examen de fundamentos físicos de la ingeniería.curso 07/08

EXAMEN DE FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA.CURSO 07/08.
PRIMERO INGENIERO DE TELECOMUNICACIÓN. JUNIO
SOLUCIÓN DETALLADA
Salvo indicación expresa todas las unidades están en el Sistema Internacional. En aquellas cuestiones donde sea
necesario cuantificar el módulo de la aceleración de la gravedad (g), tómese éste igual a 10. En las cuestiones de
Relatividad c es la velocidad de la luz. La configuración estándar de dos sistemas de referencia, S y S 0 , es aquella en
la que los ejes homónimos son paralelos, S 0 se traslada con respecto a S con velocidad constante ~v = v~ı, y los orı́genes
O y O0 coinciden en t = t0 = 0. En las cuestiones de cuántica, salvo que se indique lo contrario, las funciones de onda
y autofunciones están normalizadas.
PRIMERA PARTE
1. Un bloque pesado desliza sobre un suelo horizontal rugoso, de coeficiente de rozamiento µ = 0.5. Si la celeridad
inicial del bloque vale v0 = 10, ¿qué tiempo tarda en detenerse?
× 2 ;
5 ;
10
Solución.
Tomemos unos ejes inerciales, con el eje OX en el suelo, con el sentido de la velocidad inicial del bloque, y el
eje OY vertical ascendente. Y apliquemos el teorema del centro de masas al bloque. Las fuerzas exteriores que
~ = N~ y la fuerza
actúan sobre éste son su peso M~g = −10M~, la componente normal de la reacción del suelo N
1
~
de rozamiento Fr = −µN~ı . Tendremos:
−µN = M ax
N − M g = M ay = 0
=⇒
(1)
N = M g.
(2)
Sustituyendo (2) en (1):
−µM g = M ax
=⇒
−µg = ax =
dvx
dt
=⇒
Z
0
v0
dvx = −
Z
T
µgdt.
(3)
0
Donde hemos denominado T al instante en el que el bloque se detiene. Integrando y sustituyendo valores:
−v0 = −µgT
=⇒
T =
v0
10
=
= 2.
µg
0.5 · 10
2. En todo sistema de partı́culas en el que no actúan fuerzas internas podemos afirmar que:
La velocidad del centro de masas es constante.
La energı́a mecánica del sistema es constante.
× Ninguna de las respuestas anteriores es correcta.
Solución2 .
• La velocidad del centro de masas es constante cuando la resultante de las fuerzas externas es nula.
• La energı́a mecánica del sistema es constante cuando las fuerzas que realizan trabajo sobre el sistema
(externas e internas) sean conservativas.
Por tanto, la respuesta correcta es: “ninguna de las respuestas anteriores es correcta”.
1
Puesto que inicialmente el eje OX tiene el mismo sentido del movimiento, la fuerza de rozamiento tendrá sentido opuesto
al de dicho eje. Y esta es la única etapa del movimiento que vamos a estudiar.
2
Cuestión 17 del examen de septiembre de 2002.
1
3. Un objeto puntual describe circunferencias sobre una mesa horizontal rugosa, unido al extremo de un hilo ideal
de longitud unidad, cuyo otro extremo se encuentra fijo en un punto de la mesa. Se sabe que, tras completar
una vuelta, la celeridad es la mitad de su valor inicial. Si el coeficiente de rozamiento con la mesa es 0.2, ¿cuánto
vale la celeridad inicial?
p
p
√
× 4 2π/3 ;
16 π/15 ;
6 π
Solución.
~ ), la tensión del hilo (T~ ) y la
Analicemos las fuerzas que actúan sobre el objeto: el peso (m~g ), la normal ( N
~
fuerza de rozamiento (Fr ). Como el objeto se mueve en el plano de la mesa, es decir, sin aceleración vertical, el
peso se compensa con la normal, y por tanto N = mg. Por otro lado, proyectando la segunda ley de Newton en
la base formada por los vectores tangente y normal, tenemos:
T~ = m~aN ; F~r = m~aT .
Teniendo en cuenta que la fuerza de rozamiento es opuesta a la velocidad, y que su módulo es igual a µN = µmg,
dado que tenemos una situación de deslizamiento, la segunda de las ecuaciones anteriores nos permite conocer
la aceleración tangencial del objeto:
µmg = −m
dv
dv
⇒
= −µg.
dt
dt
Se trata por tanto de un movimiento de aceleración tangencial de módulo constante, y por tanto la celeridad va
a decrecer linealmente con el tiempo a partir de su valor inicial (v(t) = v0 − µgt), y la relación entre la celeridad
y el espacio recorrido es:
v 2 = v02 − 2µgs,
expresión que vamos a utilizar para obtener la celeridad inicial a partir de los datos del enunciado. Nótese que
esta expresión puede deducirse fácilmente usando el teorema de la energı́a cinética. La única fuerza que realiza
trabajo es la fuerza de rozamiento, la cual tiene módulo constante y es opuesta a la velocidad:
1
1
mv 2 − mv02 = Wroz = −µmgs ⇒ v 2 = v02 − 2µgs.
2
2
Teniendo en cuenta que para s = 2πl la celeridad ha decrecido a la mitad de su valor inicial, tenemos:
v02
= v02 − 2µg · 2πl ⇒ v0 =
4
r
16µgπl
.
3
Sustituyendo los datos del enunciado llegamos al resultado que nos piden:
v0 = 4
r
2π
.
3
4. Un punto P se mueve describiendo circunferencias de centro O (punto fijo) y radio R = 2. En todo momento
el vector aceleración forma un ángulo de 45◦ con el radio OP . Si la celeridad inicial (en t = 0) fue v0 = 1, ¿en
qué instante valdrá 2?
× 1 ;
4/3 ;
3/2
Solución.
Al ser la trayectoria una circunferencia de centro O, el radio OP tiene la dirección de la normal (sentido de P a
O). Por tanto, que la aceleración forme 45◦ con dicho radio significa que las componentes tangencial y normal
de la aceleración tienen el mismo módulo:
dv
v2
v2
=
=
dt
R
2
=⇒
dv
dt
=
2
v
2
=⇒
−1 v
t
cvo =1 0
v
2
v=2
=⇒
t = 1.
Y ya tenemos el problema resuelto:
2
=⇒
1−
1
t
= .
v
2
5. El bloque B, de masa M , puede moverse verticalmente, unido al bloque A, de masa 2M , mediante el hilo ideal
que pasa por la polea, de masa y dimensiones despreciables (considérense también despreciables las dimensiones
de los bloques). El bloque A puede deslizar sin rozamiento por el suelo horizontal. La altura de la polea respecto
al suelo es h = 10. En el instante inicial el ángulo θ que forma la parte de hilo unida a A con la horizontal vale
90◦ estando B en el suelo, y en el momento en que la celeridad de A se anula θ = 30◦ . ¿Cuánto vale la celeridad
inicial de A?
Nota: Supóngase que durante el movimiento A no pierde el contacto con el suelo.
g
2
B
5
h
A
× 10
Solución.
Vamos a aplicar el teorema de la energı́a al sistema constituido por los dos bloques y el hilo. Como este último
es ideal no hay que considerar el trabajo de als fuerzas internas. La única fuerza exterior que trabaja es el peso
de B, por lo que el sistema es conservativo:
E = cte =
1
1
2
2
MA vA
+ MB vB
+ MB ghB .
2
2
(4)
Donde hemos tomado como nivel de potencial cero el suelo, y hemos denominado hB a la altura de B respecto
de éste.
Ahora debemos buscar una relación entre las velocidades y hB . De la geometrı́a de la figura y de los datos del
enunciado deducimos:
hB =
h
− h.
sen θ
(5)
Derivando esta expresión obtenemos vB :
vB = |ḣB |
;
ḣB =
−hθ̇ cos θ
.
sen2 θ
(6)
Si tomamos unos ejes inerciales, con el eje OX en el suelo y el OY vertical, pasando por el eje de la polea,
entonces la posición de A viene dada por:
xA = −
h cos θ
sen θ
=⇒
ẋA =
hθ̇
sen2 θ
;
vA = |ẋA |.
(7)
Sustituyendo (5), (6) y (7) en (4) obtenemos E en función de θ y θ̇. Particularizando esta expresión para el
instante inicial (θ = π/2 ⇒ vB = 0), y para el instante en que A y B se paran (nos dicen que esto ocurre
en θ = π/6):
1
2
2M vA
= M gh
2
=⇒
vA =
p
gh = 10.
6. Una partı́cula realiza oscilaciones armónicas alrededor del origen del eje inercial OX, unida al extremo de un
muelle ideal que tiene su otro extremo fijo en O. Sea E la energı́a mecánica, y E c la energı́a cinética. Entonces,
en el momento en que la partı́cula se encuentra a una distancia del origen igual a la mitad de la amplitud,
¿cuánto vale el cociente Ec /E?
0.25 ;
× 0.75 ;
0.50
Solución.
Sea x(t) = Acos(ωt + φ) la ley de movimiento. En los instantes en que la partı́cula se encuentra a una distancia
del origen igual a la mitad de la amplitud, se debe verificar que:
±
A
1
= Acos(ωt + φ) ⇒ cos(ωt + φ) = ± .
2
2
Por otro lado, el cociente Ec /E depende únicamente del valor de la fase:
3
Ec
Ec
1
=
=
.
E
Ec + E P
1 + EEPc
Teniendo en cuenta que
1 2 2
1
1
kA cos (ωt + φ) ; Ec = mω 2 A2 sen2 (ωt + φ) = kA2 sen2 (ωt + φ),
2
2
2
llegamos fácilmente a la relación siguiente:
EP =
Ec
= sen2 (ωt + φ) = 1 − cos2 (ωt + φ).
E
Sustituyendo el valor ±1/2, llegamos al resultado buscado:
Ec
3
= .
E
4
7. Considérese un oscilador amortiguado cuyo factor de calidad es mucho mayor que la unidad. Sea E(t) (A(t)) la
energı́a mecánica (la amplitud) en el instante t. ¿Cuánto vale A(t)/A(0) en el instante en que E(t)/E(0) = 1/2?
≈ 0.447 ;
≈ 0.577 ;
× ≈ 0.707
Solución.
Si el factor de calidad es mucho mayor que la unidad, esto significa que la frecuencia angular correspondiente a
las oscilaciones libres no amortiguadas es mucho mayor que la constante de amortiguamiento. El movimiento se
amortigua muy poco de oscilación a oscilación, y debemos esperar a que se produzca un número muy grande de
oscilaciones para que la amplitud decaiga de forma apreciable. En esta situación, la energı́a mecánica se puede
aproximar por la expresión:
E(t) ≈
1
1
kA(t)2 = kA(0)2 e−γt = E(0)e−γt ,
2
2
siendo
A(t) = A(0)e−γt/2 ,
la amplitud de las oscilaciones amortiguadas.
Si el cociente E(t)/E(0) = 1/2, entonces:
1
ln 2
= e−γt ⇒ t =
.
2
γ
Conocido el valor de t obtenemos fácilmente el cociente entre A(t) y A(0):
−γ
ln 2
A(t)
1
= e 2 × γ = √ ≈ 0.707.
A(0)
2
8. Sea A(ω) la amplitud correspondiente a las oscilaciones forzadas en régimen permanente, en la situación de
amortiguamiento despreciable. Sea ω0 la frecuencia angular de las oscilaciones libres, y sean ω1 = ω0 + Ω, y
ω2 = ω0 − Ω, donde Ω es una constante positiva arbitraria. Entonces:
A(ω1 )
A(ω2 )
>1 ;
×
A(ω1 )
A(ω2 )
<1 ;
A(ω1 )
A(ω2 )
=1
Solución.
En la situación de amortiguamiento despreciable, la amplitud de las oscilaciones en régimen permanente se
puede expresar de la forma siguiente:
A(ω) =
F0
m|ω02 − ω 2 |.
Calcularemos a continuación A(ω1 )/A(ω2 ):
A(ω1 )
|ω 2 − ω22 |
|ω02 − (ω0 − Ω)2 |
|Ω2 − 2ω0 Ω|
= 02
=
=
< 1,
A(ω2 )
|ω0 − ω12 |
|ω02 − (ω0 + Ω)2 |
|Ω2 + 2ω0 Ω|
dado que Ω es una constante positiva.
4
9. Una onda armónica plana se propaga respecto a cierto sistema de referencia OXY Z, siendo su dirección de
propagación perpendicular al plano x + 2y + 2z − 3 = 0. Se sabe que el tiempo que tarda un frente de ondas,
inicialmente pasando por el origen de coordenadas, en alcanzar el punto (0, 1/2, 1), es la mitad del perı́odo.
¿Cuánto vale la longitud de onda?
× 2 ;
5 ;
4
Solución.
La onda se propaga según la dirección del vector
1
2
~u = ~ı + ~ +
3
3
2~
k.
3
Como el frente de ondas tarda medio perı́odo en pasar del origen O ≡ (0, 0, 0) al punto P ≡ (0, 1/2, 1), esto
significa que la distancia recorrida por el frente debe ser igual al producto de la celeridad de propagación por el
semiperiodo. Es decir:
T
−→
d = |OP · ~u| = v
2
⇒
1 1 2
2
−→
= 2.
λ = vT = 2|OP · ~u| = 2 0 · + · + 1 ·
2 2 3
3
Otra forma de afrontar la resolución del problema es planteando que la fase debe mantenerse constante en el
movimiento del frente. Es decir, el valor de la fase en el origen en t = 0 debe ser igual al correspondiente a
t = T /2 en el punto P . Dejamos esta segunda vı́a para que el alumno la realice.
10. Un globo es arrastrado por un viento (la velocidad del globo respecto al aire es nula) cuya celeridad es la décima
parte de la celeridad del sonido. El globo emite un sonido con una frecuencia igual a 693, y se aproxima a un
edificio que refleja el sonido. ¿Qué frecuencia, del sonido reflejado por el edificio, percibe un viajero del globo?
891 ;
× 847 ;
819
Solución.
Calcularemos en primer lugar la frecuencia que recibe el edificio. La velocidad de la fuente (globo) respecto al
medio es nula (vF = 0), y la velocidad del observador (edificio) respecto al medio es vO = −v/10. Tenemos:
νedif = ν
v − vO
11ν
=
,
v − vF
10
siendo ν = 693 la frecuencia con la que emite el globo.
A continuación calcularemos la frecuencia que percibe un viajero del globo del sonido reflejado por el edificio (el
edificio emite con una frecuencia νedif ). En este caso, la velocidad de la fuente respecto al medio es vF = +v/10,
y la velocidad del observador respecto al medio es nula. Por tanto:
νviajero = νedif
v
11ν v
11ν
=
= 847.
v =
9v
v − 10
10 10
9
11. Fórmula relativista de adición de velocidades. Sean S y S 0 sistemas inerciales en la configuración estándar.
Sean (ux , uy , uz ) las componentes de la velocidad medida en S de un punto P arbitrario, y (u0x , u0y , u0z ) las
correspondientes componentes de la velocidad de P medidas en S 0 . Entonces:
× ux =
u0x +v
1+u0x v/c2
;
ux =
u0x −v
γ(1−u0x v/c2 )
;
ux =
u0x +v
γ(1+u0x v/c2 )
Solución3 .
Esta es una simple cuestión teórica. La respuesta se obtiene despejando ux en la ecuación (9.61), lo que se
consigue fácilmente mediante el truco4 de cambiar las primas de sitio al tiempo que se cambia el signo de v.
Obtenemos:
ux =
u0x + v
.
1 + u0x v/c2
3
(8)
Cuestión 11 del examen de junio del curso 2003/04.
Este truco se deduce de la observación del papel simétrico que juegan los observadores S y S 0 en la configuración estándar
si se revierte el signo de v.
4
5
12. Un tren viaja en lı́nea recta hacia un túnel, con velocidad c/2. El tren y el túnel tienen la misma longitud
propia. Cuando una parte del tren está dentro del túnel vamos a convenir en llamarla oscura. Entonces, según
los viajeros del tren:
Hay un intervalo de tiempo finito en el que todo el tren está oscuro.
Hay un instante único en el que todo el tren está oscuro.
× No existe ningún instante en el que todo el tren esté oscuro.
Solución5 .
Para los viajeros del tren el túnel viaja hacia ellos (en la dirección del tren) con celeridad c/2. Entonces, por
efecto de la fórmula relativista de contracción de longitudes, para ellos la longitud del túnel es L = L 0 /γ, siendo
L0 la longitud propia del túnel6 . Como γ ≡ √ 1 2 = √ 1 2 = √23 > 1 =⇒ L < L0 . Por tanto, para
1−(v/c)
1−(1/2)
dichos viajeros la longitud del túnel es menor que la del tren, por lo que no existirá ni siquiera un instante
en que el tren esté completamente dentro del túnel, es decir, en que todo el tren esté oscuro.
13. Dos sistemas de referencia S y S 0 , se encuentran en la configuración estándar, siendo v = 3c/5 la velocidad
relativa entre ellos. En S 0 , un punto P se mueve por el eje O 0 X 0 según la ley x0 (t0 ) = 2ct0 /3. ¿Cuál es la
coordenada x de P , según S, en el instante t = 1?
× 19c/21 ;
27c/29 ;
43c/45
Solución7 .
0 0
0
Hemos de obtener x(t = 1), y los datos del problema
p son, por un lado, la expresión x (t ) = (2/3)ct , y la
0
celeridad relativa entre S y S , v = 3c/5 (⇒ γ = 1/ 1 − 9/25 = 5/4). Vamos a resolver el problema por dos
caminos.
MÉTODO 1.
La velocidad del punto respecto a S 0 es u0x = (2/3)c. Aplicando la transformación de velocidades podemos
obtener la velocidad del punto respecto a S:
ux =
u0 x + v
1+
vu0x
c2
=
2
3c
+ 53 c
1+
6c2
15c2
=
19c
,
21
y es inmediato comprobar que uy = uz = 0, dado que también son nulas u0y y u0z . Ahora, teniendo en cuenta
que en la configuración estándar los orı́genes de S y S 0 coinciden en t = t0 = 0, tenemos
x0 (t0 = 0) = 0 ⇒ x(t = 0) = 0.
Por tanto, la expresión de x(t) es:
x(t) = x(0) +
19c
19c
t=
t,
21
21
y para t = 1 queda:
x(t = 1) =
19c
.
21
MÉTODO 2.
A partir de las transformaciones de Lorentz:
x0 = γ(x − vt),
t0 = γ(t −
vx
),
c2
y teniendo en cuenta que x0 /t0 = 2c/3, tenemos:
5
Cuestión 28 del examen de septiembre del curso 2003/04.
Que en este problema nos dicen que coincide con la longitud propia del tren.
7
Cuestión 26 del examen de junio del curso 2003/04.
6
6
x0
2c
x − vt
=
=
,
t0
3
t − vx
c2
de donde podemos despejar x(t = 1):
x(1) − 3c
2c
5 ×1
=
3c
×x(1)
3
1 − 5 c2
⇒ 3x(1) −
9c
6
6
9
= 2c − x(1) ⇒ (3 + )x(1) = (2 + )c ⇒
5
5
5
5
x(1) =
19c
.
21
14. Un sistema cuántico se encuentra inicialmente en un autoestado del operador asociado a la energı́a total. A
partir de esta situación se deja pasar el tiempo sin realizar ninguna medida. Sea pk la probabilidad de obtener
el autovalor Ek del operador asociado a la energı́a. Entonces, en general:
pk varı́a con el tiempo.
× pk es constante con el tiempo.
Ninguna de las otras dos respuestas es correcta.
Solución.
Llamaremos fiE (x) al autoestado de la energı́a al que corresponde el estado inicial del sistema, y E i al autovalor
correspondiente. Si a partir de esta situación el sistema evoluciona sin que se produzca ninguna medida, el
estado en un instante t será:
ψ(x, t) = e−iEi t/h̄ fiE (x).
La probabilidad de obtener el autovalor Ek al medir la energı́a es:
pk = |fkE (x) ψ(x, t)|2 = |fkE (x) fiE (x)|2 = δik .
Nótese que pk es constante con el tiempo. Por tanto, la respuesta correcta es la segunda.
15. En fı́sica cuántica ¿cuál de la siguientes afirmaciones es verdadera?
El valor de cualquier magnitud fı́sica de una partı́cula se conoce siempre con algún grado de incertidumbre
distinto de cero antes de medirla.
Siempre que se tiene un gran conjunto de partı́culas, todas con la misma función de onda, existe dispersión
en los resultados de las medidas.
× Las otras dos respuestas son falsas.
Solución8 .
• Si no conocemos exactamente el estado de la partı́cula existirá una incertidumbre finita en los resultados de
la medida de cualquier magnitud. Aquı́ no hay diferencia con la fı́sica clásica. Pero supongamos que conocemos
exactamente el estado de la partı́cula. En fı́sica clásica eso implica conocimiento seguro (libre de incertidumbre)
del valor de cualquier magnitud fı́sica de la partı́cula. Pero en fı́sica cuántica esto ya no es ası́. Para muchas
magnitudes fı́sicas existirá una incertidumbre finita. Pero siempre existirán magnitudes fı́sicas para las cuales
el estado de nuestra partı́cula sea un autoestado =⇒ el valor de la magnitud se conocerá exactamente (sin
incertidumbre), coincidiendo con el autovalor correspondiente a dicho autoestado. Por tanto, esta respuesta
es falsa.
• Esta afirmación también es falsa. En el caso de que la magnitud fı́sica que medimos tenga un autoestado
que coincida con la función de onda de nuestras partı́culas, el resultado de todas las medidas será el mismo: el
autovalor correspondiente ⇐⇒ La incertidumbre será nula en este caso.
• Visto lo visto esta afirmación es verdadera.
8
Cuestión 15 del examen de junio del curso 2002/03.
7
SEGUNDA PARTE
16. Dos partı́culas de masas m1 y m2 se encuentran sobre una mesa horizontal sin rozamiento, conectadas por un
muelle ideal. Se ejerce una fuerza horizontal constante de módulo f sobre la partı́cula de masa m 1 . ¿Cuánto
vale el módulo de la aceleración del centro de masas del sistema formado por las dos masas y el muelle?
× f /(m1 + m2 ) ;
f /m1
;
(m1 + m2 )f /m1 m2
Solución.
Aplicando el teorema del centro de masas al sistema, vemos que la resultante de las fuerzas externas es igual a
la que se ejerce sobre m1 , dado que los pesos se compensan con las normales, y no existen rozamiento, siendo la
fuerza del muelle una fuerza interna al sistema. Por tanto,
F~ext = M~aCM
⇒ f = (m1 + m2 )|~aCM | ⇒
|~aCM | =
f
.
m1 + m 2
17. En general, ¿cuál de las tres magnitudes siguientes asociadas a un sistema de partı́culas tiene una evolución
temporal que depende de las fuerzas internas?
× Energı́a cinética ;
Momento cinético ;
Cantidad de movimiento.
Solución9 .
Las fuerzas internas de un sistema de partı́culas SÓLO intervienen en la evolución temporal de la energı́a cinética
del sistema, pues según el teorema de la energı́a el incremento de la energı́a cinética es igual al trabajo realizado
por las fuerzas externas, más el realizado por las fuerzas internas. En el caso de la cantidad de movimiento,
la derivada temporal de esta magnitud vista por un observador inercial es igual a la resultante de las fuerzas
externas, no existiendo por tanto una contribución neta de las fuerzas internas. Ello es debido a que, por el
Principio de acción y reacción, la suma de todas las fuerzas internas al sistema es cero. En el caso del momento
cinético, las fuerzas externas intervienen en su derivada temporal a través del momento neto de dichas fuerzas
respecto al punto en que se define el momento cinético. Las fuerzas internas no contribuyen, lo cual es debido a
que según el Principio de acción y reacción las fuerzas con que interactúan cada pareja de partı́culas del sistema
se encuentran dirigidas según la lı́nea que une los dos puntos materiales.
18. Un sistema de referencia S 0 tiene un movimiento de traslación respecto de otro sistema S. En este movimiento
el origen O0 de S 0 tiene una aceleración tangencial nula, y describe circunferencias de radio R = 3. Sea A el
punto de S 0 de coordenadas x0 = y 0 = 0 ; z 0 = 1. Y sea b el módulo de la aceleración de A. Entonces:
× Faltan datos para saber su valor, pero b tiene que ser constante.
Faltan datos para saber su valor, pero b tiene que ser variable en el tiempo.
Ninguna de las otras dos respuestas es correcta.
Solución.
Que el movimiento de S 0 respecto de S sea una traslación significa que en un instante arbitrario, cualesquiera
que sean los puntos de S 0 que elija, tendrán la misma velocidad. Es decir, el campo de velocidades de S 0 respecto
de S es uniforme:
vP (t) = vQ (t)
∀P, Q ∈ S 0 .
Derivando esta ecuación vemos que el campo de aceleraciones también será uniforme. Por tanto, la aceleración
del punto A que nos piden que investiguemos será la misma que la de cualquier otro punto de S 0 , por ejemplo
el O0 . Ası́ que A no tendrá aceleración tangencial y describirá una circunferencia de radio R = 3. Como su
aceleración tangencial es nula su celeridad será constante. Por tanto:
b ≡ |~a| = |~aN | = v 2 /R = constante.
Es decir, b es constante, pero nos faltan datos para saber su valor.
9
Cuestión 1 del examen de septiembre del curso 2003/04.
8
19. La cuña de la figura se mueve horizontalmente, con una aceleración hacia la derecha de magnitud a. Entre la
partı́cula pesada P y la cuña no existe rozamiento. El ángulo θ que el plano inclinado de la cuña forma con la
horizontal vale π/6rad. ¿Cuánto ha de valer a para que la partı́cula no deslice?
√
× g/ 3
g
√
g 3
Solución10 .
Y
N
P
a
mg
X
Tomamos los ejes de la figura, y aplicamos la 2a Ley de Newton. Si la partı́cula no desliza, entonces se mueve
con aceleración de magnitud a hacia la derecha (se mueve “ligada” a la cuña). Ası́:
X−
a
g
N senθ = ma
→
F = m~a ⇔
⇒ tgθ = ⇒ a = gtgθ = √ .
N cosθ − mg = 0
g
3
20. Un péndulo simple está constituido por un hilo ideal, de longitud L unido a una masa puntual. Se mide el
periodo de sus pequeñas oscilaciones en un laboratorio inercial, obteniendo el valor T . Se repite el experimento,
pero esta vez montando el péndulo en el ascensor del laboratorio, y con una nueva longitud del hilo, L 0 = 2L.
El nuevo periodo resulta ser T 0 = T . Entonces, la aceleración del ascensor vale:
Nota: En la
psuperficie terrestre el periodo de las oscilaciones pequeñas de un péndulo de longitud L viene dado
por T = 2π L/g.
0
5 en sentido descendente.
× 10 en sentido ascendente.
Solución.
En el laboratorio inercial se verifica:
T = 2π
p
L/g.
(9)
Por otra parte, si el ascensor está acelerado no constituirá un sistema inercial
y (9) ya no será válida en
√
él. Efectivamente, si en (9) sustituimos L por L0 = 2L11 obtenemos T 0 = 2T , en contra de los resultados
experimentales que, según nos dicen en el enunciado, son T 0 = T .
Está claro que no se pueden utilizar, sin más, las leyes válidas para sistemas inerciales en sistemas no inerciales.
Veamos las relaciones que existen entre ambos. Llamemos 1 al sistema inercial (el laboratorio) y 0 al no inercial
(el ascensor). Y sea P un punto material (la masa del péndulo). Llamemos T~ a la tensión del hilo, y apliquemos
la segunda ley de Newton al movimiento de P cuando el péndulo va montado en el ascensor:
T~ + M~g = M~aP
1.
10
11
Cuestión 20 del examen de septiembre de 2002.
Longitud del hilo que nos dicen que se emplea en el experimento realizado en el ascensor.
9
(10)
Por otra parte, el movimiento del ascensor respecto al laboratorio es una aceleración rectilı́nea, de modo que la
cinemática nos dice:
~aP
aP
a01 .
1 =~
0 +~
(11)
Si llamamos ~u a un vector unitario con sentido vertical ascendente, tendremos:
~g = −g~u ;
~a01 = a~u,
(12)
con a > 0 si la aceleración del ascensor es ascendente, y a < 0 en caso contrario.
Sustituyendo (12) en (11) y ésta en (10) obtenemos:
T~ + M (g + a)~u = M~aP
0.
(13)
Que tiene el mismo aspecto que la ecuación del movimiento del péndulo cuando este está en el laboratorio, salvo
que se ha sustituido g por g + a. Es decir, el movimiento en el sistema no inercial es el mismo que tendrı́a en uno
inercial en el que el valor de la gravedad fuera g + a. En concreto, valdrá la ecuación del periodo del péndulo
sustituyendo g por g + a:
T 0 = 2π
p
p
p
L0 /(g + a) = 2π 2L/(g + a) = T = 2π L/g
=⇒
g+a
=g
2
=⇒
a = g.
Es decir, el ascensor tiene aceleración ascendente de magnitud 10.
21. Una partı́cula oscila armónicamente en el eje OX alrededor del origen. Se sabe que la aceleración, a x , y la
velocidad, vx , verifican la relación vx2 + (a2x /4) = 16. ¿Cuál es la amplitud del movimiento?
3 ;
4 ;
× 2
Solución12 .
Método 1:
La relación que nos aporta el enunciado (vx2 + a2x /4 = 16) es la ecuación de una elipse. Para la cual, cuando el
modulo de la velocidad se hace 0, el módulo de la aceleración es máximo y viceversa. Sabiendo que la partı́cula
oscila armónicamente tenemos:
x = A cos(ωt + φ).
Derivando con respecto al tiempo tenemos la ecuación de la velocidad:
vx = −Aωsen(ωt + φ).
Volviendo a derivar obtenemos la de la aceleración:
ax = −Aω 2 cos(ωt + φ).
El valor máximo del módulo de la velocidad (aceleración) se da cuando el seno (coseno) vale ±1. Con todo esto
tenemos:
|vx,max |2 = (Aω)2 = 16,
|ax,max |2
(Aω 2 )2
=
= 16.
4
4
Operando:
12
Cuestión 7 del examen de prueba del curso 2003/04.
10
|vx,max | = 4 = Aω,
|ax,max | = 8 = Aω 2 .
Diviendo ambas expresiones nos queda que ω = 2 y fácilmente obtenemos
A = 2.
Método 2:
La partı́cula oscila armónicamente alrededor del origen. Es decir:
x = A cos(ωt + φ) ≡ A cos θ ⇒ vx = −Aω sen θ ⇒ ax = −Aω cos θ.
Sustituyendo en la ecuación que nos da el enunciado tenemos,
vx 2 +
ax 2
A2 ω 4
= 16 ⇐⇒ A2 ω 2 sen2 θ +
cos2 θ = 16
4
4
⇒ A2 ω 2 (sen2 θ +
ω2
ω2
cos2 θ) = 16 ⇒ A2 ω 2 [1 + (
− 1)cos2 θ] = 16.
4
4
(14)
Para que el miembro izquierdo de (9) no dependa de θ el coeficiente que multiplica a cos2 θ debe valer cero:
ω2
− 1 = 0 ⇒ ω = 2.
4
Y llevando este resultado a (9), obtenemos:
A2 × 22 × 1 = 16 ⇒ A = 2.
22. Una partı́cula de masa unidad puede moverse sin rozamiento por el eje OX de un sistema inercial, estando unida
mediante un resorte ideal de constante elástica unidad al origen de dicho sistema. Sobre la partı́cula actúa la
fuerza excitadora F~ = cos(3t)~ı, siendo t el tiempo. Sabiendo que en los instantes t = 0 y t = π/2 la partı́cula
tiene velocidad nula, ¿cuál es la posición x(0) en el instante t = 0?
−1/6 ;
× −1/2 ;
1/6
Solución13 .
Se trata de un movimiento armónico forzado no amortiguado con los siguientes datos: m = k = 1(⇒ ω 0 = 1);
F0 = 1 y ω = 3. La posición de la partı́cula en función del tiempo será:
x = xl + xf = A cos(ω0 t + φ) + Aω cos ωt,
(15)
siendo:
Aω =
F0
m
2
ω0 − ω 2
.
Derivando (10) respecto del tiempo obtenemos la magnitud de la velocidad:
13
Cuestión 8 del examen de prueba del curso 2003/04.
11
(16)
ẋ = −Aω0 sen(ω0 t + φ) − Aω ωsen(ωt).
(17)
Las condiciones iniciales nos dicen que son ẋ(t = 0) = ẋ(t = π/2) = 0; que sustituidas en (12), junto con los
valores de las constantes que son datos, dan:
sen φ = 0,
−A sen(
− 83
π
3
3π
+ φ) + sen( ) = 0 ⇒ A =
.
2
8
2
sen( π2 + φ)
(18)
(19)
La solución de (13) es φ = nπ, siendo n un número entero arbitrario. Ahora bien, según que n sea par o impar
sen(π/2 + φ) vale +1 ó −1 respectivamente. Por tanto, de acuerdo con (14), A = −3/8 si n es par y A = 3/8
si n es impar. Si queremos interpretar A como una amplitud debemos quedarnos con la solución positiva, o lo
que es lo mismo, con n impar, es decir φ = π ó 3π ó 5π ó ...
Finalmente, llevando estos resultados a (10) y particularizando para t = 0 obtenemos el resultado que nos piden:
x(0) = A cos φ −
1
3 1
1
cos 0 = − − = − .
8
8 8
2
23. Cierto frente π de una onda armónica plana pasa por el origen O de coordenadas en el instante t = 0. El mismo
frente pasa por cierto punto A en el instante t = 10. El espacio recorrido por π al pasar de O a A es 2λ, siendo
λ la longitud de onda. ¿Cuánto vale el periodo de la onda?
2 ;
3 ;
× 5
Solución.
Sabemos que una onda periódica viajera lo es en el espacio (periodo espacial = λ = longitud de onda) y en el
tiempo (periodo = T ), y que en cada periodo T recorre una longitud de onda, de modo que v = λ/T . Por tanto,
si π recorre 2λ al viajar de O a A, habrá empleado un tiempo igual a 2T en hacer ese viaje. Pero el enunciado
nos dice que el tiempo empleado es 10. Por tanto:
2T = 10
=⇒
T = 10/2 = 5.
24. Sea g(x, t) una onda viajera. En t = 0 la dependencia de la onda con x es g(x, 0) = 12/(4 + x 2 ). Si la onda se
desplaza en el sentido positivo de OX con una celeridad igual a 10, ¿cuánto vale g(1, 1)?
12/125 ;
12/5 ;
× 12/85
Solución.
Conocida la dependencia de la onda con la posición en un instante cualquiera, y la celeridad y sentido de la
propagación, podemos conocer el valor de la onda en cualquier instante y en cualquier posición. Para ello, sólo
tenemos que tener en cuenta que una onda viajera g(x, t) se representa por el movimiento de una curva por el
eje OX con velocidad constante.
En este caso, conocida la dependencia con x en t = 0, necesitamos conocer en qué posición del eje OX el valor
de la onda, en t = 0, coincide con el valor que toma la onda en x = 1 y en t = 1. Como la onda se desplaza en
el sentido positivo de OX con una celeridad igual a 10, el valor que toma la onda en x = 1 y t = 1 es igual al
valor que tomó en t0 = 0, en la posición x0 = x − v(t − t0 ) = 1 − 10(1 − 0) = −9. Por tanto:
g(1, 1) = g(−9, 0) =
12
12
=
.
4 + (−9)2
85
25. Sean g1 (x, t) y g2 (x, t) dos funciones que verifican la ecuación de ondas, siendo v1 y v2 las celeridades de
propagación respectivamente. sea g = g1 + g2 . En general, podemos afirmar que:
Si v1 = v2 , entonces g es una onda viajera.
12
Si g1 y g2 son ondas viajeras, entonces g también es viajera.
× g verifica la ecuación de ondas, si y sólo si v1 = v2 .
Solución.
Analicemos la veracidad o falsedad de cada una de las afirmaciones:
• Si v1 = v2 , entonces g es una onda viajera.
Esta afirmación es falsa. Nótese que si v1 y v2 son iguales, lo que sı́ podemos afirmar es que g(x, t) es una
onda, pero no tiene que ser viajera (ejemplo: ondas estacionarias).
• Si g1 y g2 son ondas viajeras, entonces g también es viajera.
Esta afirmación es falsa, porque en principio v1 6= v2 , y la suma de dos ondas viajeras de velocidades
distintas no es una onda.
• g verifica la ecuación de ondas, si y sólo si v1 = v2 .
Esta afirmación es correcta.
(⇒): Si g = g1 + g2 verifica la ecuación de ondas, como ésta es lineal, el principio de superposición implica
que tanto g1 como g2 también la verifican, luego deben llevar la misma celeridad.
(⇐): Si v1 = v2 , y como g1 y g2 verifican la ecuación de ondas, su suma (g) también verificará la ecuación
en virtud del principio de superposición.
26. Dos sistemas de referencia, S y S 0 , se encuentran en la configuración estándar, con v = 0.6c. En el instante
t0 = 2 (medido por S 0 ) desde el origen O 0 de S 0 se emite un pulso de luz. ¿Qué marcan los relojes de S cuando
el pulso llega al origen O de este sistema?
× 4 ;
8 ;
16
Solución.
Desde el punto de vista de S 0 el punto O se mueve por el eje O 0 X 0 con celeridad v = 0.6c, pasando por el
origen en el instante t0 = 0. Por tanto, para este sistema O se encontrará a una distancia 0.6 · 2 = 1.2c de O 0
en el instante t0 = 2. En ese momento desde O 0 se lanza un pulso de luz hacia O, que empleará un tiempo ∆t0
en alcanzar dicho punto (O), durante el cual O habrá seguido viajando con v = 0.6c. Por tanto, según S 0 , el
espacio recorrido por el pulso desde la emisión hasta llegar a O será:
c∆t0 = 1.2c + 0.6c∆t0
=⇒
∆t0 =
1.2
= 3.
1 − 0.6
(20)
Por tanto, en S 0 el instante en que el pulso llega a O será t0 = 2 + 3 = 5.
Considérense ahora los siguientes sucesos:
Suceso 1 = O y O 0 coinciden en el instante t1 = t1 0 = 0.
Suceso 2 = El pulso de luz llega a O en el instante t2 0 = 5.
Para S ambos sucesos ocurren en el mismo punto (O). Por tanto, el lapso de tiempo entre los mismos será el
tiempo propio. Usando la fórmula para éste último tendremos:
t2 0 − t1 0 = γ(t2 − t1 )
=⇒
t2 =
t2 0 − t 1 0
5−0
+ t1 =
+ 0 = 4.
γ
(1 − (0.6)2 )−1/2
27. Dos naves, A y B, se acercan a un observador inercial, O, con la misma celeridad, 0.8c, desde direcciones
opuestas. La disposición de las naves es simétrica, es decir, la distancia OA es la misma que la OB. Según O,
en el instante t = 0, la separación entre las naves es AB = L. ¿Cuánto tiempo discurre desde ese instante hasta
que las naves llegan a O según los relojes de las naves?
L/(8c) ;
× 3L/(8c) ;
3L/(4c)
Solución.
Por simetrı́a es evidente que ambas naves llegarán a O a la vez. Consideremos una de ellas, por ejemplo la A.
Como nos dicen que en todo momento las naves están simétricamente colocadas respecto a O, y AB = L/3 en
t = 0, entonces la distancia OA en t = 0 y medida por O será L/6.
Consideremos los sucesos:
Suceso 1 = A a la distancia L/6 de O en el instante t = t1 = 0.
13
Suceso 2 = A llegando a O en el instante t = t2 .
Como nos dicen que A viaja con celeridad v = 0.8c, el tiempo que tarda en llegar a O será:
v = 0.8c =
L/6
t2 − t 1
=⇒
t2 =
L
.
4.8c
El tiempo entre los sucesos 1 y 2 medido por A (o B) es el que nos piden. Ahora bien, para A (o B) ambos
sucesos ocurren en el mismo punto A (o B), por lo que el lapso ∆tA entre los mismos será el tiempo propio:
∆tA =
t2 − t 1
L/(4.8c)
=
= L/(8c).
γ
(1 − (0.8)2 )−1/2
28. La recta r está ligada al sistema inercial S, pasando por su origen y formando un ángulo
θ = π/6, con el eje OX.
√
El sistema S 0 se encuentra en la configuración estándar respecto al S, con v = c 3/2. ¿Cuál es la velocidad
respecto a S 0 del punto P de intersección del eje O 0 Y 0 con la recta r?
Y
S
× c
√
c 3
Y’
S’
r
P
3c
O’
O
X
X’
Solución14 .
La ecuación de la recta r en S es y = tan θ · x. Por otra parte, como la coordenada x de P siempre coincide
con la de O0 , xP = xO0 = vt, es decir, la trayectoria de P vista desde S 0 es el propio ejeO 0 Y 0 . Por tanto, las
coordenadas de P en S son:
xP = vt
(21)
yP = tan θ · vt.
(22)
Derivando estas coordenadas con respecto a t obtenemos la velocidad de P en S:
~vSP = v~ı + v tan θ~.
(23)
Ahora podemos obtener la velocidad de P en S 0 usando la ley relativista de composición de velocidades, ~vSP0 =
vy0 ~0 , con:
vy
v tan θ
v tan θ
=
=p
= γv tan θ.
γ(1 − vcx2v )
γ(1 − v 2 /c2 )
1 − v 2 /c2
√
√
Sólo resta sustituir valores: v = 3c/2 =⇒ γ = 2 ; θ = π/3 =⇒ tan θ = 3. Por tanto:
vy0 =
|~vSP0 |
√
3 √
= |γv tan θ| = 2
c 3 = 3c.
2
(24)
P
29. El estado de una partı́cula viene dado por la función de onda ψ(x) = i ci fiA (x), siendo fiA (x) las autofunciones
del operador  que representa a la magnitud fı́sica A. Sea B otra magnitud fı́sica representada por B̂, cuyas
autofunciones y autovalores son, respectivamente, fjB (x), bj , j = 1, 2, 3, . . . La probabilidad de que al medir B
en el estado definido por ψ(x) se obtenga el autovalor bk es:
|ck |2
;
ψ(x) fkB (x)
;
× |fkB (x) ψ(x)|2
Solución15 .
Esto es simple teorı́a; no hay que resolver nada. Usamos directamente la ecuación (32) del capı́tulo 10 (pág.173).
P rob[B = bk ] = |fkB (x) Ψ(x)|2 .
14
15
Cuestión 27 del examen de septiembre del curso 2003/04.
Cuestión 29 del examen de prueba del curso 2003/04.
14
√
30. Una partı́cula cuántica se encuentra en el estado definido por la función de onda ψ(x) = 23 f1E (x) + 21 f2E (x),
fı́sica A queda definida√por el operador Â,
donde f1E (x) y f2E (x) son autofunciones de la energı́a. Cierta magnitud
√
2 E
A
que tiene los autovalores a1 y a2 , y las autofunciones f1 (x) = 2 [f1 (x) + f2E (x)] y f2A (x) = 22 [f1E (x) − f2E (x)].
¿Cuál es la probabilidad de obtener el valor a1 al medir A en el estado definido por ψ(x)?
√
2− 3
4
;
1/2 ;
×
√
2+ 3
4
Solución16 .
√
Nos dan los datos ψ(x) = [ 3f1E (x) + f2E (x)]/2, y las autofunciones de Â:
√
2 E
f1A (x) =
[f (x) + f2E (x)]
2 1
f2A (x) =
√
2 E
[f (x) − f2E (x)].
2 1
Y nos piden la probabilidad de obtener el autovalor a1 al medir A en el estado ψ(x). Los postulados de la
Mecánica cuántica nos dicen que dicha probabilidad viene dada por:
√
√
2 E
1√
2+ 3
1√ E
E
2
2
A
2
E
P rob[A = a1 ]ψ(x) = |f1 (x) ψ(x)| = |
[f (x) + f2 (x)] [ 3f1 (x) + f2 (x)]| = | 3 + 1| =
.
2 1
2
8
4
Donde hemos usado la propiedad de ortonormalidad de las autofunciones de los operadores que representan a
las magnitudes fı́sicas.
Por tanto, la respuesta es:
P rob[A = a1 ]ψ(x)
16
Cuestión 30 del examen de junio del curso 2003/04.
15
√
2+ 3
=
.
4