EXAMEN DE FUNDAMENTOS FISICOS DE LA INGENIERIA. CURSO 01/02CONVOCATORIA DE JUNIO

SOLUCION DETALLADA

1. Tres bloques de masas m, 2m y 3m se encuentran sobre el suelo horizontal sin rozamiento, unidosentre sı por medio de dos hilos ideales. Sobre el tercer bloque se aplica una fuerza horizontal ~fde modulo |~f | = F . ¿Cuanto vale la tension del hilo entre el primer y el segundo bloque?

F2

; F3

; X F6

Solucion.

Como no hay rozamiento, la unica fuerza externa horizontal que actua sobre el sistema constituidopor los tres bloques y los hilos es ~f . Aplicando el teorema del centro de masas obtenemos laaceleracion con la que se mueve el sistema:

2m 3mf

g

m

~f = (m + 2m + 3m)~a → ~a =~f

6m.

A continuacion, aplicando la segunda ley de Newton al primer bloque obtenemos la tension delhilo que lo conecta al segundo bloque:

N

T

mg

m

~T = m~a =~f

6.

1

2. Dos vagones A y B, de masas M/2 y M respectivamente, pueden deslizar sin rozamiento sobreuna vıa recta horizontal, tal como muestra la figura. Sobre A hay un canon de masa despreciableapuntando a 45◦ sobre la horizontal cargado con una bala de masa M/2. Estando inicialmentelos vagones en reposo el canon dispara la bala, de suerte que esta cae sobre B. Inmediatamentedespues de que caiga la bala sobre B, el centro de masas del sistema formado por A, B y la balaestara:

Nota: Suponer que todos los cuerpos del problema son puntuales.

Mas cerca de la posicion inicial de A que de la de B.

Mas cerca de la posicion inicial de B que de la de A.

X En el punto medio entre las posiciones iniciales de A y B.

Solucion.

Como no hay rozamiento la cantidad de movimiento horizontal del sistema permanece constante,dado que no actuan fuerzas externas en esta direccion. Como inicialmente es nula, esto implica quesera nula para cualquier instante posterior, y por tanto la posicion horizontal del centro de masasno cambiara. Como inicialmente se encuentra en el punto medio entre las posiciones iniciales deA y B, esta sera la posicion en la que se encuentre inmediatamente despues de que la bala caigasobre B.

BA

Posición inicial del

centro de masas

b

b=M/2

B=M

A=M/2

3. En el sistema de la figura el bloque 1 se mueve por un tramo horizontal y los bloques 2 y 3 porun plano inclinado α = 30◦ respecto a la horizontal. Todos los bloques tienen la misma masa yno hay rozamiento. ¿Cual es el modulo de la aceleracion con que se mueven los bloques?

X g/3 ; g√

2/3 ; g/√

3

Solucion.

Aplicando el teorema del centro de masas al sistema constituido por los bloques 2 y 3 y el hiloque los une tenemos:

(m2 + m3)gsenα − T = (m2 + m3)a.

2

a

1

P1

N1

TT’

P2

N2 g

N3

P3

2

3

|T’|=|T|=T

Ahora, aplicando la segunda ley de Newton al bloque 1, y teniendo en cuenta que los tres bloquesse mueven con aceleraciones del mismo modulo, tenemos la ecuacion:

T = m1a.

Sumando las dos ecuaciones, y teniendo en cuenta que m1 = m2 = m3 ≡ M , se obtiene:

2Mgsenα = 3Ma → a =2

3gsenα.

Para α = 30◦ se obtiene que a = g/3.

4. Dos bloques estan unidos por un muelle (ver figura). Inicialmente los bloques estan en reposo,separados una distancia igual a la longitud natural del muelle. Entonces una bala se disparahorizontalmente sobre el sistema, incrustandose finalmente en el primero. Sobre los bloques y elsuelo existe rozamiento. ¿Se mueve el segundo bloque en algun instante posterior a la colision?

Sı, porque se tiene que conservar la cantidad de movimiento, que inicialmente es distinta decero.

Depende solo del valor de la constante del muelle y del coeficiente de rozamiento.

X No tenemos datos suficientes para contestar la pregunta.

Solucion

Para saber si se movera o no el segundo bloque en cualquier instante posterior a la colisionnecesitamos conocer la velocidad inicial de la bala, las masas de los bloques, la constante elasticadel muelle y el coeficiente de rozamiento. Por tanto, la respuesta correcta es que no tenemos datos

suficientes para contestar la pregunta.

3

5. Una partıcula de masa m = 2 describe circunferencias sobre una mesa horizontal sin rozamiento,unida al extremo de un hilo ideal de longitud L = 1, el cual pasa por un agujero O de la mesay tiene en su otro extremo una masa M = 1 (ver figura). Sabiendo que m tarda t0 = 2π/3 endescribir una circunferencia sobre la mesa, ¿cual es la distancia de M a O?

11/16 ; 4/5 ; X 4/9

Solucion.

Aplicando la segunda ley de Newton a M tenemos T = Mg dado que M se encuentra en equilibrio.Por otro lado, aplicando la segunda ley de Newton al movimiento de m, y teniendo en cuenta quela resultante de todas las fuerzas que actuan sobre ella es la tension del hilo, la cual lleva direccionradial, concluimos que no hay aceleracion tangencial, y que

T = Mg = mv2

R= m

4π2R2

Rt2→ R =

Mgt2

4π2m,

y por tanto la distancia de M a O sera

L − R = L − Mgt2

4π2m.

T’

Mg

N

Mg

T|T|=|T’|

Y particularizando para nuestros datos:

1 − 1 × 10 × (2π/3)2

4π2 × 2= 1 − 5

9=

4

9.

4

6. Una partıcula se mueve sin rozamiento por el interior de una semicircunferencia fija vertical deradio R (ver figura). ¿Con que celeridad se debe lanzar desde P (punto mas bajo de la trayectoria)para que se despegue de la circunferencia al alcanzar una altura 3R/2?

X√

7gR/2 ;√

5gR/2 ;√

3gR

Solucion.

h

R

N

Mg

Q

Aplicando la segunda ley de Newton y considerando la proyeccion sobre la normal al movimiento,tenemos

Mgsenθ + N = mv2

R.

La partıcula se despega de la circunferencia se produce cuando N = 0. Teniendo en cuenta quesenθ = (h − R)/R, se obtiene

v =

√

gR(h

R− 1).

Si llamamos v0 a la velocidad que tiene la partıcula en P , aplicando la conservacion de la energıamecanica, pues la unica fuerza que realiza trabajo es el peso, tenemos

1

2mv2

0 =1

2mgR(

h

R− 1) + mgh → v0 =

√g(3h − R).

Para h = 3R/2 Se obtiene v0 =√

7Rg/2.

5

7. Un bloque se halla sobre un carro, el cual se mueve por el suelo horizontal con una aceleraciontambien horizontal, de magnitud a(t) = kt, siendo k = 1. Sabiendo que en t = 0 el carro y elbloque estan en reposo, y que el coeficiente de rozamiento estatico entre el carro y el bloque esµ = 0.2, ¿que velocidad lleva el carro en el instante en que el bloque comienza a deslizar?

4 ; 6 ; X 2

Solucion.

Mientras el bloque se mueve solidario con el carro, con aceleracion a(t) = kt, la fuerza horizontalque mueve al bloque es la de rozamiento que le produce el carro:

a(t)=kt Froz

mg

N

Froz = mkt.

El valor maximo de la fuerza de rozamiento para que el bloque no deslice es µN = µmg, y portanto cuando t = µg/k el bloque comienza a deslizar. El problema se reduce ahora a encontrar lavelocidad que lleva el carro en este instante:

kt =dv

dt→ v =

1

2kt2 + C,

donde C = 0 puesto que el carro se encuentra en reposo en el instante inicial. Sustituyendo elvalor de t = µg/k, tenemos:

v(µg/k) =µ2g2

2k.

Sustituyendo con los datos µ = 0′2, k = 1 y g = 10 se obtiene v = 2.

6

8. Dos partıculas 1 y 2 se encuentran en equilibrio unidas por un muelle, estando la partıcula 1 unidaa un hilo que cuelga del techo, tal como se muestra en la figura. Si se corta el hilo, el modulo dela aceleracion de la partıcula 1 inmediatamente despues del corte, es:

Cero. ; Igual a g. ; X Mayor que g.

Solucion.

Aplicando la segunda ley de Newton a cada una de las partıculas antes del corte, tenemos, parala partıcula 1,

m g2

2

1

Ta1

a2

Fm g1

e

Antes:=0

=0Fe-

Fe + m1g − T = 0,

y para la partıcula 2,m2g − Fe = 0.

Inmediatamente despues del corte la unica fuerza que desaparece es la tension del hilo, pero elmuelle sigue ejerciendo las misma fuerza sobre las partıculas, dado que el sistema no ha cambiadode posicion. Las fuerzas sobre la partıcula 2 siguen siendo las mismas, y por tanto su aceleraciones cero. Pero sobre la partıcula 1 actuan, en el mismo sentido, el peso y la fuerza elastica, y portanto su aceleracion es mayor que g. Para demostrarlo aplicaremos la segunda ley de Newton:

m g2

2

1a1

a2

Fm g1

e

>g

=0Fe-

Después:

Fe + m1g = m1a → a > g.

7

9. Una partıcula B, de masa M , puede moverse por el eje OX de un sistema coordenado, unidamediante un resorte ideal de constante elastica K a un punto A, que tambien se mueve sobre eleje OX con velocidad constante v~ı. En el instante inicial A y B estan en el origen de coordenadas,y B esta en reposo. Sabiendo que en el movimiento posterior la distancia maxima entre A y B esb, ¿cuanto vale v?

b2

√KM

; X b√

KM

; 2b√

KM

Solucion.

Tomaremos un sistema S ′ ≡ AX ′Y ′ con origen en A, paralelo a S ≡ OXY , y analizaremos elmovimiento de la partıcula B desde este sistema:

A

O

SY

X X’

Y’S’

vi

S ′ es inercial puesto que se mueve a velocidad constante respecto a S (tambien inercial). Por otrolado, como la fuerza elastica es conservativa se conserva la energıa mecanica de la partıcula. En elinstante inicial, coincidiendo A y B en el origen de coordenadas, la velocidad de B respecto a S ′

es ~V = −v~ı, y la energıa mecanica sera (1/2)Mv2, cantidad que corresponde a la energıa mecanicatotal de la partıcula desde S ′ (notese que en esta situacion el muelle se encuentra distendido).Como la distancia maxima entre A y B durante el movimiento es b, y dicha situacion correspondea que la velocidad de B es nula, la energıa mecanica en dicha situacion es (1/2)Kb2, y por tanto:

1

2Mv2 =

1

2Kb2 → v = b

√K

M.

8

10. En las oscilaciones amortiguadas de una partıcula su energıa mecanica decae al 25 por ciento desu valor inicial despues de 20 oscilaciones. ¿Cuanto vale el factor de calidad (Q = ω0/γ)?

X ≈ 90.65 ; ≈ 181.29 ; ≈ 271.94

Solucion.

La energıa mecanica despues de n oscilaciones en el movimiento amortiguado se relaciona con lainicial a traves de la expresion

E(t + nT ) = E(t)e−γnTa,

donde γ es la constante de amortiguamiento y Ta es el periodo de las oscilaciones amortiguadas.En este caso, como la energıa mecanica decae al 25% de su valor inicial despues de n oscilaciones,entonces se verifica que E(t + nT ) = E(t)/4, y por tanto,

ln4 = γnTa =2πnγ

ωa

=2πnγ√ω2

0 − γ2

4

, (1)

siendo ω0 la frecuencia angular de las oscilaciones sin amortiguamiento. A partir de (1), y teniendoen cuenta que el factor de calidad es Q ≡ ω0/γ, se llega facilmente a la expresion

Q =

√√√√1

4+

n2π2

(ln2)2≈ nπ

ln2=

20π

ln2≈ 90.65,

donde hemos tenido en cuenta que, al ser grande el numero de oscilaciones, el sumando 1/4 delradicando puede despreciarse. Esto equivale a considerar que ωa ≈ ω0.

11. Dos funciones armonicas f1(t) = A cos(ωt) y f2(t) = B cos(ωt + φ) oscilan armonicamente con lamisma frecuencia y distinta fase. Entonces, los instantes en que f1 = f2 se suceden:

irregularmente.

X periodicamente, con un periodo que depende de las condiciones iniciales (valores de f1 y f2 en t = 0).

periodicamente, con un periodo independiente de las condiciones iniciales (valores de f1 y f2 en t = 0).

Solucion.

Llamemos t = τ a los instantes en que f1 y f2 toman el mismo valor:

Acos(ωτ) = Bcos(ωτ + φ) = B(cos(ωτ)cosφ − sen(ωτ)senφ) ⇒ A = B(cosφ − tg(ωτ)senφ)

⇒ A

B+ sen(φ)tg(ωτ) = cosφ ⇒ tg(ωτ) =

cosφ − AB

senφ⇒ ωτ = arctg

(cosφ − A

B

senφ

).

Esta ecuacion tiene para ωτ infinitas soluciones separadas por π. Por tanto, los instantes τ enque f1 y f2 coinciden se suceden periodicamente con el perıodo π/ω.

9

Otra forma de hacerlo

Este problema se puede resolver tambien graficamente; en este caso al solucion se obtiene a simplevista:

O

wt

F A

X

B

Y

Consideremos los fasores asociados a las funciones f1(t) y f2(t) (ver figura). Y consideremos el

vector−→AB, que se obtiene uniendo los extremos de los dos fasores. Es evidente que cuando f1 = f2,

el vector−→AB es paralelo al eje OY, y es igualmente evidente que a medida que el triangulo OAB

gira alrededor de O con una velocidad angular constante (ω) llegara un momento en que−→AB sea

paralelo al eje OY . A partir de ese momento, cuando OAB haya girado media vuelta adicional−→AB volvera a ser paralelo al eje OY (aunque ahora con el sentido opuesto). Y cada media vueltaadicional volvera a darse esta circunstancia.

12. Se tienen n resortes ideales de constante elastica K conectados en serie. Uno de sus extremos (A)esta fijo (ver figura), y el otro (B) esta unido a una partıcula de masa M sobre la que actua una

fuerza de magnitud F = KA cos(ωt), donde ω = 3√

K8M

. ¿Cual debe ser el valor de n para que laamplitud en regimen permanente del movimiento de la partıcula coincida con A?

Nota: Supongase que existe un amortiguamiento pequenısimo, pero suficiente para hacer despre-ciable el termino transitorio con el paso del tiempo.

3 ; X 8 ; 15

Solucion.

Como es facil de ver, los n resortes en serie equivalen a un unico resorte, cuya constante elasticavale ke = K/n. Esto es ası porque, para un desplazamiento δ de M , cada uno de los resortes seestira (o se comprime) δ/n. Por tanto, la fuerza elastica que actua sobre M , la que le produce elresorte que esta en contacto con ella, tendra un modulo Kδ/n = keδ. Ası que nuestro problemaes el de la figura:

10

Ke

MF

F = KAcos(ωt) ; ω = 3

√K

8M.

Como se sabe, la amplitud en regimen permanente de este oscilador es:

Ap =Fo/M

|ω20 − w2| ,

siendo ωo =√

ke/M y Fo = KA.

Nos preguntan cuanto ha de valer n para que Ap = A. Veamos:

Ap = A ⇔ KA/M

|ω20 − w2| = A ⇔ K

M=∣∣∣∣

K

nM− 9K

8M

∣∣∣∣ .

Como 1/n debe ser menor que 1 y 9/8 > 1, a la hora de “quitar las barras del valor absoluto” enla expresion anterior hemos de cambiar el signo:

K

M=

9K

8M− K

nM⇒ 1

n=

9

8− 1 =

1

8⇒ n = 8.

13. Una onda armonica plana, cuya frecuencia angular es ω, tiene sus frentes de onda paralelos alplano 2x + 2y + z − 4 = 0. En el instante t = 0 cierto frente de ondas pasa por el origen decoordenadas, y en el instante t = 2π/ω el mismo frente pasa por el punto (3, 0, 0). ¿Cual es lalongitud de onda?

23

; 43

; X 2

Solucion.

Sabemos que en una onda armonica plana los frentes de onda son perpendiculares al vector deonda,

−→k . Por tanto,

−→k debe ser paralelo al vector caracterıstico del plano 2x + 2y + z − 4 = 0.

Es decir,−→k = a(2, 2, 1), donde a es una constante desconocida.

Sea g = Acos(−→k · −→r − ωt + φ) nuestra onda. Los frentes de onda se caracterizan porque en ellos

el valor de g no cambia, y por tanto, el valor de la fase−→k · −→r − ωt + φ tampoco cambia.

Nuestro frente de pasa por el origen en t = 0 y por tanto el valor de la fase de nuestro frente sera:

11

−→k · (0, 0, 0) − ω × 0 + φ = φ.

Tambien nos dicen que el mismo frente pasa por el punto (3,0,0) en el instante t = 2π/ω. La fasede nuestro frente debe valer lo mismo siempre:

−→k · (3, 0, 0)− ω

(2π

ω

)+ φ = φ ⇒ a(2, 1, 1) · (3, 0, 0) − 2π = 0 ⇒ 6a − 2π = 0 ⇒ a =

π

3.

Por tanto:

|−→k | = a√

22 + 22 + 12 = 3π

3⇒ λ =

2π

|−→k |=

2π

π= 2.

Otra forma de hacerlo

2π/ω es el periodo, por tanto entre t = 0 y t = 2π/ω ha pasado un periodo ⇒ el frente deonda habra avanzado una longitud de onda ⇒ λ sera la distancia entre el plano paralelo al2x + 2y + z − 4 = 0 que pasa por O y el que pasa por P = (3, 0, 0). Esta distancia se puede

obtener a partir del vector−→OP , proyectandolo en la direccion normal a los planos (que es la de−→

k ):

λ =−→OP ·

−→k

|−→k |= (3, 0, 0) · (2, 2, 1)√

22 + 22 + 12=

6

3= 2.

14. Un trasatlantico se aleja de Tierra a una celeridad u = 50 haciendo sonar su bocina, cuya frecuenciaes 1000. Un fuerte viento sopla desde Tierra hacia el barco con una celeridad V = 100. ¿Quefrecuencia percibe un observador en reposo respecto a Tierra?

Nota: La velocidad del sonido en el medio es 300.

5000/7 ; X 800 ; 5500/7

Solucion.

Esto no es mas que un simple ejercicio de efecto Doppler con movimiento del medio:

νo =V − Vo + Vm

V − Vf + Vm

νf .

12

Donde el criterio de signo de las velocidades, como siempre, es el de considerar positivas las quetienen el sentido de la fuente al obsevador. En nuestro caso,

V = 300, νf = 1000, Vf = −u = −50, V0 = 0 y Vm = −V = −100.

OF

+

viento

νo =300 − 100

300 + 50 − 100× 1000 = 800.

15. En t = 0, la dependencia con x de una onda viajera que se desplaza en el sentido positivo del ejeOX es y(x, 0) = e−x2

. En t = 2 dicha dependencia es e−x(x−12)/e36. ¿Cuanto vale la velocidad dela onda?

2 ; 1 ; X 3

Solucion.

y debe ser una funcion del argumento x − vt : y = f(x − vt). Si introducimos la variableξ = x − vt, entonces y sera funcion solo de ξ: y = f(ξ). Y esta funcion tendra el mismo aspectocon independencia de los valores concretos de x y t.

Fijemonos ahora en que cuando t = 0, ξ = x. Pero en el enunciado nos dicen que y(x, 0) = e−x2

.Por tanto, cuando t = 0 tenemos y(x, 0) = e−x2

= e−ξ2

. Pero como la forma funcional f(ξ) essiempre la misma, con independencia de los valores concretos de x y t, llegamos a la conclusionde que nuestra onda tiene el aspecto:

y(x, t) = e−ξ2

,

para cualesquiera valores de x y t. Teniendo en cuenta la definicion de ξ podemos poner:

y(x, t) = e−ξ2

= e−(x2−2xvt+(vt)2).

Ahora podemos particularizar esta expresion en t = 2, e identificarla con el otro dato del enun-ciado:

y(x, 2) = e−x(x−12)−36.

Comparando con y(x, 2) = e−(x2−2xv2+(2v)2), vemos que v = 3.

13

16. Una onda viajera y(x, t) se mueve en el sentido positivo del eje OX. Se sabe que y(1, t) = 2tt2−4t−1

y que y(0, 0) = −3/10. ¿Con que velocidad se propaga la onda?

1 ; 2 ; X 3

Solucion.

Esta cuestion se resuelve usando la misma idea que en la anterior. Introducimos ξ = x − vt, ynuestra onda debera ser una funcion solo de ξ: y(x, t) = f(x − vt) = f(ξ).

Nos dan los siguientes datos:

y(1, t) =2t

t2 − 4t − 1; y(0, 0) =

−3

10.

Si en nuestra definicion de ξ hacemos x = 1 nos queda:

ξ = 1 − vt ⇒ t =1 − ξ

v.

Si ahora sustituimos esta expresion de t en la de y(1, t), obtenemos:

y(1, t) =21−ξ

v(1−ξv

)2 − 41−ξv

− 1= f(ξ).

Ya tenemos nuestra f(ξ). Ahora podemos particularizarla para los valores de x y t que queramos.Como sabemos que y(0, 0) = −3/10, vamos a particularizar para x = 0, t = 0 ⇒ ξ = 0:

y(0, 0) = f(0) =2 1

v(1v

)2 − 4 1v− 1

=2v

1 − 4v − v2= − 3

10⇒ v2 + 4v − 1 =

20

3v ⇒ v2 − 8

3v − 1 = 0

⇒ v =8/3 ±

√(8/3)2 + 4

2=

4

3± 5

3=

{3

−13

.

Como en el enunciado se nos dice que la onda viaja en el sentido positivo del eje OX, la soluciones:

v = 3.

14

17. En cierto sistema de referencia S, una onda tiene el aspecto f = A cos(x+2y+3z− t). ¿Cual es lafrecuencia angular de esta onda para un observador ligado a un sistema de referencia S ′ paraleloa S, respecto al que se mueve con la velocidad 3~ı + 2~ + ~k?

7 ; 8 ; X 9

Solucion.

En S tenemos: f = Acos(x + 2y + 3z − t) y sabemos que S ′ se mueve paralelamente a S convelocidad ~v = (3, 2, 1).

PZ

Z’

r’r

r0

O

O’

Y’

X

X’

Y

Tenemos (ver figura):~r = ~ro(t) + ~r′, (2)

con:~ro(t) = ~ro(0) + ~vt,

~r = (x, y, z) ; ~r′ = (x′, y′, z′),

~ro(0) = (xo, yo, zo) ≡ Posicion inicial del origen de S’, que no conocemos.

Escribiendo (2) componente a componente:

x = xo + 3t + x′,

y = yo + 2t + y′,

z = zo + 3t + z′,

que sustituidas en la expresion de t nos daran el aspecto de la onda en S’:

f = Acos(x′ + 2y′ + 3z′ + xo + 2yo + 3zo + 3t + 4t + 3t − t).

Llamando xo + 2yo + 3zo = φo, se tiene:

f = Acos(x′ + 2y′ + 3z′ + φo + 9t).

Observamos que en S’ la onda tambien es armonica, con la misma amplitud y vector de onda, ycon frecuencia angular (coeficiente de t): ω′ = 9.

15

18. Sea g(x, t) el movimiento ondulatorio resultante de la superposicion de dos ondas armonicas,g1(x, t) y g2(x, t), que se propagan en el sentido positivo del eje OX con velocidad v = 0.5. Sesabe que la dependencia temporal de g1 en xa = 1 es g1(xa, t) = A cos(πt) y que la dependenciatemporal de g2 en xb = 5/4 es g2(xb, t) = A cos(πt). ¿Cual es la amplitud de g(x, t)?

A ; A√

3 ; X A√

2

Solucion.

Esta cuestion coincide exactamente con la cuestion 24 del examen parcial de este ano. Consultarla resolucion de dicho examen.

19. Un tunel y un tren tienen longitudes propias L y 4L respectivamente. ¿Cual debe ser la celeridadmınima con que el tren debe atravesar el tunel para que un observador ligado al tunel puedaasegurar que el tren cupo ıntegramente dentro del tunel?

c√

3/2 ; 2c√

2/3 ; X c√

15/4

Solucion.

Datos

{Longitud propia del tren = 4LLongitud propia del tunel = L

Para el observador ligado al tunel el tren se contrae en la direccion de su movimiento en un factor1/γ:

Longitud del tren medida desde el tunel =4L

γ.

Para que, segun el observador ligado al tunel, el tren quepa ıntegramente en su interior, deberaocurrir que esta longitud sea menor que la longitud propia del tunel: (4L)/γ ≤ L.

La velocidad mınima del tren sera la que da lugar a la igualdad en esta expresion:

4L

γ= L ⇒ γ = 4 ⇒ 1√

1 − (v/c)2= 4 ⇒ 1 −

(v

c

)2

=1

42⇒(

v

c

)2

= 1 − 1

42=

15

16⇒ v =

c√

15

4.

16

20. Una pequena explosion produce un pulso luminoso cuando los orıgenes de dos sistemas de refer-encia (en la configuracion estandar) S y S ′ coinciden con el punto donde se produce la explosion.Segun S, al cabo de un cierto tiempo t la distancia del pulso al origen de S es d. Segun S ′, alcabo de un tiempo t, la distancia del pulso al origen de S ′ sera:

X Igual a d ; Menor que d ; Mayor que d.

Solucion.

Segun los principios de la Relatividad, la celeridad de la luz es la misma para todos los observadoresinerciales.

En nuestro caso, S y S’ ven partir desde sus orıgenes de coordenadas un pulso de luz en el instanteen que sus respectivos cronometros marcan cero. Cuando sus cronometros marquen la misma cifra(llamemosla α), diran que el pulso dista del origen la distancia cα. Por tanto, la respuesta a lacuestion es:

Igual a d.

21. Segun el sistema de referencia ligado a una bicicleta, la velocidad (distinta de cero) a la que unautobus se aleja respecto de ella es la misma en modulo, pero de sentido contrario, a la velocidada la que un peaton se aleja de la bici (todos ellos viajando inercialmente sobre la misma recta).Para el peaton ocurren dos sucesos, simultaneos y en puntos distintos. ¿Que hace falta para quesean simultaneos para el autobus?

X Independientemente del valor de esta velocidad, nunca seran simultaneos para el autobus.

Independientemente del valor de esta velocidad, siempre seran simultaneos para el autobus.

Elegir adecuadamente el valor de esta velocidad.

Solucion.

Vamos a considerar tres sistemas de referencia en la configuracion estandar (considerados 2 a 2):

S ≡ Ligado a la bici.

S ′ ≡ Ligado al autobus.

S ′′ ≡ Ligado al peaton.

S’’ S S’

vv

Escribamos las transformaciones de Lorentz que las ligan:{

x′ = γ(x − vt)t′ = γ(t − v

c2x)

(3)

{x′′ = γ(x + vt)t′′ = γ(t + v

c2x)

(4)

17

{x′′ = γ(x′ − vt′)

t′′ = γ(t′ − vc2

x′)(5)

Aquı γ corresponde a la velocidad v con que se mueve S ′′ respecto a S (que podemos calcularmediante la ley de composicion de velocidades relativista, en funcion de v, pero que no lo hacemosporque no nos hara falta).

Sean A y B los dos sucesos del enunciado. Llamemos ∆x = xA − xB, ∆t = tA − tB, etc. Tenemosestos datos: ∆t′′ = 0 y ∆x′′ 6= 0.

Nos preguntan lo que tiene que ocurrir para que ∆t′ = 0. Impongamos la condicion ∆t′ = 0, y eldato ∆t′′ = 0 en la segunda ecuacion de (5):

∆t′′ = γ(∆t′ − vc2

∆x′) ⇒ ∆x′ = 0, que llevado a la primera ecuacion de (5):

∆x′′ = γ(∆x′ − v∆t′) = 0, lo cual no es posible porque segun el enunciado ∆x′′ 6= 0. Por tanto,si los datos son ciertos, la condicion ∆t′ = 0 no se puede dar, de lo que se deduce que:

Los dos sucesos no seran simultaneos para el autobus.

22. Dos sistemas de referencia S y S ′, con orıgenes en O y O′ respectivamente, se encuentran enla configuracion estandar. Cuando el reloj de S ′ marca T ′, se emite un pulso de luz desde O′.¿Cuanto marca el reloj de S cuando el pulso llega a O?

T ′

√(1 + v

c)/(1 − v2

c2) ; X T ′

√(1 + v

c)/(1 − v

c) ; T ′

√(1 + v2

c2)/(1 − v

c)

Solucion.

Cuando se produce el destello, el reloj de S’ marca T’; por lo tanto el reloj de S marca T = γT ′.

Pero dicho pulso se produce en un punto alejado de O, con lo que para saber cuando llega a O, altiempo T hay que anadirle el tiempo que tarda la luz en llegar hasta O. El pulso se produce enel punto x = vT = vγT ′, con lo que el tiempo que tarda en llegar sera:

τ =x

c=

vγT ′

c,

y el instante de llegada sera:

tllegada = T + τ = γT ′ +vγT ′

c= γ

(1 +

v

c

)T ′ =

1√1 − v2

c2

(1 +

v

c

)T ′ =

√1 + v

c√1 − v

c

.

18

23. Los puntos A y B parten simultaneamente del origen de coordenadas de un sistema S, moviendosesobre el eje OX con celeridad constante c/2 en sentidos opuestos. Al partir ponen en marcha suscronometros, y cuando el de A marca

√3 envıa una senal luminosa hacia B. ¿En que instante,

medido en S, recibe B la senal proveniente de A?

2 ; 3 ; X 6

Solucion.

A S B

C/2 C/2

La velocidad relativa de B respecto de A sera:

vBA =vBS + vSA

1 + vBSvSA

c2

=4

5c ⇒ γBA =

5

3.

El instante en que llega a B (segun B) sera el instante en que sale de A(segun B) mas el tiempoque tarda de A a B (segun B):

T = tB +xB

c.

Ahora bien:

tB = γtA =5

3

√3,

xB =4

5ctB =

4

5c5

3

√3 =

4

3

√3c.

Por tanto:

T =5

3

√3 +

4√

3

3= 3

√3,

es el instante segun B.

El instante segun S sera:

tS = γBST =2√33√

3 = 6.

19

24. Dos sistemas de referencia S y S ′ en la configuracion estandar (con v = 0.6c) observan elmovimiento de cierta partıcula. La componente vy de la velocidad de esta respecto a S es 0.9 ve-ces la correspondiente componente respecto a S ′. ¿Cuanto vale la componente vx de su velocidadsegun S?

X 7c15

; 3c5

; 11c15

Solucion.

Segun las transformaciones de Lorentz∆y′ = ∆y

∆t′ = γ(∆t − v

c2∆x

),

de modo que dividiendo una entre la otra queda:

u′

y =uy

γ(1 − v

c2ux

) . (6)

Segun el enunciado, v = 0, 6c (lo que da un factor γ = 5/4), y uy/u′

y = 0, 9.

Despejando ux de (6) y teniendo en cuenta estos datos, tenemos:

ux =c2

v

(1 − uy

γu′

y

)=

c2

0, 6c

(1 − 4

5× 9

10

)=

7

15c

.

20