · 108 m·s-1)2

Emin = 3,01 · 10–10 J

Así pues, la frecuencia mínima del fotón es:


a) El período de semidesintegración del carbono 14 es de 5 730 años. Así, en un período de tiempo mucho mayor, porejemplo, de treinta mil años, transcurren: 30 000/5 730 == 5,24 períodos de semidesintegración.

Es decir, treinta mil años equivale a más de cinco veces elperíodo de semidesintegración. Al cabo de 5 períodos desemidesintegración, la cantidad de carbono 14 del restoorgánico se ha reducido a (1/2)5 = 1/32 partes de su va-lor inicial, ya de por sí pequeño. En estas condiciones, latécnica del carbono 14 es poco recomendable por lapoca cantidad de carbono 14 presente en la muestra yporque el error en la medida es comparable al valor me-dido.

b) El cobalto 60 es una fuente de rayos γ. Dado que ésta esel tipo de radiación más penetrante, se usa como fuenteexterna para penetrar en el organismo y llegar hasta lostejidos y órganos afectados de cáncer.

El yodo 131 emite rayos β y rayos γ. En este caso debeusarse como fuente interna ya que los rayos β no tienentanto poder de penetración como los rayos γ. Por tanto,la fuente de radiación β debe de situarse cerca del órga-no o tejido que se va a tratar. Usando el yodo 131 comofuente interna, gran parte de la radiación γ emitida atra-viesa el cuerpo humano sin interactuar, pero, a cambio,casi toda la radiación β puede actuar en las células can-cerígenas.


Para organizar el debate, puede procederse de la si-guiente manera:

— Determinar los encargados de las diferentes funcio-nes:

• Ponentes. Defenderán una determinada posturaexponiéndola y argumentándola.

• Oponentes. Rebatirán las opiniones de los ponen-tes con sus propios argumentos y opiniones.

Tanto los ponentes como los oponentes deben inves-tigar y documentarse sobre el tema con anterioridadal debate.

• Moderador. Presentará el tema y las opiniones deambos grupos. Además, concederá los turnos de

f

Eh

J

J sHzmin

min= =⋅

⋅ ⋅= ⋅

−

−3 01 10

6 62 104 5 10

10

3423,

,,

m MeVnucl

MeVg

nucl

m g kg

= ⋅ ⋅ ⋅⋅

= ⋅ =

2 3652 101

200235 0439

6 022 10

4 616 10 461 6

2923

5

,. ,

, .

, ,

E JeV

J

E eV MeV

= ⋅⋅

= ⋅ = ⋅

−3 7843 101

1 6 10

2 3652 10 2 3652 10

1619

35 29

,,

, ,

E P t W s

E J

= = ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

1 2 10 3 1536 10

3 7843 10

9 7

16

, ,

,

191



palabra para que el debate se desarrolle de formaordenada. Guiará el debate para que no se produz-can desórdenes y todos tengan las mismas oportu-nidades de participar.

• Secretario. Tomará nota de las diversas opinionesexpuestas y resumirá los argumentos presentados ylas conclusiones al final del debate.

• Público. Atenderá a las diversas opiniones. Podráintervenir al final del debate exponiendo sus pro-pios argumentos y valorando qué grupo ha sidomás convincente y cuál ha defendido mejor su pos-tura.

Los ponentes defenderán la postura de que la radiac-tividad presenta más beneficios que peligros. Puedenapoyarse en las múltiples aplicaciones de la energíanuclear, principalmente como fuente de energía al-ternativa a los combustibles fósiles. Gracias a su desa-rrollo, los países que no cuentan con reservas de car-bón y petróleo no han tenido que depender de lasdemandas arbitrarias de los países productores de és-tos. Además, con pocas excepciones, las centrales nu-cleares garantizan la seguridad de la población por lagran cantidad de medidas de seguridad y control queposeen.

Los oponentes rebatirán las opiniones anteriores afir-mando que la radiactividad presenta más peligrosque beneficios. Se pueden apoyar en los efectos delas explosiones de bombas atómicas y de los acciden-tes nucleares. También se opondrán a las centralesnucleares por los desechos radiactivos que producen,que conllevan un importante problema de almacena-miento. Además, la rápida proliferación de centralesde fisión a partir de la década de 1970 ha perjudica-do al desarrollo e investigación de otras fuentes deenergía alternativas.

El moderador del debate puede intentar un acerca-miento de ponentes y oponentes introduciendo ladiscusión sobre la fusión nuclear. Se puede conside-rar tanto la fusión natural (es decir, la que tiene lu-gar en el Sol y permite la vida en la Tierra) como lafusión artificial controlada (aún no conseguida).

— Iniciar el debate. El moderador presentará el tema ydará la palabra en primer lugar a alguno de los po-nentes.

— Desarrollar y concluir el debate. Los distintos ponen-tes y oponentes desarrollarán sus argumentos, condu-cidos por el moderador.

Al final del debate, el público podrá expresar sus opi-niones. Por último, el secretario resumirá las conclu-siones.


19. Datos: M = 222,0175; m0 = 2 · 10–3 g; m = 2,5 · 10–4 g

a) La ley de emisión radiactiva es:

Hallamos primero la constante radiactiva λ a partirdel período de semidesintegración:

Teniendo en cuenta que las masas m y m0 se relacio-nan con el número de núcleos en el instante t (N) yen el instante inicial (N0) según:

donde M es la masa molar

y NA la constante de Avogadro, la ley de emisión ra-diactiva se puede escribir como:

Sustituyendo valores y tomando logaritmos neperia-nos hallamos el valor de t:

Es decir, t = 990 210 s = 11,46 días.

En este caso concreto, se habría podido obtener elresultado de una manera más directa a partir del va-lor del cociente entre m0 y m:

Esto significa que la masa se ha reducido a la mitadtres veces sucesivas. Por tanto, ha transcurrido untiempo t que es tres veces el período de semidesinte-gración:

b) Calculamos el número de núcleos iniciales, N0, y fina-les, N.

Calculamos ahora los valores de la actividad inicial,A0, y final A.

A0 = λ N0 = 2,1 · 10–6 s–1 · 5,42 · 1018

A0 = 1,14 · 1013 Bq

A = λ N = 2,1 · 10–6 s–1 · 6,78 · 1017 = 1,42 · 1012 Bq

Nm N

Mg

g

Nm N

Mg

g

A

A

00

3 2318

4 2317

2 10 6 022 10222 0175

5 42 10

2 5 10 6 022 10222 0175

6 78 10

= =⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

= =⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

−

−

,,

,

, ,,

,

t T d d= = ⋅ =3 3 3 82 11 46, ,

mm

g

g0

4

3

32 5 10

2 100 125

12

=⋅

⋅= =

−

−,

,

0 25 10 2 10

0 252

2 1 10

20 25

2 1 10990 210

3 3 2 1 10

6 1

6 1

6 1,

ln,

,

ln,

,

,⋅ = ⋅ ⋅ ⇒

⇒ = − ⋅ ⋅ ⇒

⇒ =⋅

=

− − − ⋅ ⋅

− −

− −

− −g g e

s t

ts

s

s t

m m e t= −0

λ

mN MN

mN MNA A

= =; ;00

λ = = = ⋅ − −ln ln

,2 2

330 0482 10 10 6 1

T ss

N N e t= −0

λ

T dhoras

dmin

horas

mins= ⋅ ⋅ ⋅ =3 82

241

601

601

330 048,

192



20. Datos: M = 209,9829 u; m0 = 2 · 10–3 g; m = 5 · 10–4 g

a) Sustituimos los datos del enunciado en la ley de emisión radiactiva para hallar la constante radiacti-va λ:

El período de semidesintegración vale:

El resultado que obtenemos es muy similar al valorreal del período de semidesintegración del polonio210, que se puede consultar en las tablas y es de 139días.

b) Calculamos el número de núcleos iniciales, N0, y fina-les, N.

Calculamos ahora los valores de la actividad inicial,A0, y final A.

A0 = λ N0 = 5,82 · 10–8 s-1 · 5,73 · 1018 = 3,3 · 1011 Bq

A = λ N = 5,82 · 10–8 s–1 · 1,43 · 1018 = 8,3 · 1010 Bq

21. a)

Toda reacción nuclear debe cumplir que la suma de losnúmeros atómicos y la suma de los números másicos enambos miembros de la reacción sean iguales. Esto es:

Suma de números atómicos:

13 + 2 = Z + 0 ⇒ Z = 15

Suma de números másicos:

27 + 4 = A + 1 ⇒ A = 30

El elemento de número atómico 15 es el fósforo.Además, como su número másico es 30, se trata delfósforo 30. La reacción es, pues:

Se trata de una reacción de emisión de neutrones in-ducida por el bombardeo de núcleos de aluminiocon partículas α.

b)

Análogamente al caso anterior, tenemos:


7 + 1 = 2 + Z ⇒ Z = 6


14 + 1 = 4 + A ⇒ A = 11

El elemento de número atómico 6 es el carbono.Además, como su número másico es 11, se trata delcarbono 11. La reacción es, pues:

Se trata de una reacción de emisión de partículas αinducida por el bombardeo de núcleos de nitrógenocon protio (hidrógeno 1).

22. Datos: M = 1,0078 u; M = 3,0160 u;

M = 4,0026 u

a) La reacción nuclear dada: , es unareacción de fusión nuclear.

b) Hallamos el defecto de masa ∆m asociado a la reac-ción nuclear anterior:

Es decir, al producirse la reacción tiene lugar una pér-

dida de masa de 0,0212 u por cada átomo de

reaccionante; por tanto, se libera una energía E devalor:


23. La radiactividad consiste en la emisión de radiaciones io-nizantes procedentes de los núcleos atómicos inestablesde ciertas sustancias denominadas radiactivas.

Las radiaciones ionizantes pueden ser de tres tipos: ra-diación α (son núcleos de helio), radiación β (son elec-trones de gran energía cinética, del orden del MeV, pro-cedentes de la desintegración de neutrones del núcleo) yradiación γ (es una radiación electromagnética de fre-cuencia superior a la de los rayos X).

24. El individuo B corre mayor peligro que el individuo Aporque, dentro del organismo, una fuente radiactivaemisora de radiación α es más peligrosa que una fuenteradiactiva emisora de radiación γ.

E u

MeVu

MeV= ⋅ =0 0212931

119 7, ,

11H( )

∆

∆

m M H M H M He

m u u u u

= + −

= + − =

( ( ) ( )) ( )

( , , ) , ,11

13

24

1 0078 3 0160 4 0026 0 0212

11

13

24H H He+ →

24 H( )

13 H( )1

1H( )

714

11

24

611N H He C+ → +

714

11

24N H He XZ

A+ → +

1327

24

1530

01Al He P n+ → +

1327

24

01Al He X nZ

A+ → +

Nm N

Mg

g

Nm N

Mg

g

A

A

00

3 2318

4 2318

2 10 6 022 10209 9829

5 73 10

5 10 6 022 10209 9829

1 43 10

= =⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

= =⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

−

−

,,

,

,,

,

Ts

s

T smin

sh

mind

horasd

= =⋅

= ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

− −ln ,

,,

,

2 0 693

5 82 101 19 10

1 19 10160

160

124

138

8 17

7

λ

m m e

g g e

g

gs

s

t

s

=

⋅ = ⋅ ⋅ ⇒

⇒⋅⋅

= − ⋅ ⋅

= ⋅

−

− − − ⋅ ⋅

−

−

0

4 3 2 38 10

4

37

8 1

5 10 2 10

5 10

2 102 38 10

5 82 10

7

λ

λ

λ

λ

,

– –

ln ,

,

t d

horasd

minhora

smin

s= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅27624

1601

601

2 38 107,

193



25.

26. Existen dos tipos de fuerzas nucleares:

— La fuerza nuclear fuerte es una fuerza de atracción en-tre cualquier tipo de nucleones (ya sean protones oneutrones). Es la responsable de la cohesión del nú-cleo.

— La fuerza nuclear débil es una fuerza que actúa en todotipo de partículas, aunque sus efectos son más apre-ciables en las partículas no sometidas a la interacciónnuclear fuerte. Es la responsable de la emisión β.

Estas fuerzas son de muy corto alcance: la fuerza nuclearfuerte es nula para distancias superiores a 10–15 m, y lafuerza nuclear débil es nula para distancias superiores a10–17 m.

A las distancias donde las fuerzas nucleares no se anulan,la fuerza nuclear fuerte es superior en intensidad a lafuerza electromagnética, mientras que la fuerza nucleardébil es inferior en intensidad a la fuerza electromagné-tica.

27. La masa de un núcleo es siempre inferior a la suma delas masas que tienen los protones y neutrones aisladosque se unen para formar el núcleo. La diferencia de ma-sas recibe el nombre de defecto de masa (∆m).

La energía liberada al formarse un núcleo se denominaenergía de enlace y proviene del defecto de masa; es de-cir, de la masa que pierden sus nucleones al enlazarsepara formar el núcleo. La energía de enlace ∆E se rela-ciona con el defecto de masa ∆m mediante la fórmula deEinstein:

∆E = ∆m c2

28. Una reacción nuclear es un proceso mediante el cual nú-cleos atómicos se transforman en otros distintos.

Las diferentes emisiones radiactivas que dan lugar al fe-nómeno de la radiactividad se deben a reacciones nu-cleares en núcleos atómicos que son inestables:

— En el caso de la emisión α, un núcleo atómico inesta-

ble se transforma en otro más estable y

emite una partícula α .

— En el caso de la emisión β, un núcleo atómico inesta-

ble se transforma en otro más estable y

emite una partícula β .

— En el caso de la emisión γ, un núcleo que se halla enun nivel energético excitado pasa a otro nivel menosenergético y emite la diferencia de energía en formade radiación electromagnética.

29. La fisión nuclear es una reacción nuclear en la que unnúcleo pesado se divide en dos núcleos más ligeros al serbombardeado con neutrones. En el proceso se liberanmás neutrones y gran cantidad de energía.

El ejemplo típico de reacción de fisión es la fisión deluranio 235:

En esta reacción se liberan 200 MeV por átomo de ura-nio 235.

En las centrales nucleares, la energía se obtiene mediantefisión nuclear en cadena controlada de uranio 235 o plu-tonio 239. En la fisión en cadena dentro del reactor de lacentral, los neutrones liberados en la fisión de un átomopueden fisionar a más átomos. Todo el proceso se contro-la mediante un controlador que sirve para capturar el ex-ceso de neutrones en caso de que la velocidad de reac-ción sea muy rápida y haya riesgo de explosión nuclear.

30. La fusión nuclear es una reacción nuclear en la que dosnúcleos ligeros se unen para formar otro más pesado. Eneste proceso se libera gran cantidad de energía.

Un ejemplo de reacción de fusión es la fusión del protioy el tritio:

En esta reacción se liberan 19,8 MeV de energía por áto-mo de helio 4.

La fusión nuclear en cadena controlada aún no se utilizacomo fuente de energía porque no se ha conseguido lle-var a cabo de forma rentable, debido a la dificultad téc-nica que supone confinar los reactivos, que, a temperatu-ras tan elevadas, están en estado de plasma.

31. Las partículas elementales son aquéllas que no puedenser descompuestas en otras más simples. Algunas partícu-las elementales pueden unirse para formar partículasmás complejas.

Las antipartículas se definen en relación con las partícu-las, de forma que la antipartícula de una partícula dadaes otra partícula de masa y espín iguales que la primerapero con carga eléctrica y momento angular de signocontrario a los de la partícula.

Las partículas elementales se clasifican en leptones (noestán sometidas a la interacción nuclear fuerte) y quarks(sí están sometidas a la fuerza nuclear fuerte). Losquarks no existen aislados, sino que se combinan paraformar otras partículas, los hadrones.

11

13

24H H He+ →

92235

01

56141

3692

013U n Ba Kr n+ → + +

–10 e( )

ZA Y+( )1Z

A N( )

24 He( )

ZA Y–

–24( )Z

A N( )

194

átomo núcleo

Mátomo

La masa atómica es

masadel orden de la

Mnúcleo ≥ 0,99 Mátomounidad de masa atómica, u.1 u = 1,661 · 10–27 kg

Vátomo Vnúcleo ≈ 10–5 Vátomo

volumenEl átomo tiene un El núcleo tiene un radio aproximado radio aproximado de 10–10 m. de 10–15 m.

niveles Son del orden Son del orden energéticos del eV. del MeV.



Las antipartículas se clasifican en leptones (no sometidasa la fuerza nuclear fuerte) y en mesones (partículas sí so-metidas a la fuerza nuclear fuerte).

32. Las fuerzas fundamentales de la naturaleza son: la fuerzagravitatoria, la fuerza electromagnética, la fuerza nuclearfuerte y la fuerza nuclear débil.

Tanto la fuerza gravitatoria como la fuerza electromag-nética son de largo alcance (sus efectos se perciben a es-calas astronómicas). En cambio, las fuerzas nucleares sonde corto alcance (sus efectos se perciben sólo a escalasnucleares: a una distancia menor de 10–15 m para la nu-clear fuerte y a una distancia menor de 10–17 m para ladébil).

A distancias menores de 10–17 m donde la fuerza nucleardébil no es nula, la intensidad de los distintos tipos defuerza decrece en este orden: fuerza nuclear fuerte, fuer-za electromagnética, fuerza nuclear débil y fuerza gravi-tatoria.


Comparando con la ley de emisión radiactiva: ,se deduce el valor de la constante radiactiva λ de lamuestra: λ = 2,1 · 10–6 s–1

Por tanto, el período de semidesintegración T vale:

34. Datos: m0 = 3 · 10–3 g;

a) Hallamos la constante radiactiva del yodo 131, λ, yconocida ésta, aplicamos la ley de emisión radiactivapara halla el tiempo t que tarda la muestra en redu-cirse a 0,5 g:

b) Para que la actividad A se reduzca a la cuarta partede su valor inicial, el número de núcleos debe redu-cirse en la misma proporción:

puesto que la actividad y el número de núcleos se re-lacionan según: A = λ N.

El tiempo t necesario para que el número de núcleosse reduzca a la cuarta parte del valor inicial es, pues,

de dos períodos de semidesintegración T, ya que elnúmero de núcleos ha de reducirse a la mitad dos ve-ces sucesivas:

t = 2 T = 2 · 8 d = 16 d

35. Datos: m = (9/10) m0; t1 = 20 s

a) Sustituimos los datos del enunciado en la ley de emi-sión radiactiva escrita en términos de las masas m ym0, para hallar la constante radiactiva λ de la muestra:

Y ahora calculamos el período de semidesintegraciónT de la muestra radiactiva:

b) A partir de la ley de emisión radiactiva: ,y teniendo en cuenta la relación entre actividad y nú-mero de núcleos en los distintos instantes de tiempo:A0 = λ N0; A = λ N, la ley de emisión radiactiva se pue-de escribir en términos de las actividades:

Y sustituyendo los datos del enunciado en la ecua-ción anterior, hallamos el tiempo t2 necesario paraque la actividad se reduzca a una tercera parte de suvalor inicial:

36. Datos: A(t) = A0/8; t = 7,5 min

a) En nuestro caso, el cociente de actividades es un múl-tiplo entero de (1/2). Por tanto, el tiempo transcurri-do es un múltiplo entero del período de semidesinte-gración T del radioisótopo:

Se obtiene el mismo resultado si se sustituyen los da-tos del enunciado en la ley de emisión radiactiva es-crita en términos de las actividades, aunque este últi-mo procedimiento es más largo.

b) Calculamos la vida media τ del radioisótopo a partir desu relación con el período de semidesintegración T:

37. Datos: Ar(16O) = 15,9949 u; A = 16; Z = 8;mp = 1,0073 u; mn = 1,0087 u

τ = = =T minmin

ln,,

,2

2 50 693

3 6

AA

t T

Tt min

min

0

312

3

37 5

32 5

=

⇒ =

= = =,

,

AA e

s t t s

s t00

5 27 10

3 12 2

3

3 5 27 10 208

3 12= ⋅ ⇒

⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ =

− ⋅

− −

− −,

ln ,

A A e t= −0

λ

N N e t= −0

λ

T

ss= =

⋅=−

ln ,

,

2 0 693

5 27 10132

3λ

m m e m m e

s s

t s= ⇒ = ⇒

⇒ = − ⋅ ⇒ = ⋅

− − ⋅

−

0 0 020

3

19

109

1020 5 27 10

λ λ

λ λln ,

A

AN

N= ⇒ =0 0

4 4

λ

λ

= =⋅

= ⋅

=

⋅ = ⋅ ⋅ ⇒

⇒ ⋅⋅

= − ⇒ = ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

− −

−

− − −

−

−− −

− −

ln ,

,,

ln ,

,

2 0 693

6 91 101 00 10

5 10 3 10

5 10

3 1010 1 79 10

1 79 10160

160

124

56 1

0

4 3 10

4

36 1 6

6

6 1

T ss

m m e

g g e

s t t s

t smin

shoramin

dhoras

t

s t

2020 7, d

T d

horasd

minhora

smin

s= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅824

1601

601

6 91 105,

T

ss= =

⋅= ⋅− −

ln ,

,,

2 0 693

2 1 103 3 10

6 15

λ

N N e t= −0

λ

N N e t= − ⋅ −

02 1 10 6,

195



a) Tomamos como valor de la masa nuclear del oxígeno16 el valor de su masa atómica por el pequeño valorde la masa de los electrones: MN(16O) ≈ Ar(16O), y sus-tituimos los datos del enunciado en la expresión parael defecto de masa ∆m:

b) La energía de enlace ∆E puede calcularse a partir dela relación ∆E = ∆m c2, o bien de forma más directa apartir del equivalente energético de la unidad demasa atómica (1 u = 931 MeV):

c) La energía de enlace por nucleón es:

38. Datos: A = 234; Z = 90

a) Al emitirse la primera partícula β, el torio 234 setransforma en protactinio 234, ya que su número ató-mico Z se incrementa en una unidad y su númeromásico A no varía:

Análogamente, al emitirse la segunda partícula β, elprotactinio 234 pasa a ser uranio 234:

Al emitirse la primera partícula α, el uranio 234 seconvierte en torio 230, ya que su número atómico Z = 92 se reduce en dos unidades y su número másicoA = 234 se reduce en cuatro unidades:

Análogamente, al emitirse la segunda partícula α, eltorio 230 se transforma en radio 226:

La reacción global es:

b) El isótopo resultante es el radio 226.

39. Datos: ; E = 2,71 MeV;Ar(12C) = 12 u; Ar(1H) = 1,0078 u; Ar(2H) = 2,0141 u

Hallamos primero el defecto de masa ∆m asociado a lareacción a partir de la energía liberada:

Calculamos ahora la masa atómica del carbono 13 a par-tir de la expresión del defecto de masa:

∆m = (M(12C) + M(2H)) – (M(1H) + M(13C));

0,0029 u = (12 u + 2,0141 u) – 1,0078 u – M(13C) ⇒

⇒ M(13C) = 13,0034 u

El valor obtenido coincide con el valor real de la masaatómica del carbono 13, que podemos consultar en lastablas.

40. Datos: me = 9,1 · 10–31 kg; h = 6,62 · 10–34 J·s

a) La masa total del par electrón-positrón vale: m = 2me

= 2 · 9,1 · 10–31 kg = 18,2 · 10–31 kg

La energía E asociada a esta masa total es la energíatotal de los dos fotones:

Los dos fotones tienen la misma energía Ef de valorla mitad de la energía total E:

Por tanto, la frecuencia f de cada fotón es:

41. Datos: T = 5 730 años = 1,807 · 1011 s;Ar(14C) = 14,0032 u; t = 1010 s;

a) Calculamos primero la constante radiactiva λ del car-bono 14:

Calculamos ahora la masa inicial de la muestra:

b) Hallamos la actividad A al cabo de 1010 s haciendouso de la ley de emisión radiactiva en términos de lasactividades:

c) Hallamos la masa m de carbono 14 al cabo de 1010 shaciendo uso de la ley de emisión radiactiva en tér-minos de las masas:

42. Datos: NA0 = NB0; t = 1 350 s; NA = 2 NB; TA = 150 s

m m e

m g e g

t

s s

=

= ⋅ ⋅ = ⋅

−

− − ⋅ ⋅ −− −

0

4 3 829 10 10 45 10 4 8 1012 1 10

λ

, ,

A Bq e

A Bq

s s= ⋅ ⋅

= ⋅

− ⋅ ⋅− −8 217 10

7 9 10

7 3 829 10 10

7

12 1 10,

,

,

A A e t= −0

λ

mN MN

NA

mM AN

g s

s

m g

A

A

00

00

00

7 1

23 12 1

04

14 0032 8 217 10

6 022 10 3 829 10

5 0 10

= =

= =⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

−

− −

−

;

, ,

, ,

,

λ

λ

λ = =

⋅= ⋅ − −ln ,

,,

2 0 693

1 807 103 829 10

1112 1

T ss

Ades e ciones

minmin

sBq0

9 74 93 10160

8 217 10= ⋅ ⋅ = ⋅,int gra

,

fEh

J

J sHzf= =

⋅⋅ ⋅ ⋅

= ⋅−

−8 2 10

6 62 101 24 10

14

3420,

,,

E

JJf =

⋅= ⋅

1 64 102

8 2 1013

14,,

E m c kg m s

E J

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− −

−

2 31 8 1 2

13

18 2 10 3 10

1 64 10

, ( )

,

∆m MeV

uMeV

u= ⋅ =2 711

9310 0029, ,

612

12

11

613C H H C+ → +

90234

88226

10

242 2Th Ra e He→ + +−

90230

88226

24Th Ra He→ +

92234

90230

24U Th He→ +

91234

92234

10Pa U e→ + −

90234

91234

10Th Pa e→ + −

∆EA

MeVMeV= =

123 916

7 74,

,

∆E u

MeVu

MeV= ⋅ =0 1331931

1123 9, ,

∆

∆

∆

m Zm A Z m M

m u u u

m u

p n N= + − −

= ⋅ + − ⋅ −

=

( ( ) )

( , ( ) , ) ,

,

8 1 0073 16 8 1 0087 15 9949

0 1331

196



Escribimos las leyes de emisión radiactiva de los dos ra-dioisótopos A y B:

Ahora dividimos las dos ecuaciones:

Y sustituimos los datos del enunciado en esta última ex-presión:

Tomando logaritmos neperianos, resulta:

ln 2 = (λB – λA) · 1 350 s

Teniendo en cuenta la relación entre la constante radiac-

tiva λ y el período T para cada radioisótopo ,

la expresión anterior puede escribirse en términos de losperíodos:

43. Datos:

En esta reacción nuclear el valor del número atómicopasa de Z0 = 92 a Z = 82; mientras que el valor del núme-ro másico cambia de A0 = 238 a A = 206.

Sabemos que cada partícula α emitida reduce en 2 uni-dades el valor de Z y reduce en 4 unidades el valor de A.A su vez, cada partícula β emitida aumenta el númeroatómico Z en una unidad y deja invariante el númeromásico A.

Así pues, el cambio global en el número másico es debi-do solamente a las partículas α emitidas. Sea x el núme-ro de partículas α emitidas, se cumple:

En nuestro caso es: A0 – A = (238 – 206) = 32

Por tanto, se tiene: 32 = 4x ⇒ x = 8; es decir, se emiten 8partículas α.

El cambio global en el número atómico se debe tanto alas partículas α emitidas como a las partículas β emitidas.Llamando y al número de partículas β emitidas, se cum-ple:

Z – Z0 = –2x + 1y

En nuestro caso es:

Z0 – Z = (92 – 82) = 2 · 8 – y

Por tanto, se tiene: 10 = 16 – y ⇒ y = 6; es decir, se emi-ten 6 partículas β.

44. Datos: Ec(α) = 9,5 MeV; Ar(4He) = 4,0026 u;Ar(1H) = 1,0078 u

a) La reacción producida al bombardearse el litio 7 conun protón y emitirse una partícula α es:

b) De la reacción anterior, observamos que en realidadel litio 7 emite dos partículas α, cada una de ellas conuna energía cinética de 9,5 MeV. Por tanto, la ener-gía total E liberada en la reacción vale: E = 2 · 9,5MeV = 19 MeV

Hallamos ahora el defecto de masa ∆m asociado aesta reacción:

Calculamos finalmente la masa atómica del litio 7 apartir de la expresión del defecto de masa de la reac-ción:

∆m = (M(7Li) + M(1H)) – (M(4He) + M(4He));

0,0204 = M(7Li) + 1,0078u – (2 · 4,0026 u) ⇒

⇒ M(7Li) = 7,0178 u

El valor obtenido es muy similar al valor real de lamasa atómica del litio 7, que se puede consultar enlas tablas y es de 7,0160.

45. Datos: E = 200 MeV; Ar(235U) = 235,0439 u;m = 100 g; Potencia = 700 MW = 7 · 108 W

NA = 6,022 · 1023

a) Calculamos el número de núcleos de uranio 235 fi-sionables, N, de una muestra de 100 g de uranio 235:

Cada núcleo fisionable proporciona una energía de200 MeV, por tanto, la energía total, E, que se puedeobtener con 100 g de uranio 235 es:

b) Calculamos la energía consumida en un día por unacentral nuclear de 700 MW de potencia, suponiendoque funciona ininterrumpidamente:

Calculamos la masa de uranio necesaria para propor-cionar esta energía, sabiendo que 100 g de uraniodan una energía de 5,12 · 1031 eV y que un electron-voltio equivale a 1,6 · 10–19 J:

8 64 10 7 10 6 048 104 8 13, ,⋅ ⋅ ⋅ = ⋅s W J

E nucl

MeVnucl

MeV= ⋅ = ⋅2 56 102001

5 12 1023 25, ..

,

N g

nuclg

= ⋅⋅

= ⋅1006 022 10

235 04392 56 10

2323, .

,,

t dhoras

dmin

horas

mins= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅1

241

601

601

8 64 104,

∆m MeVu

MeVu= ⋅ =19

1

9310 0204,

37

11

24

24Li H He He+ → +

Z Z x y0 2− = −

A A x A A x– – ;0 04 4= − =

92238

82206U Pb→

ln ln –2 21 1

1 350

11 1

1501 350

11 350

1150

1135

=

⋅

= −

⋅ ⇒

⇒ + = ⇒ =

T Ts

T ss

s s TT s

B A

B

BB

λ =

ln2

T

2 0

0

1 350NN

NN

eB

B

B

B

sB A= ⋅ −( )λ λ

NN

NN

eA

B

A

B

tA B= ⋅ − −0

0

( )λ λ

N N e

N N e

A At

B Bt

A

B

=

=

−

−

0

0

λ

λ

197



46. Datos: λ = 1,6 · 10-13 m; me = 9,1 · 10–31 kg;h = 6,62 · 10–34 J·s

La frecuencia f del fotón es:

Su energía asociada Ef vale:

La energía en reposo E0 (asociada a la masa) del parelectrón-positrón vale:

E0 = 2 me c2 = 2 · 9,1 · 10–31 kg·(3 · 108 m·s–1)2

E0 = 1,64 · 10–13 J

La energía del fotón se convierte en la energía total delpar electrón-positrón; esto es, en la suma de la energíaen reposo E0 y la energía cinética Ec:

Ef = E0 + Ec ⇒ 1,24 · 10–12 J = 1,64 · 10–13 J + Ec ⇒

⇒ Ec = 1,08 · 10–12 J

El valor de la energía cinética expresado en MeV es:


1. La ley de emisión radiactiva establece que, en una muestraradiactiva, el número de emisiones radiactivas que se pro-ducen por unidad de tiempo es proporcional al númerode núcleos N sin desintegrar presentes en la muestra.

Como consecuencia, el número de núcleos N disminuyede forma exponencial con el tiempo.

El período de semidesintegración, T, de una sustanciaradiactiva es el tiempo que debe transcurrir para que lamasa de cualquier muestra de dicha sustancia se reduzcaa la mitad.

La constante radiactiva, λ, es una característica de cadaisótopo radiactivo igual a la constante de proporcionali-dad entre el número de emisiones por unidad de tiempoy el número de núcleos presentes en la muestra.

La vida media, τ, de un radioisótopo es el tiempo medioque tarda en desintegrarse un núcleo de dicha sustanciatomado al azar.

2. La exposición a altas dosis de radiación en los seres vivosprovoca un aumento de la tasa de cáncer y otros trastor-

nos de tipo genético que se manifiestan en las generacio-nes posteriores.

— Algunos de los radioisótopos más peligrosos para elser humano son el estroncio 90, el potasio 40 y el car-bono 14.

— La radiactividad no siempre es perjudicial. Utilizadaen las dosis y forma correctas presenta muchos bene-ficios, como la detección y el tratamiento del cáncery diversas aplicaciones tecnológicas e industriales.

3. Datos: λ = 1,7 · 105 s–1

a) La vida media τ del radioisótopo es:

τ = 1/λ = 1/(1,7 · 105 s–1) = 5,9 · 10–6 s

b) Si una muestra del radioisótopo se reduce a unacuarta parte de su masa inicial, se tiene:

Para que esto ocurra debe transcurrir un tiempo tigual a dos veces el período de semidesintegración T.Por tanto:

4. Los núcleos atómicos están formados por protones yneutrones. Los protones y neutrones tienen una masa si-milar, que es aproximadamente 104 veces la del elec-trón. Los protones tienen carga eléctrica positiva deigual valor absoluto que la del electrón; mientras quelos neutrones no poseen carga eléctrica. Los protones yneutrones se mantienen unidos gracias a la fuerza nu-clear fuerte.

El núcleo posee más del 99% de la masa del átomo, sinembargo, su volumen es de sólo 10–5 veces el volumenatómico.

El número atómico, Z, es el número de protones en unnúcleo y es característico de cada elemento químico. Elnúmero másico, A, es el número de nucleones (protonesy neutrones) de un núcleo, y varía para cada isótopo dis-tinto de un mismo elemento.

Al emitir una partícula α, un núcleo atómico se transfor-ma en otro distinto de número atómico dos unidades in-ferior y número másico cuatro unidades inferior. Esto esdebido a que el núcleo padre emite un núcleo de helio 4(pierde dos protones y dos neutrones).

Al emitir una partícula β, un núcleo atómico se transfor-ma en otro distinto de número atómico una unidad su-perior y del mismo número másico. Esto es debido a queun neutrón del núcleo padre se desintegra dando lugara un protón y un electrón.

Al emitir radiación γ, un núcleo atómico pierde energíay pasa de un estado excitado a otro menos energético.Sin embargo, sus números atómico y másico no se al-teran.

t T

ss= = = ⋅

⋅= ⋅−

−2 22 2 0 693

1 7 108 10

5 16ln ,

,λ

mm

m= = ⋅

00

2

412

N0 = número de núcleos sin desin-

tegrar en el instante inicial. N N e t= 0–λ

λ = constante radiactiva, característica

de cada isótopo radiactivo.

dNdt

N= –λ

Ec J

eV

J

MeV

eVMeV= ⋅ ⋅

⋅⋅ =−

−1 08 101

1 6 10

1

106 7512

19 6,

,,

E h f J s s

E J

f

f

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

− −

−

6 62 10 1 875 10

1 24 10

34 21 1

12

, ,

,

f

c m s

mHz= =

⋅ ⋅⋅

= ⋅−λ3 10

1 6 101 875 10

8 1

1321

–

,,

6 048 10

1

1 6 10

100

5 12 1073813

19 31,

, ,⋅ ⋅

⋅⋅

⋅=−J

eV

J

g

eVg

198



5. Datos: Ar(138Ba) = 137,9050 u; A = 138; Z = 56;mp = 1,0073 u; mn = 1,0087 u

a) Tomamos como valor de la masa nuclear del bario138 el valor de su masa atómica por el pequeño valorde la masa de los electrones: MN (138Ba) ≈ Ar(138Ba), ysustituimos los datos del enunciado en la expresiónpara el defecto de masa ∆m:

b) La energía de enlace ∆E puede calcularse a partir dela relación: ∆E = ∆m c2, o bien de forma más directaa partir del equivalente energético de una unidad demasa atómica(1 u = 931 MeV):

c) La energía de enlace por nucleón es:

6. Datos: E = 11,47 MeV;Ar(1H) = 1,0078 u; Ar(4He) = 4,0026 u

a) Toda reacción nuclear debe cumplir que la suma delos números atómicos y la suma de los números mási-cos en ambos miembros de la reacción sean iguales.Esto es:


Z + 1 = 3 · 2 = 6 ⇒ Z = 5


A + 1 = 3 · 4 = 12 ⇒ A = 11

El elemento de número atómico 5 es el boro. Ade-más, como su número másico es 11, se trata del boro11. La reacción es, pues:

b) Hallamos el defecto de masa ∆m asociado a la reac-ción a partir de la energía liberada:

Calculamos ahora la masa atómica del boro 11 a par-tir de la expresión del defecto de masa:

∆m = (M(11B) + M(1H)) – (3 M(4He));

0,0123 u = M(11B) + 1,0078 u – 3 · 4,0026 u ⇒

⇒ M(11B) = 11,0123 u

El valor obtenido es muy similar al valor real de lamasa atómica de boro 11, que se puede consultar enlas tablas y es de 11,0093.


Las reacciones de fisión y fusión son reacciones nuclea-res en las que se libera gran cantidad de energía (del or-den de 10 o 102 MeV por núcleo reaccionante). Estaenergía proviene del defecto de masa asociado a la reac-ción. Ambas reacciones necesitan de una cierta energíade activación para producirse.

Las reacciones de fisión consisten en la rotura de un nú-cleo pesado para formar otros dos núcleos más ligeros demasa similar. La fisión se induce de forma artificial cuan-do se bombardean núcleos pesados con neutrones len-tos. La captura del neutrón por parte del núcleo pesadole proporciona la energía de activación necesaria.

Las reacciones de fusión consisten en la unión de dosnúcleos ligeros para formar otro núcleo más pesado. Lafusión se produce de forma natural en las estrellas. Lasaltas temperaturas y presiones de su interior proporcio-nan la energía de activación necesaria.

Como fuentes de energía a gran escala, la fisión presentala ventaja de que su uso es económicamente rentable y latécnica necesaria se conoce desde hace más de 50 años.En cambio, presenta el grave riesgo de un accidente nu-clear. Otro inconveniente de la fisión es el problema delalmacenamiento y eliminación de los residuos contami-nantes que produce.

La fusión, en cambio, presenta el inconveniente de quesu uso hoy en día no es aún económicamente rentable.Se requiere todavía una gran inversión para su estudio ydesarrollo. No obstante, cuando se logre la fusión en ca-dena controlada y económicamente rentable, constituiráuna fuente de energía limpia (no produce residuos con-taminantes) y sin problemas de escasez de combustible.

8. Las cuatro fuerzas fundamentales son: la fuerza gravitato-ria, la fuerza electromagnética, la fuerza nuclear fuerte yla fuerza nuclear débil.

La unificación de las fuerzas fundamentales consiste ensuponer que los cuatro tipos de fuerzas fundamentalesson distintas manifestaciones de un único campo de fuer-zas. Hasta la fecha se ha conseguido la unificación de lafuerza electromagnética y la fuerza nuclear débil (campoelectrodébil), y las predicciones han sido comprobadas.

∆m MeV

uMeV

u= ⋅ =11 471

9310 0123, ,

511

11

243B H He+ →

ZA X H He+ →1

1243 ;

∆EA

MeVMeV= =

1133 2138

8 21,

,

∆E uMeVu

MeV= ⋅ =1 2172931

11133 2, ,

∆

∆

∆

m Z m A Z m M

m u u u

m u

p n N= + − −

= ⋅ + − ⋅ −

=

( ( ) )

( , ( ) , ) ,

,

56 1 0073 138 56 1 0087 137 9050

1 2172

199



En las páginas siguientes se ofrecen ocho modelosde pruebas finales. Con ellos pretendemos dar alprofesor/a un material útil para repasar la materiade Física y preparar a los alumnos y alumnas parauna prueba global de la materia.

Al final de estos ocho modelos ofrecemos la solu-ción detallada de todos ellos.

Para favorecer la autoevaluación, el profesor/apuede fotocopiar las páginas correspondientes delsolucionario y proporcionarlas a los alumnos yalumnas.

Propuestas de pruebas finales



203

Mod

elos

de

prue

bas f

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índi

ce d

e co

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idos

Mod

elo

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MODELO NÚMERO 1

EJERCICIO 1

Un satélite artificial de 500 kg de masa gira alrededor de la Tierra en una órbita circular de 8 000 km de radio. Determina: a)¿qué velocidad posee?; b) ¿cuánto vale la aceleración de la gravedad en los puntos por los que pasa?; c) ¿cuánto tarda en daruna vuelta completa?; d) ¿cuánto vale su energía mecánica?; e) ¿qué velocidad deberíamos comunicarle para que escapara dela atracción terrestre a partir de la posición en que está?

Datos: G = 6,67 · 10–11 N·m2·kg–2; MT = 5,98 · 1024 kg

EJERCICIO 2

Sobre una lámina de cobre incide una onda electromagnética de 250 nm de longitud de onda. Sabiendo que la longitud deonda umbral del cobre es de 320 nm, calcula: a) la energía de los fotones incidentes, en julios y en electronvoltios; b) el trabajode extracción del cobre, en julios y en electronvoltios; c) la velocidad máxima de los electrones que se emiten.

Datos: masa del electrón = 9,1 · 10–31 kg

CUESTIÓN 1

Define momento angular de un sólido rígido y enuncia el principio de conservación de éste. ¿Qué condiciones deben darse paraque se cumpla?

CUESTIÓN 2

Explica si en las ondas sonoras se producen los fenómenos de interferencias, difracción y polarización.

MODELO NÚMERO 2

EJERCICIO 1

Una bomba en reposo explota en tres fragmentos de masas 1 kg, 2 kg y 3 kg. Los dos primeros trozos salen despedidos perpen-dicularmente entre sí con velocidades de 3 m/s y 5 m/s. Calcula: a) la cantidad de movimiento total del sistema antes y des-pués de la explosión; b) el vector velocidad del tercer fragmento; c) la energía generada a consecuencia de la explosión. ¿Dequé tipo es?

EJERCICIO 2

Un protón atraviesa un campo eléctrico en el que se ve sometido a una tensión de 5 · 104 V. A continuación penetra en uncampo magnético perpendicular al campo eléctrico anterior, y se observa que el protón describe una trayectoria circular de 20 cm de radio. Calcula: a) el valor de la energía cinética adquirida por el protón dentro del campo eléctrico; b) la velocidadque adquiere; c) la fuerza que experimenta el protón dentro del campo magnético; d) el valor de dicho campo magnético.

Datos: masa del protón = 1,6 · 10–27 kg; carga del protón = 1,6 · 10–19 C

CUESTIÓN 1

Explica qué es y cómo se calcula la velocidad de escape.

CUESTIÓN 2

Explica el funcionamiento del ojo humano. ¿Qué son la miopía y la hipermetropía?, ¿cómo se corrigen?

205



MODELO NÚMERO 3

EJERCICIO 1

En tres de los cuatro vértices de un cuadrado de 1 m de lado se encuentran tres cargas iguales de 5 mC cada una. Calcula: a) elvector campo eléctrico que crean en el cuarto vértice; b) el potencial que crean en ese mismo punto.

Datos: K = 9 · 109 N·m2/C2

EJERCICIO 2

En una cuerda se establece la siguiente onda transversal y unidimensional:

y (x, t) = 20 sen (0,1πt – 2πx), en unidades SI

Calcula: a) su amplitud, período, frecuencia, longitud de onda y velocidad de propagación; b) la diferencia de fase entre dospuntos situados en x1 = 0,5 m y x2 = 2 m; c) la velocidad del punto que se encuentra a 0,5 m del origen en el instante t = 10 s; d) la aceleración máxima.

CUESTIÓN 1

Un metal emite electrones si lo iluminamos con luz de color azul, pero no los emite si la luz es de color amarillo. ¿Los emitirácon luz violeta? ¿Y con luz roja? Explica por qué.

CUESTIÓN 2

Enuncia las leyes de Kepler y demuestra la tercera de ellas.

MODELO NÚMERO 4

EJERCICIO 1

¿Hasta qué altura sobre la superficie de Marte debemos elevar un objeto para que la aceleración de la gravedad disminuya enun 20 %? Calcula, a dicha altura, la masa y el peso de ese objeto, sabiendo que su peso sobre la superficie terrestre es de 50 N yque la aceleración en la superficie de Marte es de 3,8 m/s2.

Datos: radio de Marte: 3 380 km

EJERCICIO 2

Una cuerda oscila de acuerdo con la ecuación:

y(x, t) = 5 sen cos 40πt (SI)

Calcula: a) la amplitud, el período, la frecuencia, la longitud de onda y la velocidad de las ondas cuya superposición da lugar aesta vibración; b) la distancia entre los nodos; c) el número de nodos y de vientres que hay en esta cuerda si tiene 12 m de lon-gitud y está atada por los dos extremos; d) la frecuencia fundamental y los armónicos en dicha cuerda.

CUESTIÓN 1

Explica en qué consiste un generador de corriente alterna. Describe los cambios energéticos que tienen lugar en una centralhidroeléctrica.

CUESTIÓN 2

Explica qué es el defecto de masa y su relación con las reacciones de fusión y fisión.

πx3

206



MODELO NÚMERO 5

EJERCICIO 1

Un electrón es acelerado hasta llegar a una velocidad de 2,5 · 108 m/s. Calcula: a) la masa que tendrá a esta velocidad; b) suenergía cinética relativista; c) la energía relativista total que posee el electrón.

Datos: masa en reposo del electrón: 9,1 · 10–31 kg

EJERCICIO 2

Se desea proyectar una diapositiva de 1,5 cm de altura sobre una pantalla situada a 3 m de distancia, de forma que la imagentenga 1 m de altura. Determina: a) el tipo de lente que ha de tener el proyector; b) la distancia a la que debe estar esta lenterespecto a la diapositiva; c) la potencia de la lente.

CUESTIÓN 1

Explica si son ciertas o no las afirmaciones siguientes acerca de una carga eléctrica en reposo:

a) Crea un campo eléctrico.

b) Crea un campo magnético.

c) Crea un campo magnético y uno eléctrico.

Haz lo mismo para una carga eléctrica en movimiento.

CUESTIÓN 2

Explica la variación de la aceleración de la gravedad con la altura y en qué condiciones es válida la expresión de la energía po-tencial gravitatoria terrestre: Ep = m g h.

MODELO NÚMERO 6

EJERCICIO 1

Dado un muelle de constante recuperadora K = 2 N/cm, situado en vertical y del que cuelga una masa de 500 g, calcula: a) lafuerza necesaria para producir un alargamiento de 5 cm; b) el período y la frecuencia del movimiento armónico simple queefectuará como consecuencia de dicha deformación; c) la ecuación del MAS que seguirá si en el instante de tiempo inicial x = +5 cm.

EJERCICIO 2

Una onda luminosa de frecuencia 5 · 1014 Hz tiene una longitud de onda de 2 · 10–7 m dentro de cierto líquido. Calcula: a) lavelocidad de la luz en ese líquido; b) la longitud de onda en el vacío; c) el índice de refracción del líquido.

CUESTIÓN 1

Clasifica en orden creciente de energías las radiaciones electromagnéticas siguientes: rayos X, microondas, ondas de radio, ra-yos infrarrojos, rayos ultravioleta, luz visible y rayos gamma.

Explica, razonándolo, qué característica (amplitud, intensidad o frecuencia) hace que una radiación del espectro visible seaazul y que otra sea roja.

CUESTIÓN 2

¿Qué establece la hipótesis de De Broglie y qué motivos le llevaron a plantearla? ¿Tiene comprobación experimental?

207



MODELO NÚMERO 7

EJERCICIO 1

Sabiendo que el radio de la Luna es 0,273 veces el de la Tierra y su masa es 0,0123 veces la masa terrestre, calcula: a) la acelera-ción de la gravedad en la superficie de la Luna; b) el peso y la masa en la superficie lunar de un objeto que pesa 250 N sobre lasuperficie terrestre; c) la velocidad con que este objeto llegará a la superficie lunar si se deja caer desde una altura de 300 m.

EJERCICIO 2

Dos hilos conductores muy largos, rectilíneos y paralelos, por los que circulan corrientes de 3 A y 5 A en el mismo sentido, es-tán separados una distancia de 5 cm. Determina: a) la fuerza que se ejercen mutuamente por unidad de longitud; b) si la fuer-za es atractiva o repulsiva; c) el campo magnético en un punto situado entre los dos hilos, en el plano definido por ambos y a 2 cm del primero.

CUESTIÓN 1

Describe los fenómenos de la reflexión y la refracción de las ondas, y enuncia las leyes que cumplen.

CUESTIÓN 2

Determina cuánto vale la energía mecánica que posee un objeto de masa m que describe un MAS. Razona cómo varía dichaenergía si: a) la amplitud se reduce a la mitad; b) la frecuencia se reduce a la mitad; c) la amplitud se duplica y la frecuencia sereduce a la mitad.

MODELO NÚMERO 8

EJERCICIO 1

Calcula la fem máxima que genera un bobinado de 1 000 espiras al girar con un MCU de 50 Hz de frecuencia dentro de uncampo magnético de 5 T, si las espiras son rectangulares de 10 cm de largo por 5 cm de ancho. Calcula, asimismo, la fem efi-caz generada.

EJERCICIO 2

Calcula la energía media de enlace por nucleón para el sodio 2311 Na, sabiendo que la masa real de su núcleo es de 22,9898 u y

que la masa de un protón es de 1,00714 u y la de un neutrón es de 1,00853 u.

CUESTIÓN 1

Analiza las semejanzas y las diferencias entre el campo gravitatorio, el campo eléctrico y el campo magnético. Compara: lasfuentes de éstos, la forma de las líneas de campo, si son conservativos o no...

CUESTIÓN 2

Responde acerca de las ondas estacionarias: cómo se forman, ecuación, características...

208



SOLUCIÓN MODELO NÚMERO 1

EJERCICIO 1

Datos: G = 6,67 · 10–11 N·m2/kg2; MT = 5,98 · 1024 kg;m = 500 kg; r = 8 · 106 m

a) Determinamos la velocidad orbital:

b) El valor de la aceleración de la gravedad es:

c) El tiempo que tarda en dar una vuelta completa es el pe-ríodo de revolución:

d) La energía mecánica es la suma de la cinética más la po-tencial:

e) La velocidad de escape es:

EJERCICIO 2

Datos: λ = 250 nm = 2,5 · 10–7 m; h = 6,62 · 10–34 J·s;λu = 320 nm = 3,2 · 10–7 m

a) Calculamos la energía de los fotones incidentes:

b) Calculamos el trabajo de extracción:

c) Calculamos la energía cinética máxima de los electronesemitidos:

Ecmax = E – W0 = 7,9 · 10–19 – 6,2 · 10–19 = 1,7 · 10–19 J

Ecmax = 4,94 – 3,87 = 1,07 eV

Como Ec = m v2, la velocidad máxima de esos electro-

nes será:

CUESTIÓN 1

El momento angular de una partícula respecto a un punto Oes igual al momento de su cantidad de movimiento: = xm . El momento angular de un sólido rígido o sistema departículas respecto de un eje es igual a la suma de los mo-

mentos angulares de todas sus partículas: = x mi = I ,

donde I es el momento de inercia del sólido, y es un vectorcuyo módulo es la velocidad angular del sólido respecto deleje de giro, cuya dirección es la de dicho eje y cuyo sentido loda la regla del sacacorchos.

El principio de conservación del momento angular estableceque, si la suma de los momentos de las fuerzas exteriores queactúan sobre el sólido es igual a cero, el momento angular semantiene constante.

La condición de que la suma de los momentos sea cero se daen los siguientes casos:

— Si no actúan fuerzas exteriores. Por ejemplo: una patina-dora que gira y, acercando los brazos al cuerpo, aumentasu velocidad de giro.

— Si actúan fuerzas, pero sus momentos son nulos; esto ocu-rre cuando las fuerzas son radiales, es decir, perpendicu-lares al eje de giro, o cuando son paralelas a dicho eje.Por ejemplo: en el caso del movimiento de los planetas al-rededor del Sol, la fuerza es radial, por eso las órbitas delos planetas son planas, o en el caso de un disco que singirar cae coaxialmente sobre otro que gira haciéndoledisminuir su velocidad. En este caso, la fuerza es el peso,paralela al eje.

CUESTIÓN 2

Las interferencias y la difracción son fenómenos que se danen cualquier tipo de ondas, sean longitudinales o transversa-les, por lo tanto, se producen también en las ondas sonoras,que son ondas longitudinales.

La polarización, sin embargo, como es propia de ondas trans-versales, no se da en el sonido.

— Además, para completar la respuesta, convendría efectuaruna breve explicación de los tres fenómenos.

rω

rω

rv i

rri

i

n

=∑

1

rL

rv

rr

rL

v

Ecm

vmsmax

maxmax= = ⋅ ⋅

⋅= ⋅2 2 1 7 10

9 1 106 1 10

19

315;

,

,,

–

–

12

W h f W hc

W J sm s

mJ

W eV

uu

0 0

034

8

719

0

6 62 103 103 2 10

6 2 10

3 87

= =

= ⋅ ⋅ ⋅⋅

⋅= ⋅

=

;

,,

,

,

––

–

λ

E h f E hc

E J

E JeV

JeV

= =

= ⋅ ⋅ ⋅⋅

= ⋅

= ⋅ ⋅⋅

=

;

,,

,

,,

,

––

–

––

λ

6 62 103 10

2 5 107 9 10

7 9 101

1 6 104 94

348

719

1919

vG M

r

vms

escT

esc

=

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅

=

2

2 6 67 10 5 98 108 10

1011 24

64, ,–

Em Ec Ep

Em m v GM m

r

Em GM m

r

Em J

T

T

= +

=

=

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅

= ⋅

12

12

12

6 67 105 98 10 500

8 101 25 10

2

1124

610

–

–

– ,,

– ,–

T

rv

T s= = ⋅ ⋅⋅

= ⋅2 2 8 10

7 1 107 1 10

6

33π π

;,

,

g

G M

rg

m

sT= = ⋅ ⋅ ⋅

⋅=

2

11 24

6 2 2

6 67 10 5 98 10

8 106 2;

, ,

( ),

–

v

G Mr m

ms

T= = ⋅ ⋅ ⋅⋅

= ⋅6 67 10 5 98 10

8 107 1 10

11 24

63, ,

,–

209




EJERCICIO 1

Datos: m1 = 1 kg; m2 = 2 kg, m3 = 3 kg;

a) La cantidad de movimiento total es cero antes y despuésde la explosión. Antes de la explosión es cero porque labomba está en reposo y después de ésta continúa siendocero, puesto que la cantidad de movimiento total se con-serva en la explosión.

b) Aplicamos el teorema de conservación de la cantidad demovimiento por componentes:

El ángulo que forma esta velocidad con el eje de las x ne-gativas es:

α = arctg = 73,3°

c) La energía que ha sido generada es la energía cinética ad-quirida por los tres fragmentos:

Ecf = m1 v12 + m2 v2

2 + m3 v32

Ecf = · 1 · 32 + · 2 · 52 + · 3 · 3,52 = 47,9 J

EJERCICIO 2

Datos: V = 5 · 104 V; R = 20 cm = 0,2 m; mp = 1,6 ·10–27 kg;q = 1,6 · 10–19 C

a) La energía adquirida por el protón al atravesar el campoeléctrico es igual al trabajo efectuado sobre él por el cam-po:

Ec = W = q V; Ec = 1,6 · 10–19 · 5 · 104 = 8 · 10–15 J

b) Calculamos la velocidad adquirida por el protón:

c) La fuerza magnética que experimenta el protón es igual ala fuerza centrípeta que le hace describir la circunferen-cia:

d) Calculamos el campo magnético a partir de la igualdadentre la fuerza centrípeta y la fuerza magnética, fuerza de

Lorentz, en el supuesto de que la velocidad del protón yel campo magnético son perpendiculares:

CUESTIÓN 1

La velocidad de escape en la Tierra es la velocidad mínimaque debe tener un objeto para escapar de la atracción gravi-tatoria terrestre. Análogamente se define la velocidad de es-cape en la Luna o en otros planetas.

Para calcularla hemos de aplicar la condición de que la ener-gía mínima que debe alcanzar dicho objeto tiene que sercero, ya que con energías mecánicas iguales o superiores acero las órbitas son abiertas (parábolas o hipérbolas), lo cualhace que éste se pueda alejar infinitamente de la Tierra.

Sabiendo que la energía mecánica de un objeto situado den-tro del campo gravitatorio terrestre es:

Esta diferencia se hará cero cuando Ec = Ep:

Por tanto, la velocidad de escape es:

CUESTIÓN 2

En el ojo humano las partes más importantes son el iris, lapupila, el cristalino y la retina. La luz entra en el ojo por lapupila a través de la córnea. El iris regula la cantidad de luzque entra. El cristalino es una lente convergente que focalizalos rayos de luz que proceden de los objetos y forma la ima-gen de éstos sobre la retina, donde están las terminacionesnerviosas que transmiten la señal al cerebro.

La lente del cristalino debe modificar su potencia y, por tan-to, su forma, para enfocar tanto los objetos lejanos, como losintermedios y los cercanos, sobre una zona concreta y muysensible de la retina, la mancha amarilla. El cambio de formadel cristalino se consigue mediante unos músculos que lo ro-dean, los músculos ciliares, y se denomina acomodación.

La miopía es un defecto del ojo que no permite enfocar co-rrectamente los objetos lejanos. Esto es debido a que el globodel ojo es más alargado de lo normal o a que la córnea tienemás curvatura de lo debido, por lo que la imagen de objetoslejanos se forma detrás de la retina. Se corrige con lentes olentillas divergentes, que compensan estos defectos aproxi-mando la imagen hasta llevarla al punto correcto.

La hipermetropía es un defecto opuesto al anterior; no per-mite enfocar correctamente los objetos cercanos. Las imáge-nes de éstos se forman por delante de la retina. La correc-ción se efectúa mediante lentes convergentes, que atrasan laimagen hasta el punto correcto.

v v

G Mresc min

T= =2

12

2m v GM m

rminT=

E Ec Ep E m v G

M mrT= + =; –

12

2

F F q v B B

Fq v

Tc mc= = = = ⋅

⋅ ⋅ ⋅=;

,

, ,,

–

–

8 2 10

1 6 10 3 2 100 16

14

19 6

F

m v

RNc

p= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅2 27 6 2

141 6 10 3 2 100 2

8 2 10, ( , )

,,

––

v

Ecm

vmsp

= = ⋅ ⋅⋅

= ⋅2 2 8 10

1 6 103 2 10

15

276;

,,

–

–

12

12

12

12

12

12

103

r r

r r

p p

m v m v m v v

m v m v m v v

vms

vms

v i jms

v

x x x x

y y y y

x y

0

1 1 2 2 3 3 3

1 1 2 2 3 3 3

3 3

3 32

0 1 3 0 3

0 0 2 5 3

1103

103

1103

=

= + + = ⋅ + +

= + + = + ⋅ +

= = −

=

= +

– ;

– – ;

=2

3 5,ms

r rv j m s2 5=

r rv i m s1 3= ;

210




EJERCICIO 1

a) Determinamos los módulos de los vectores intensidad decampo:

E1 = E3 = =

E1 = E3 =

E2 = =

Sumamos los vectores por componentes:

Ex = E1x + E2x + E3x = E2 cos 45° + E3

Ex = 2,25 · 107 · + 4,5 · 107 = 6,1 · 107

Ey = E1y + E2y + E3y = –E2 sen 45° – E1

Ey = –2,25 · 107 · – 4,5 · 107 = –6,1 · 107

b) El potencial total es la suma de los tres potenciales:

V = V1+ V2 + V3 =

V =

V =

EJERCICIO 2

Datos: y(x, t) = 20 sen (0,1πt – 2πx); x1 = 0,5 m; x2 = 2 mx = 0,5 m (t = 10 s)

a) De la ecuación del enunciado obtenemos:

A = 20 m; ω = 0,1π rad/s; k = 2π m–1

T =

λ = ; v =

b) Calculamos la diferencia de fase entre x1 y x2:

∆ϕ = (ωt – kx2) – (ωt – kx1) = k (x1 – x2)

∆ϕ = 2π (0,5 – 2) = –3π rad

c) Derivamos la ecuación de la onda para obtener la veloci-dad en el punto x = 0,5 m para t = 10 s:

v =

v(0,5, 10)

d) Hallamos la expresión de la aceleración y su valor máxi-

mo: a =

a

a = (SI)

CUESTIÓN 1

Se trata del efecto fotoeléctrico, en el cual una radiaciónelectromagnética extrae electrones de un metal si sus fotonestienen una energía igual o superior al trabajo de extraccióndel metal.

El orden creciente de energías de los colores del espectro vi-sible va del rojo al violeta, pasando por el anaranjado, el ama-rillo, el verde, el azul y el añil. Si la luz azul arranca electro-nes del metal, también lo hará la luz violeta, por tener unaenergía mayor. En cambio, si la luz amarilla no arranca elec-trones, tampoco lo hará la luz roja, por tener una energíamenor.

CUESTIÓN 2

Primera ley: Todos los planetas se mueven en órbitas elípticascon el Sol situado en uno de sus focos.

Segunda ley: La recta que une un planeta con el Sol barreáreas iguales en tiempos iguales.

Tercera ley: El cuadrado del período del movimiento de unplaneta es directamente proporcional al cubo de la distanciamedia del planeta al Sol.

Suponiendo órbitas circulares, tenemos las siguientes relacio-nes para el período, T:

T =

Elevando al cuadrado la expresión anterior, resulta:

Esta relación es igualmente aplicable a los satélites en elmovimiento alrededor de sus planetas, y de esta relaciónpuede deducirse la masa de un planeta conociendo el pe-ríodo y el radio de la órbita de uno de sus satélites.

T

RG M S

232= π

v: velocidad orbital del planeta

Ms: masa del Sol

R: radio de la órbita

2 2π πRv

TR

GMR

S

; =

a

m

smax =

= =– , sen , ,0 22

0 2 1 972 22

π π π

= −– , sen ( , )0 2 0 1 32π π πt x

= ⋅ −– , sen ( , )2 0 1 0 1 2π π π πt x

dvdt

= =2 0 2π πcos m s

= ⋅ − = −20 0 1 0 1 2 2 0 1 2, cos ( , ) cos ( , )π π π π π πt x t xdy

dt

λT

ms

= =120

0 05,

2 22

1π π

πKm= =

2 20 1

20π

ωππ

= =,

s

9 10 5 10

11

1

2

11

1 22 109 3 8⋅ ⋅ ⋅ + +

= ⋅−

mV,

Kql

Kq

lK

ql

V K ql l l

+ + = + +

2

1 1

2

12 2

;

K

qr

Kqr

Kqr

1

1

2

2

3

3

+ +

r r r r rE i j i j N C= ⋅ ⋅ = ⋅6 1 10 6 1 10 6 1 107 7 7, – , , ( – )

NC

22

NC

22

9 10

5 10

2 12 25 109

3

27⋅ ⋅ ⋅

⋅= ⋅

− C NC

, K

q

rK

q

l2

22 22

=

9 10

5 10

14 5 109

3

27⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

−,

NC

K

q

rK

q

l3

32 2

= K

q

r1

12

211

q2

r2 r1 = l = 1 m

r2 = lP

αE2x

E2y

l = 1 m

q1 = q2 = q3 = 5 · 10–5 C

K = 9 · 109 N·m2/C2

α = 45°

q1++

+q3Et

3

Et

2

Et

1




EJERCICIO 1

Datos: p = 50 N; g0 = 3,8 m/s2; RM = 3 380 km

La gravedad a la altura h en función de la gravedad en la su-perficie de Marte es: g = g0 – 0,2g0 = 0,8g0

La relación entre la gravedad y la distancia al centro del pla-neta es:

Calculamos la altura:

h = (3,8 – 3,4) · 106 = 4 · 105 m

Calculamos la masa a partir del peso en la Tierra:

pT = m gT; 50 = m · 9,8; m = 5,1 kg

Calculamos el peso a esa altura en Marte:

p = m g; p = 5,1 · 0,8 · 3,8 = 15,1 N

EJERCICIO 2

Datos: y(x, t) = 5 sen cos 40πt (SI); l = 12 m

a) Se trata de una onda estacionaria; comparando esta ex-presión con la ecuación de las ondas estacionarias dedu-cimos las características de las ondas cuya superposiciónda lugar a esta vibración.

A = = 2,5 m; ω = 40π rad/s; k = m–1

T = ; f = = 20 Hz

La velocidad de las onda es:

u =

b) La distancia entre los nodos es , esto es, 3 m.

c) Ya que la cuerda está atada por ambos extremos, cadauno es un nodo. Como la cuerda mide 12 m y cada 3 mhay un nodo, habrá 5 nodos y 4 vientres.

d) Las longitudes de onda de las ondas estacionarias quepueden establecerse en una cuerda de longitud l cum-

plen la condición: .

La frecuencia fundamental y los armónicos son:

f ; f = v (n = 1, 2, 3...)

La frecuencia fundamental es: f1 = 5 Hz, y los armónicos:f2 = 10 Hz; f3 = 15 Hz; f4 = 20 Hz...

CUESTIÓN 1

El generador de corriente alterna es una aplicación de la in-ducción electromagnética.

La inducción es el efecto por el cual se genera corriente eléc-trica en un circuito debido a la variación del flujo magnéticoque lo atraviesa. El flujo puede variar porque varíe el campomagnético B, porque varíe la superficie del circuito S, o por-que varíe la dirección de B respecto de S. En el generador decorriente alterna ocurre esto último.

Un generador de corriente alterna consiste en una espira o un bobinado de N espiras que gira con MCU en un campomagnético fijo, creado por un imán o un electroimán, queatraviesa las espiras. El flujo que atraviesa las espiras es φ(t) = N B S cos ωt, donde N es el número de espiras, S elárea de cada una, y ω la velocidad angular.

La ley de Faraday establece que la fem inducida es:

donde se aprecia que esta fem es variable según una funciónsinusoidal. Esta corriente inducida toma el nombre de co-rriente alterna, siendo su frecuencia la misma que la del girode las espiras.

En las centrales hidroeléctricas los cambios energéticos quetienen lugar son: la energía potencial del agua embalsada setransforma en energía cinética de traslación cuando estaagua se deja caer sobre la turbina, pasando a ser energía ci-nética de rotación de ésta; el giro de la turbina se transmiteal sistema de espiras produciéndose energía eléctrica.

CUESTIÓN 2

El defecto de masa es la pérdida de masa, con su consiguien-te transformación en energía, que tiene lugar al formarse unnúcleo a partir de sus nucleones y en las reacciones nuclea-res, como las de fusión y fisión.

Se ha comprobado experimentalmente que la masa de los nú-cleos es inferior a la suma de las masas de los nucleones que loconstituyen. Esta pérdida de masa de los núcleos se llama defectode masa. Según la mecánica relativista, un cambio de masa ∆mestá asociado a un cambio de energía ∆E. Esto significa que elnúcleo es más estable (menos energético) que el conjunto desus nucleones aislados, ya que al formarse se libera energía. Laenergía liberada cuando varios nucleones aislados se unen paraformar el núcleo se denomina energía de enlace. Dividiendo laenergía de enlace de cada núcleo entre en número de nucleo-nes que lo forman se obtiene la energía media de enlace por nucleón,que es directamente proporcional a la estabilidad del núcleo.

Los núcleos ligeros tienen tendencia a fusionarse para formarnúcleos más pesados y conseguir una mayor estabilidad; porel contrario, los núcleos pesados tienen tendencia a fisionarsepara formar núcleos más ligeros y conseguir también una ma-yor estabilidad. Esto hace que los procesos de fusión y fisiónsean exotérmicos, desprendiendo al exterior grandes cantida-des de energía que pueden aprovecharse con fines prácticos.

ε ω ω ε ωind N B S t t= =sen sen0

1202 12

6012

5n n

n⋅

= = = n

ul2

= uλ

λ = 2l

n

λ2

λT

ums

;,

= =60 05

120

λ π λ π

π= = =2 2

36

km;

1 10 05T

f;,

=

2 240

0 05π

ωππ

; ,T s= =

π3

52

πx3

R h mM + = ⋅ ⋅ = ⋅1

0 83 4 10 3 8 106 6

,, ,

R h RM M+ = ⋅1

0 8,

gg

gg

gg

R

R h0

0

0 0

02

02

0 8= =

+,

;( )

212




EJERCICIO 1

Datos: v = 2,5 · 108 m/s; m0 = 9,1 · 10–31 kg

a) Calculamos la masa del electrón a una velocidad de 2,5 · 108 m/s:

b) Calculamos la energía cinética relativista: Ec = ∆m c2

Ec = (16,5 · 10–31 – 9,1 · 10–31) · (3 · 108)2 = 6,7 · 10–14 J

c) Calculamos la energía relativista total que posee el electrón:

E = m c 2 =16,5 · 10–31 · (3 · 108)2 = 1,5 · 10–13 J

EJERCICIO 2

Datos: y1 = 1,5 cm; d = 3 m = 300 cm; y2 = –1 m = –100 cm

a) Para poder obtener una imagen real de la diapositiva so-bre la pantalla, la lente ha de ser una lente convergente.Además, para que la imagen sea mayor que el objeto, éstedebe situarse a una distancia mayor que la distancia focaly menor que el doble de ésta. En ese caso la imagen resul-ta invertida, y2 < 0.

b) Calculamos la distancia entre la lente y la diapositiva, quecoincide con la distancia objeto s1, a partir del aumentolateral:

Como s1 < 0, s2 = d + s1. Por tanto:

c) Calculamos la potencia como la inversa de la distancia fo-cal en metros:

dioptrías

CUESTIÓN 1

Carga eléctrica en reposo.

a) Cierto. Una carga eléctrica en reposo crea un campoeléctrico, que se llama electrostático. Su expresión, en

función de la carga que lo crea es .

b) Falso. Las cargas eléctricas en reposo no crean campomagnético.

c) Falso. Una carga eléctrica en reposo sólo crea un campoeléctrico.

Carga eléctrica en movimiento.

a) Cierto. Una carga eléctrica en movimiento crea un cam-po eléctrico, puesto que es una carga.

b) Cierto. Las cargas eléctricas en movimiento crean uncampo magnético precisamente por estar en movimiento.

c) Cierto. Como hemos visto, una carga eléctrica en movi-miento crea tanto un campo eléctrico como uno magnéti-co.

CUESTIÓN 2

La aceleración de la gravedad en la Tierra es la aceleraciónque hace caer los objetos sobre la superficie terrestre; es con-secuencia de la fuerza con que la Tierra los atrae. Esta fuerzase conoce también como peso de los objetos y su módulo tie-ne la siguiente expresión:

F = p =

donde m es la masa del objeto correspondiente, d es la dis-tancia desde el punto en que se encuentra la masa m hasta elcentro de la Tierra y h es la altura a la que se encuentra elobjeto desde la superficie de la Tierra.

La relación entre el peso de los objetos y la aceleración de lagravedad es: p = m g, por lo que la expresión de la acelera-ción de la gravedad en la Tierra es:

g =

que coincide con la de la intensidad del campo gravitatorioterrestre.

Para puntos sobre la superficie terrestre (h = 0):

g =

Se puede utilizar este valor de g siempre que el objeto estu-diado esté sobre la superficie terrestre o a alturas pequeñascomparadas con el radio de la Tierra.

La energía potencial gravitatoria terrestre tiene la siguiente

expresión: Ep =

Ep es negativa por corresponder a un campo de atracción.

La expresión Ep = m g h no corresponde en realidad a laenergía potencial gravitatoria terrestre, pero se compruebaque puede usarse para cuerpos situados cerca de la superficiede la Tierra, de manera que g no varíe apreciablemente. Sinembargo, en los casos en los que la distancia a la superficiede la Tierra aumente de manera considerable (unos cuantos

kilómetros), debemos utilizar la expresión: Ep G

MR h

T

T

=+

–

– –GMd

GM

R hT T

T

=+

G

M

R

m

sT

T2 2

9 8= ,

GM

dG

M

R hT T

T2 2

=+( )

Gm M

dG

m M

R hT T

T2 2

=+( )

E K

q

r=

2

P = =13 0 044

10 044

23 1( – , )

–(– , )

,

P

f s s d s s= = =

+1 1 1 1 1

2 2 1 1 1

–( )

–

s cm1 300

1 5100 1 5

4 4= ⋅ =,– – ,

– ,

s d syy

syy

dyy

s dy

yyy

dy

y y

1 11

21

1

2

1

2

11

21

2

1

2 1

1

1

= +

=

=

=

( ) ; –

––

A

yy

ss

s syyL = = =2

1

2

11 2

1

2

;

mm

v

c

m kg= = ⋅

⋅⋅

= ⋅0

2

2

31

8 2

8 2

31

1

9 1 10

12 5 10

3 10

16 5 10

–

;,

–( , )

( )

,–

–

213




EJERCICIO 1

Datos: K = 2 N/cm = 200 N/m; m = 500 g = 0,5 kg;x = +5 cm = +0,05 m (t = 0 s)

a) Calculamos la fuerza a partir de la ley de Hooke:

F = K x

F = 200 · 0,05 = 10 N

b) Hallamos el período y la frecuencia del MAS que efectua-rá como consecuencia de la deformación:

T =

f =

c) El MAS que seguirá tiene por amplitud 0,05 m y comopulsación ω = 2πf = 20 rad/s. Por tanto, si para t = 0 s, x = 0,05 m = A, la ecuación de este MAS será:

x(t) = A sen (ωt + ϕ0)

x(t = 0) = A sen ϕ0 = A ⇒ ϕ0 =

x(t) = 0,05 sen = 0,05 cos 20t (SI)

EJERCICIO 2

Datos: f = 5 · 1014 Hz; λ = 2 · 10–7 m

a) Calculamos la velocidad de la luz en el líquido:

v = λ f = 2 · 10–7 · 5 · 1014 = 108 m/s

b) Calculamos la longitud de onda en el vacío:

c) Hallamos el índice de refracción del líquido:

CUESTIÓN 1

Estas radiaciones electromagnéticas se sitúan en orden cre-ciente de energías de esta manera:

Ondas de radio, microondas, rayos infrarrojos, luz visible, ra-yos ultravioleta, rayos X y rayos gamma.

La característica que hace que una radiación del espectro vi-sible sea azul y otra sea roja es la frecuencia.

La visión del color es una respuesta fisiológica y psicológica al es-tímulo de la radiación que incide en nuestros ojos. El color deun objeto depende de la luz que incide sobre él y de la naturale-za del propio objeto. El color observado es el resultado de la ab-sorción selectiva de algunas de las frecuencias que pertenecen alespectro visible. Las demás frecuencias llegan a nuestros ojosdespués de haber sido reflejadas o transmitidas por el objeto.Así, por ejemplo, un cuerpo de color negro es aquél que absor-be toda la radiación incidente. Por el contrario, un objeto querefleja toda la luz que incide sobre él se ve del color de la luzcon la que ha sido iluminado (blanco si utilizamos luz blanca).

CUESTIÓN 2

La hipótesis de De Broglie establece que las partículas en mo-vimiento llevan una onda asociada, cuya longitud de onda

tiene la siguiente expresión: , siendo h la constante

de Planck y p = m v la cantidad de movimiento de la partícu-la. Los motivos que le llevaron a establecerla fueron los éxitosde la teoría corpuscular de la radiación de Einstein, que ex-plicaba el efecto fotoeléctrico y el efecto Compton.

Según dicha teoría, las ondas electromagnéticas llevan asocia-dos los fotones a modo de partículas que tienen una energíadada por la siguiente expresión:

E = h f, siendo f la frecuencia de la radiación

y una cantidad de movimiento que se puede expresar de lasformas siguientes:

p =

De Broglie se planteó si no podría ser también cierto que laspartículas en movimiento llevaran asociada una onda. Las ecua-ciones anteriores tendrían que adaptarse a una velocidad v:

p = mv =

de donde resulta la expresión del principio:

El experimento de Davisson y Germer confirmó dicha hipó-tesis mediante la difracción de electrones a grandes velocida-des. Actualmente estas ondas asociadas a los electrones seemplean en el microscopio electrónico, ya que la longitud deonda de De Broglie que tienen es muy pequeña, con lo cualla apreciación de este microscopio es muy grande.

λ = h

m v

hλ

Ec

p hfc

h; = =

λ

λ = h

m v

ncv

n= = ⋅ =;3 10

103

8

8

λ λ0 0

8

1473 10

5 106 10= = ⋅

⋅= ⋅c

fm; –

202

t +

π

π2

1 10 1

10T

f Hz;,

= =π π

2 20 5200

0 1π π πmK

T s;,

,= =

214




EJERCICIO 1

Datos: RL = 0,273 RT; ML = 0,0123 MT; pT = 250 N;h1 = 300 m; h2 = 1 000 km = 106 m

a) Calculamos la aceleración de la gravedad en la superficiede la Luna por comparación con su valor en la superficie dela Tierra:

;

b) Calculamos la masa del objeto a partir de su peso en la su-perficie terrestre:

;

Calculamos el peso en la superficie de la Luna:

c) Aplicamos el principio de conservación de la energía me-cánica para hallar la velocidad con que el objeto llega a lasuperficie lunar. Suponemos que la aceleración de la gra-vedad es constante y su valor 1,6 m·s–2:

Em1 = Em2; 0 + Ep1 = Ec2 + 0; m gL0 h = m v2

v = ; v =

EJERCICIO 2

Datos: I1 = 3 A; I2 = 5 A; d = 5 cm = 0,05 m;x1 = 2 cm = 0,02 m; µ0 = 4π · 10–7 T·m·A–1

a) Calculamos la fuerza que se ejercen mutuamente por uni-dad de longitud:

b) La fuerza es atractiva porque las corrientes circulan en elmismo sentido.

c) Determinamos el campo magnético que crea cada co-rriente en un punto situado a 2 cm de la primera:

El campo magnético resultante es la suma vectorialde Su módulo se calcula restando ambos cam-pos magnéticos por tener sentidos contrarios:

B = B1 – B2; B = 6 · 10–5 – 3,3 · 10–5 = 2,7 · 10–5 T

CUESTIÓN 1

Reflexión: fenómeno por el cual, al llegar una onda a la su-perficie de separación de dos medios, es devuelta al primerode ellos junto con una parte de la energía del movimientoondulatorio, cambiando su dirección de propagación. Las le-yes de la reflexión son:

— El rayo incidente, la normal a la superficie de separaciónen el punto de incidencia y el rayo reflejado están situa-dos en el mismo plano.

— Los ángulos de incidencia y de reflexión son iguales.

Refracción: fenómeno por el cual, al llegar una onda a la su-perficie de separación de dos medios, penetra y se transmiteen el segundo de ellos junto con una parte de la energía delmovimiento ondulatorio, cambiando su dirección de propa-gación. Las leyes de la refracción son:

— El rayo incidente, la normal y el rayo refractado están enel mismo plano.

— La razón entre el seno del ángulo de incidencia y el delángulo de refracción es una constante igual a la razón en-tre las respectivas velocidades de propagación del movi-miento ondulatorio. Esta cantidad constante n21 se deno-mina índice de refracción relativo del segundo mediorespecto al primero.

CUESTIÓN 2

La energía mecánica es la suma de la energía cinética y la energía potencial. La energía mecánica que posee un ob-jeto de masa m que describe un MAS es la suma de la ener-gía cinética que tiene a causa de la velocidad que lleva,

m v2, y la energía potencial elástica, K x2; donde m es la

masa del objeto que realiza el MAS y K es la constante deelasticidad del muelle.

La ecuación general del MAS es: x(t) = A sen (ωt + ϕ0).

La expresión de su velocidad es: v(t) = A ω cos (ωt + ϕ0) sien-

do ω = .

Por tanto, la energía mecánica es: Em = m v2 + K x2

Em = m A2 ω2 cos2 (ωt + ϕ0) + K A2 sen2 (ωt + ϕ0)

Em = m ω2 A2 [cos2 (ωt + ϕ0) + sen2 (ωt + ϕ0)]

Em = m ω2 A2

a) Si la amplitud se reduce a la mitad, la energía mecánicase reduce a la cuarta parte.

b) Si la frecuencia se reduce a la mitad, la energía mecánicatambién se reduce a la cuarta parte.

c) Si la amplitud se duplica y la frecuencia se reduce a la mi-tad, la energía mecánica no varía.

12

12

12

12

12

12

Km

12

12

r rB y B1 2 .

B

Ix

B T20 2

22

75

24 10 5

2 0 033 3 10= = ⋅ ⋅

⋅= ⋅

µπ

ππ

;,

,–

–

B

Ix

B T10 1

11

75

24 10 3

2 0 026 10= = ⋅ ⋅

⋅= ⋅

µπ

ππ

;,

––

FL

I Id

Nm

= = ⋅ ⋅ ⋅⋅

= ⋅µ

ππ

π0 1 2

75

24 10 3 5

2 0 056 10

––

,

2 1 6 300 30 99⋅ ⋅ =, , m s20

g hL

12

p m g p NL L L= = ⋅ =0 25 5 1 6 40 8; , , ,

m kg= =250

9 825 5

,,p m g m

pgT T

T

T

= =00

;

g gm

sL T0 0 2

0 165 0 165 9 8 1 6= = ⋅ =, , , ,

gg

GM

R

GM

R

gg

M

RM

R

L

T

L

L

T

T

L

T

T

T

T

T

0

0

2

2

0

0

2 2

2

2

0 0123

0 273 0 0123

0 2730 165= = = =;

,

, ,

,,

g GM

RT

T

T0 2

=g GM

RL

L

L0 2

=

215




EJERCICIO 1

Datos: N = 1 000; f = 50 Hz; B = 5 T; l = 10 cm = 0,1 m;a = 5 cm = 0,05 m; S = 0,1 · 0,05 = 5 · 10–3 m2

Deducimos la fem inducida a partir de la ley de Faraday:

El valor máximo de la fem es:

Calculamos su valor eficaz:

EJERCICIO 2

Datos: MN = 22,9898 u; mp = 1,00714 u;mn = 1,00853 u

La masa de las partículas que forman el núcleo es:

Z mp + (A – Z) mn = 11 · 1,00714 + 12 · 1,00853

Z mp + (A – Z) mn = 23,1809 u

El defecto de masa es:

∆m = [Z mp + (A – Z) mn] – MN

∆m = 23,1809 – 22,9898 = 0,1911 u

La energía de enlace es:

∆E = ∆m c2

∆E =

Finalmente, la energía media de enlace por nucleón es:

CUESTIÓN 1

— El campo gravitatorio creado por una masa puntual y elcampo eléctrico creado por una carga puntual son cam-pos centrales. Sus líneas de campo son abiertas y tienensimetría radial.

Las líneas de inducción magnética, en cambio, son líneascerradas. Así, en un imán, las líneas de inducción salendel polo norte del imán, recorren el espacio exterior, en-

tran por el polo sur y continúan por el interior del imánhasta su polo norte.

— El campo gravitatorio y el campo eléctrico son conservati-vos, por lo que tienen una energía potencial y un poten-cial asociados. El trabajo realizado contra el campo se al-macena en forma de energía potencial, de modo quepuede recuperarse íntegramente. El campo magnético,en cambio, no es conservativo. No existen una energíapotencial ni un potencial magnéticos.

— La intensidad del campo es directamente proporcional ala magnitud física que es fuente del campo: a la masa enel caso del campo gravitatorio, a la carga en el caso delcampo eléctrico y a la carga o a la intensidad de la co-rriente en el caso del campo magnético. Además, la in-tensidad del campo es inversamente proporcional al cua-drado de la distancia entre la fuente del campo y el puntodonde lo calculamos. Si bien, en el caso del campo mag-nético depende además de la dirección del movimientode la carga eléctrica o de la corriente.

— El campo eléctrico y el campo magnético dependen delmedio en el que actúan, pues la constante de Coloumb,K, y la permeabilidad, m, varían de un medio a otro. Elcampo gravitatorio, en cambio, no depende del medio enel que actúa, pues la constante G es universal.

CUESTIÓN 2

Las ondas estacionarias son el resultado de la superposiciónde una onda armónica con otra de las mismas característicasque se propague en la misma dirección y sentido contrario.

yr = y1 + y2 = A cos (ωt – kx) + A cos (ωt + kx)

yr = 2 A cos kx cos ωt = Ar (x) cos ωt; Ar(x) = 2 A cos kx

La amplitud varía con la abscisa x. Todos los puntos de laonda oscilan armónica y verticalmente respecto al eje OX yalcanzan a la vez la posición de equilibrio, excepto los puntosde amplitud nula. Estos puntos de amplitud nula, los nodos,se encuentran siempre en reposo y la onda estacionaria per-manece fija sobre la dirección de propagación, no viaja y notransporta energía. Por tanto, las ondas estacionarias no sonondas en sentido estricto, sino que se trata de un MAS conamplitudes variables. Los puntos de amplitud máxima se lla-man vientres y los de amplitud mínima, nodos. La distancia

entre nodos o vientres es de .

Las demás características de la onda estacionaria, frecuenciay longitud de onda, son iguales a las de las ondas que inter-fieren para formarla.

— Además, para completar la respuesta, convendría tratarlas ondas estacionarias en cuerdas y tubos, es decir, eninstrumentos musicales, y las series armónicas.

λ2

∆EA

MeVnucl

MeVnucl

= =17823

7 74.

,.

0 1911

931

1178, u

MeV

uMeV⋅ =

ε ε εef ef V= = =0

2

7 854

25 554;

ε ε ω π

ε π ε0

03

0

2

1 000 5 5 10 2 50 7 854

= = =

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =max N B S N B S f

V– ;

φ ω

ε φ ω

ε ω ω

( ) cos

( ) –( )

–( cos )

( ) sen

t N B S t

td t

dtd N B S t

dtt N B S t

=

= =

=

216



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