SOLUCIONES AL EXAMEN RFIR 2013

1

La potencia es:

P =dW

dt

con dW el trabajo realizado en coordenadas esfericas (φ es el angulo rotado

en el plano que contiene a ~F y a ~ds):

dW = ~F · ~ds = Frdθ sin(φ)

El momento de la fuerza ~F es:

~τ = ~r × ~F → τ = rF sin(φ)

y por tanto podemos escribir el trabajo como

dW = τdθ

Sustituyendo en la formula para la potencia:

P =τdθ

dt= τω

2

La patinadora conserva su momento cinetico:

I1ω1 = I1ω2

El cociente entre los momentos de inercia inicial (1) y final (2) es:

I1I2

=ω2

ω1

= 3, 2

1

3

Se conserva el momento lineal:

Pi = Pf

m1v1 +m2v2 = (m1 +m2)v12

con v12 la velocidad final:

v12 =m1v1 +m2v2m1 +m2

4

El momento de inercia de una esfera maciza de radio R es:

I1 =2

5MR2

El momento de inercia de una esfera hueca de radio R es:

I2 =2

3MR2

La relacion entre ambas es:I1I2

=3

5

5

La velocidad de movimiento de las partıculas no depende de su naturalezaquımica pero sı de su tamano. Ademas disminuye cuando se aumenta la vis-cosidad del lıquido.

La energıa del movimiento de las partıculas no depende tampoco de su na-turaleza quımica, y tambien depende del tamano de las mismas.

2

6

El yo-yo esta sometido a las fuerzas:

Al estar el yo-yo en equilibrio:

ma = T sin(θ)

mg = T cos(θ)

Diviendo ambas ecuaciones se obtiene:

a = g tan(θ) = 9,81 (m/s2) tan(22o) = 3, 96 m/s2

3

7

Las fuerzas sobre el vehıculo son:

La fuerza centrıpeta es igual a la componente horizontal de la fuerza normal:

mv2

R= N sin(θ)

El peso es igual a la componente vertical de la fuerza normal:

mg = N cos(θ)

A partir de ambas ecuaciones se obtiene:

v2 = Rg tan(θ)→ v =√Rg tan(θ)

8

La potencia de un motor es:

P = Iω = 675 Nm× 3700 2πrad/60s ≈ 262 kW

4

9

El momento externo resultando que actua sobre un sistema es:

~M =d~L

dt

Por tanto si es cero, se conserva ~L, el momento angular total.

10

La deformacion del metal sucede ası: El modulo de Young es:

Y =F/A

∆L/L=

5, 9× 107N/m2

4, 67× 10−4= 126, 34 GPa

11

Durante el movimiento uniforme, antes de frenar, la tension es:

T = mg

Al frenar, el ascensor se acelera hacia arriba y tenemos:

v = v0 − at

d = v0t−1

2at2

5

con d la distancia de frenado. Ya que frena del todo, v = 0 y por tanto v0 = aty la distancia de frenado es:

d = at2 − 1

2at2 =

1

2at2 =

1

2a(v0/a)2 =

v202a

Por tanto la aceleracion de frenado es:

a =v202d

El ascensor frena porque la tension del cable aumenta:

T = mg +ma = mg +mv202d

= 9448 N

12

Durante la caide en el fluido, las fuerzas que actuan son: con Fr la fuerza de

rozamiento y E el empuje. Por tanto:

ma = mdv

dt= mg − E − Fr = F − Fr

con F = mg − E. Integrando:∫ v

0

dvFm− k

mv

=

∫ t

0

dt

obtenemos (haciendo vl = F/k):

v = vl(1− e−kt/m

)6

13

El sistema de fuerzas es:

Por tanto:

T = mv2

R+mg cos(θ) = 1,25N

14

Basta recordar o deducir la 3a Ley de Kepler. Igualando la fuerza gravitatoriacon la fuerza centrıpeta del movimiento circular:

GMm

R2= m

v2

R= m

4π2R2

RT 2

se obtieneT 2

R3=

4π2

GMde donde se obtiene la masa

M =4π2

G

R3

T 2

La razon entre las masas de dos planetas 1 y 2 es entonces:

M1

M2

=R3

1T22

R32T

21

7

Resolviendo con los datos del problema (errata: la distancia Tierra-Luna esde 384000 km) el resultado es:

MJupiter

MT ierra

= 316

15

El periodo de oscilacion de un pendulo es:

T = 2π

√L

g

La longitud se despeja:

L = g

(T

2π

)2

Si TA = 2TB, entonces LA = 4LB independientemente de la relacion entresus masas.

16

El momento de inercia de un cilindro hueco de paredes gruesas es:

I =1

2M(R2

1 +R22) = 4, 875× 10−3 kg ·m2

8

17

Las unidades de G en el Sistema Internacional se deduce de la ley de gravi-tacion universal:

Fg = GMm

R2→ G =

FgR2

Mm

Por tanto [G]=Nm2kg−2.

18

Basta comprobar que ∇ · ∇ × ~A = 0:

∇× ~A =

(∂Az∂y− ∂Ay

∂z,∂Ax∂z− ∂Az

∂x,∂Ay∂x− ∂Ax

∂y

)

∇ · ∇ × ~A =∂2Az∂x∂y

− ∂2Ay∂x∂z

+∂2Ax∂y∂z

− ∂2Az∂y∂x

+∂2Ay∂z∂x

− ∂2Ax∂z∂y

= 0

19

La ley de Hooke es F = −kx. El sistema oscila y la posicion es:

x = A sin(ωt)

Por tanto la aceleracion es:

a =d2x

dt2= −Aω2 sin(ωt)

Por tanto:F = ma = −mAω2 sin(ωt) = −kA sin(ωt)

de donde

mω2 = k → ω2 =k

m=

F

mx

9

20

Las fuerzas que actuan sobre el cuerpo que cae (no teniendo en cuenta larotacion) son:

Estas fuerzas actuan sobre el centro de masas:

mg sin(θ)− Fr = maCM

Ademas, si el objeto esta rotando alrededor de un eje que pasa por el centrode masas

10

El momento de la fuerza de rozamiento genera la rotacion, luego:

FrR = Iα

La relacion entre la aceleracion del centro de masas y la aceleracion angulares:

aCM = αR

A partir de estas ecuaciones obtenemos la aceleracion del centro de masasaCM si el momento de inercia es I = KmR2:

aCM =g sin(θ)

1 +K

El objeto que tiene menor aceleracion de centro de masas es el que tengamayor K. Los momentos de inercia de un cilindro solido, una esfera solida yun anillo son, respectivamente:

1

2MR2 2

5MR2 MR2

luego el anillo es el que tiene menor aceleracion centro de masas.

21

El modulo de la intensidad del campo gravitatorio en la superficie de laTierra es:

gT = GMT

R2T

Si un planeta tiene masa 3MT y radio 5RT ,

g = G3MT

25R2T

=3

25gT = 1, 176 N/kg

22

La energıa del muelle es:

E =1

2kA2

11

Si hacemos E = nhν con n el numero de cuantos, h la constante de Plancky ν la frecuencia:

n =kA2

2hν= 1, 5× 1029

23

Sea A el piston con masa m=600 kg y seccion a=800 cm2. La presion en estepiston es entonces PA = mg/a = 73575Pa. La presion en el otro piston (B)esta relacionada con PA segun la ecuacion de Bernouilli:

PA = PB + ρgh

con h la diferencia de alturas de los pistones. Por tanto,

PB = PA − ρgh = 73575Pa− 780kg/m3 × 9,81m/s2 × 8m = 12360Pa

La fuerza sobre el segundo piston es la presion multiplicada por el area:

FB = PBSB = 30,9N ≈ 31N

24

La situacion es similar a la de esta figura:La fuerza normal a la superficie es igual a la fuerza centrıfuga:

Fc = N → mRω2 = N

A su vez el peso es igual a la fuerza de rozamiento:

P = Froz → mg = µN

A partir de estas dos ecuaciones se obtiene:

ω =

√g

µR= 4,67 rad/s =

4,67

2πrev/s = 0,74 rev/s

12

13

25

Las fuerzas son:Por tanto la fuerza resultante en la direccion del movimiento (ascendente)es:

Ftotal = F2 + F3 cos(θ) = 30 + 40 cos(30o) = 64, 64 N

El trabajo necesario para desplazarlo 80 cm es:

W = Fd = 64, 64× 0, 8 Nm = 51, 7 J ≈ 52 J

26

La distancia recorrida por el tornillo es d1. Calculamos el tiempo que tardaen recorrer esa distancia:

d1 =1

2gt2 → t =

√2d1g

Este es el mismo tiempo que tarda el ascensor en subir una distancia d2:

d2 =1

2at2 → t =

√2d2a

Igualando ambos tiempos se obtiene:

d1g

=d2a

Ademas d1 + d2 = 3 m (la altura del ascensor). Luego d2 = 3− d1:

d1g

=3− d1a→ d1 =

3/a

1/g + 1/a

El tiempo que tarda en caer es entonces:

t =

√2

g

(3/a

1/g + 1/a

)= 0, 655 s

14

27

El trabajo diferencial vale:

dW = Fdr = Fdr

dtdt = Fvdt

Sabiendo que F = 6t+ 3 y que F = mdvdt

, tengo la ecuacion diferencial parav:

dv

dt= 2t+ 1

Integrando y teniendo en cuenta que la velocidad inicial es cero, tengo quev(t) = t2+t. Introduciendo la velocidad en el trabajo diferencial e integrando,obtengo:

W =

∫ 2

0

(6t+ 3)(t2 + t)dt = 54J

15

28

Si la jaula esta hermeticamente cerrada, el pajaro al volar genera una fuerzaascendente que, por 3a Ley de Newton, produce una fuerza contraria (haciaabajo) en el aire, que se transmite a la jaula. Por tanto la fuerza neta sobre labase de la jaula sera la suma de: a) el peso de la jaula, b) la reaccion al empujedel pajaro al volar y c) el peso del aire. (a) y (b) suman 11 N. El peso del ai-re anadira un poco a esta cantidad, lo cual encaja con la solucion no 4: 11.1 N.

29

La fuerza centrıfuga es (en valor absoluto):

Fcen = mω2R

La fuerza de Coriolis es (en valor absoluto):

Fcor = 2mωv

Igualando ambas fuerzas se obtiene:

ωR = 2v

30

Segun el teorema de Torricelli, la velocidad de salida del fluido por un aguje-ro es igual a la velocidad con que llega a la altura del agujero en caida libredesde una altura igual a la del recipiente. Esta velocidad es v = gt con:

h =1

2gt2 → t =

√2h

g

Por tanto:v =

√2gh = 7, 67 m/s

16

31

A partir de la velocidad:

v = 1 + x2 =dx

dt

Integrando para x queda:

x = tan(t) + x0 = tan(t)

ya que parte del origen. Calculamos ahora la aceleracion:

a =dv

dt= 2x

dx

dt= 2x(1 + x2) = 2 tan(t)

(1 + tan2(t)

)= 10, 68 m/s2

32

Si el eje alrededor del cual gira el vector momento angular ~L es el eje Z:

La variacion del momento angular es:

dL = L sin(φ)dφ = Iω sin(φ)dφ

dtdt

Por tanto el momento de las fuerzas respecto del punto fijo es:

M =dL

dφ= Iω sin(φ)

dφ

dt

17

Como M = mgb sin(φ), obtenemos la velocidad angular de precesion:

Ω =dφ

dt=mgb

Iω

33

La ley de Jurin para la altura es:

h =2TS cos(θ)

ρgr

Si ρ′ = 2ρ y T ′S = 2TS, entonces h′ = h.

34

El numero de Reynolds viene dado por:

Re =ρvsD

µ

con ρ la densidad del fluido, vs la velocidad caracterıstica, D el diametrode la tuberıa y µ la viscosidad dinamica. Si el radio del tubo se duplica, lavelocidad se triplica y la longitud del tubo se reduce a la mitad:

Re′ =ρ(3vs)(2D)

µ= 6Re

18

35

Segun la ley de Laplace, la diferencia de presion entre los dos lados de unmuro sometido a tension superficial es:

∆P = σ

(1

R1

+1

R2

)con R1 y R2 los radios de curvatura a ambos lados del muro. En el caso deuna esfera, R1 = R2 ≡ R, luego

∆P =2σ

R→ σ =

∆PR

2

36

La 3a Ley de Kepler se obtiene igualando la aceleracion gravitatoria y lacentrıpeta:

GM

R2=v2

R=

(2πR)2

RT 2=

4π2R

T 2→ T 2

R3=

4π2

GM

37

Los angulos de Euler son tres angulos con los que es posible especificar laorientacion de un solido rıgido en cualquier instante. Estos angulos son inde-pendientes entre sı.

38

Se trata de una interferencia entre dos ondas:

Onda 1: la onda que parte del emisor hacia el observador directamente (nose refleja en la pared). La frecuencia percibida sera

f1 = f0c

c+ v

19

con c la velocidad del sonido.

Onda 2: la onda que parte hacia la pared, se refleja y se dirige al observador.La frecuencia de esta onda es

f2 = f0c

c− vLa interferencia de ambas ondas tiene frecuencia:

ftotal = f2 − f1 = 4,7 Hz

39

A partir de la ecuacion de Bernouilli:

∆P +1

2ρv21 =

1

2ρv22

despejo las velocidades a un lado

2∆P

ρ= v21 − v22

Aplico conservacion del caudal:

A1v1 = A2v2

y sustituyo en la ecuacion v1:

2∆P

ρ=

[(A2

A1

)2

− 1

]v22

Despejo v2:

v2 =

√√√√√ 2∆P

ρ

[(A2

A1

)2− 1

] = 1, 9 m/s

donde ∆P = 220mmHg × 1,013×105Pa760mmHg

. El flujo de agua es:

A2v2 = πR22v2 = 0, 022 m3/s

20

40

El momento angular del sistema antes de caer el chorro de arena:

L1 = Idiscoω1

Al caer el chorro de arena, va formando un anillo de radio 20 cm. El momentoangular final es:

L2 = (Idisco + Ianillo)ω2

Ya que por conservacion del momento angular, L1 = L2:

Idiscoω1 = (Idisco + Ianillo)ω2

Despejando el momento de inercia del anillo:

Ianillo =Idisco(ω1 − ω2)

ω2

= MR2

Por tanto la masa de arena que hay que echar es:

M =IdiscoR2

(ω1

ω2

− 1

)= 0, 19 kg

41

La velocidad de escape se obtiene igualando a cero la energıa total del pro-yectil:

1

2mv2 −GMm

R= 0→ v =

√2GM

R

Lo escribimos en funcion de la densidad y del radio del planeta:

v =

√2Gρ4πR3/3

R=

√8GρπR2

3

Si el radio es R′11R y la densidad ρ′ = ρ/4, la velocidad de escape es

v′ =

√8G(ρ/4)π(11R)2

3= v

√121

4= 5, 5 v

21

42

Aplicando la Ley de Snell para las velocidades:

v2 sin(θ1) = v1 sin(θ2)

donde 1 es el mar y 2 el aire. Despejo:

sin(θ2) =v2v1

sin(θ1) =1

4, 5sin(45o)→ θ = 9, 04o

43

No hay desfase entre las ondas reflejada e incidente. Lo unico que se mo-difica es el sentido de la velocidad:

y = A cos(ωt− kx) + A cos(ωt+ kx) = 2A cos(ωt) cos(kx)

44

El flujo, segun la ley de Poiseuille, viene dada por:

Φ =πR4

8η

∆P

L= 5, 1656× 10−6 m3/s

45

El caudal es:

Q = 75ml

latido× 65

latidos

60s= 81, 25× 10−3l/s

La potencia mecanica es:

P = ∆P ·Q = 1, 33× 104 N

m2· 81, 25× 10−3(0, 001m3)/s = 1, 0806 W

22

46

Segun el teorema de Torricelli, la velocidad de salida del lıquido es iguala la velocidad adquirida por un objeto al caer desde una altura igual al niveldel agua hasta la altura del agujero (ver problema 30 de este examen):

v =√

2gh = 9, 9 m/s

47

Las ondas en la cuerda toman las siguientes formas para los primeros modos:

Por tanto, la longitud de una cuerda es igual a un numero impar de λ/4 conλ la longitud de onda:

L = nλ

4

Teniendo en cuenta que la velocidad de la onda es:

v =λ

T= λf → λ =

v

f

susituimos λ y despejamos la frecuencia f del modo n (fn):

fn = nv

4L

23

48

La formula para el efecto Doppler en el caso de una fuente acercandose aun observador en movimiento es:

f = f0c− vobsc− vfuente

= 1233 Hz

49

El nivel de intensidad viene dado por:

β = 10 log

(I

I0

)Si la intensidad aumenta un factor 100:

β′ = 10 log

(100I

I0

)= 10 log(100) + 10 log

(I

I0

)= 20 + 50 dB = 70 dB

50

La situacion es la del dibujo:

La ecuacion que relaciona las distancias objeto e imagen cuando se producerefraccion a traves de una superficie de radio de curvatura r que separa dos

24

medios de ındices de refraccion n1 y n2 es:

n1

s+n2

s′=n2 − n1

r

En el caso del gato y el pez, la superficie del pozo tiene curvatura infinita,por tanto:

n1

s+n2

s′= 0

Despejamos s′:

s′ = −n2

n1

s = − 1

1, 33(1 m) = −0, 75 m

51

La velocidad de propagacion del sonido en un solido es:

vs =

√Y

ρ

con Y el modulo de Young y ρ la densidad. Si la densidad se duplica y elmodulo de Young se triplica:

v′s =

√3Y

2ρ= vs

√3

2= 1, 22 vs

52

Segun la ley de Snell (1 es el aire y 2 el medio con n > 1):

n1 sin(θ1) = n2 sin(θ2)

Entonces podemos comprobar que sin(θ2) < 1 con lo cual existe refraccion:

sin(θ2) =1

nsin(θ1) <

1

n< 1

25

53

La ecuacion para el espejo es (con s=20cm y s’=-25 cm):

1

s+

1

s′=

1

f→ f = 100 cm

Si s=2s=40 cm, calculamos s′:

1

40+

1

s′=

1

100→ s′ = −66, 67 cm

54

El radio maximo viene dado a partir del angulo de reflexion total (parael cual el angulo de refraccion es de 90o):

n sin(θi) = sin(90o) = 1

El radio de la apertura R viene dada en funcion del angulo de incidencia θiy la profundidad del objeto h:

tan(θi) =R

h

Por tanto:

2R = 2hsin(θi)

cos(θi)= 2h

1/n√1− (1/n)2

= 1, 36 m

26

55

La ecuacion para el radio del m-esimo anillo de Newton es:

xm =

√(m+

1

2

)λR

con R el radio de curvatura de la lente, m=0,1,2,3... y λ la longitud de onda.

El 3a anillo de Newton se corresponde a m=2 (el primer anillo es m=0,el segundo m=1...). Sustituyendo, se obtiene x2=4.2 mm.

56

La geometrıa necesaria para resolver el problema es:

La red tiene 12000 rayas por centımetro, es decir que

d =1cm

12000=

1

12× 10−5 m

El primer orden corresponden a m = 1, y el angulo θ bajo el que se observala lınea en la pantalla es:

θ = arcsin

(λ

d

)Para el valor d dado arriba y los valores λ=589 nm y λ=589.59 nm, se obtieneθ=44,98o y θ=45,03o, respectivamente.

27

57

El camino optico es:

L =

∫ P2

P1

n(~r)ds

con P1 el punto inicial, P2 el punto final, n el ındice de refraccion (variablecon la posicion) y s un parametro que describe la trayectoria. En el caso delproblema:

L =

∫ H

0

(1 + n0e

−h/h0)dh =

[h− n0h0e

−h/h0]H0

= H − n0h0e−H/h0 + n0h0

Si tenemos en cuenta que e−H/h0 << 1, el termino n0h0e−H/h0 es despreciable

frente a los otros dos, y resulta:

L = H + n0h0

58

El momento angular total de un microscopio se define como:

M = m1M2

con m1 el aumento lateral del objetivo y M2 el aumento angular del ocular:

m1 = −s′1

s1=−s′1f1

M2 =25 cm

f2→M =

(25 cm)s′1f1f2

28

59

La geometrıa de un espejo esferico concavo es:

La distancia lente-centro (radio, R) es el doble de la distancia lente-focal(foco, F). Por tanto si R=6 cm, F=3 cm.

60

La relacion entre la longitud de onda λ en un medio de ındice de refrac-cion n y la longitud de onda en el vacıo λ0 es:

λ =λ0n

Por tanto, la longitud de onda en el benceno es (el subındice a indica ’agua’):

λb =λ0nb

=λananb

=610 nm · 4/3

3/2= 542 nm

61

Si al girar el polarizador lineal hay una direccion en la cual no hay luz transmi-tida, se excluye que la luz incidente sea natural, este polarizada circularmenteo elıpticamente (si ası fuera, el polarizador seleccionarıa la componente dela polarizacion en la direccion del polarizador). Por tanto la luz incidenteesta polarizada linealmente, i.e. polarizacion plana.

29

62

La relacion entre longitud de onda y frecuencia es:

λ =c

f

Por tanto, el ancho en longitudes de onda se obtiene derivando:

∆λ = − c

f 2∆f

El ancho espectral (en frecuencias) es entonces (tomando el punto medio dela banda para λ):

∆f =c

λ2∆λ =

3× 108(m/s)

(1550× 10−9)2(m2)100× 10−9m = 12, 5 THz

63

El ojo hipermetrope no ve a distancias cortas, es decir, ve a distancias leja-nas sin acomodacion. El ojo miope no ve a distancias largas (distancias entreel infinito y el punto remoto). El ojo normal ve sin acomodacion. Por otraparte, el poder separador se define como el angulo mınimo bajo el que sepueden resolver dos puntos (maximos de intensidad luminosa), y el anguloaparente de un objeto es el angulo bajo el cual se observan sus extremos.

30

64

El diagrama PT para los cambios de fase de una sustancia pura tiene laforma siguiente:

Se pueden ver las curvas: de fusion (verde), vaporizacion (azul) y sublimacion(rojo). Las curvas en rojo y azul son siempre positivas, mientras que la verdepuede tener pendiente positiva o negativa, tal como se ve en la figura.

65

Teniendo en cuenta la relacion termodinamica:

dU = TdS +HdM

se aplica la relacion de Maxwell:

∂T

∂M=∂H

∂S→ ∂M

∂T=∂S

∂H= −CH

T 2

31

66

Segun la ley de Wien, el producto de la longitud de onda a la que ocurre elmaximo de la distribucion espectral y la temperatura, es constante:

λmaxT = cte

Por tanto, para el Sol (s) y para una estrella (e):

λsTs = λeTe → Te =λsTsλe

= 3013 K

67

El calor especıfico molar a V constante es:

∆Q = nCV ∆T

Teniendo en cuenta la 1a Ley de la Termodinamica:

∆U + P∆V = nCV ∆T

Ya que V es constante,

CV =1

n

∆U

∆T

En el caso de un gas ideal monoatomico, U = 32nRT , y por tanto CV = 3R/2.

En el caso de P constante, ∆Q = nCP∆T y ∆U+P∆V = nCP∆T . Ademas,ya que PV = nRT , P∆V = nR∆T , se obtiene

∆U

∆T+ nR = nCP

de donde se obtieneCP − CV = R

Para un gas ideal monoatomico, CP = 5R/2.

32

68

Como se dedujo en el problema 67 de este examen, la relacion entre CP y CVes:

CP − CV = R

Por tanto

CP = R + CV = 8314J

kmol ·K× 1kmol

20kg+ 740

J

kg ·K= 1, 15

kJ

kg ·K

69

La eficiencia esta dada por:

e =W

QH

con W el trabajo realizado y QH el calor absorbido. El trabajo realizado esa su vez QH −QC , diferencia entre el calor absorbido y el calor emitido. Ası:

e =QH −QC

QH

= 1− QC

QH

Luego en este caso las soluciones 4 y 5 son equivalentes.

70

Dada la ecuacion de Van der Waals(P +

a

V 2

)(V − b) = RT

despejamos P:

P =RT

V − b− a

V 2

Derivando respecto al volumen a temperatura constante:(∂P

∂V

)T

= − RT

(V − b)2+

2a2

V 3

33

En el punto crıtico:(∂P

∂V

)T

= 0→ RTCV3C = 2a(VC − b)2

Derivando de nuevo respecto al volumen(∂2P

∂V 2

)T

=2RT

(V − b)3− 6a

V 4

Igualando a cero esta derivada se obtiene la 2a relacion para el punto crıtico:

RTCV4C = 3a(VC − b)3

Comparando ambas relaciones para el punto crıtico se obtiene

VC = 3b

Susituyendo esta expresion en la derivada segund, se obtiene

TC =8a

27bR

Sustituyendo ambos valores en la ecuacion de estado, se obtiene

PC =a

27b2

71

Justo antes del choque, la energıa cinetica del agua es igual a su energıapotencal mgh. Durante el choque, la energıa cinetica se convierte en calor Q,que ocasiona un aumento de temperatura dado por Q = mc∆T . Por tanto:

mgh = mc∆T → h =c∆T

g= 426 m

72

La variacion de entropıa es:

∆S =

∫ 2

1

∆Q

T= nCP

∫ 2

1

dT

T= nCP ln

T2T1

34

El He es monoatomico, por tanto CP = 5R/2 y entonces

∆S = n5

2Rln

T2T1

=100gr

4gr/mol

5

28, 31

J

mol ·Kln

373

273= 162, 1 J/K ≈ 39 cal/K

(1 cal = 4,18J)

73

La variacion en la entalpıa libre de Gibbs G es, si la temperatura es constante:

dG = V dP − SdT = V dP

Integrando entre P1 y P2:

G = V (P2 − P1) = 1m3(106Pa− 105Pa) = 9× 105J

74

El camino libre medio viene dado por:

λ =RT√

2πd2NAP

con T la temperatura, P la presion y d el diametro de las moleculas. Despe-jando las variables termodinamicas al lado izquierdo

λP

T=

R√2πd2NA

El lado derecho es constante para el mismo tipo de gas (mismas moleculascon igual valor de d), por tanto, si variamos la presion de P1 a P2 a la mismatemperatura:

λ1P1 = λ2P2 → λ2 =λ1P1

P2

=70(nm)P1

0,9P1

= 77, 8 nm

35

75

Es un sistema aislado ya que no se pierde calor a traves de las paredes.Por tanto el calor perdido por la limonada es igual al calor ganado por elhielo:

QGH = QPL

El calor ganado por el hielo es:

QGH = mHLf +mHC(TF − THI)

El calor perdido por la limonada es:

QPL = mLC(TLI − TF )

Igualamos ambas expresiones y despejamos TF :

TF =mLCTLI −mHLF

(mL +mH)C= 13, 6oC

76

La distancia media efectiva recorrida por las partıculas que se difunden es:

d =√

2Dt

con D el coeficiente de difusion y t el tiempo. Por tanto, para dos tiempos t1y t2:

d1d2

=

√t1t2→ d2 = d1

√t2t1

= 1cm

√4dias

1dia= 2 cm

77

La ley de desplazamiento de Wien dice que:

λmaxT = cte

Por tanto

λ1T1 = λ2T2 → λ2 =λ1T1T2

=4, 8× 10−7m× 6000K

3000K= 9, 6× 10−7 m

36

78

La ley de Boltzamn para la entropıa determina que la entropıa S de un siste-ma esta relacionado con el numero de configuraciones posibles microscopicas(microestados) del sistema Ω segun la ecuacion:

S = kBlnΩ

con kB la constante de Boltzman. Si el numero de microestado es de la formaΩ = eE con E la energıa, entonces

S = kBln(eE) = kBE

79

La efusion es mayor para las moleculas de tamano mas ligero, ya que ladistancia de difusion es inversamente proporcional a su tamano elevado alcuadrado (ver problema 74). Por tanto, la concentracion del isotopo masligero disminuye en el recipiente y la concentracion del istopo mas pesadoaumenta.

80

En un proceso isotermico, y la variacion de la entropıa viene dada por:

∆S =

∫δQ

T=

1

T

∫δQ =

1

T

∫ V2

V1

pdV =

∫ V2

V1

nR

VdV = nRln

V2V1

Para V2 = 3V1:

∆S = nRln3 = 1, 5× 10−3kg × 103mol

28kg× 8314

J

103mol ·Kln3 = 0, 49 J/K

37

81

Aplicando

ΣiQi

Ti= 0

despejamos para Q3:

Q3 = −T3(Q1

T1+Q2

T2

)El calor cedido es negativo,Q1 = −1000J yQ2 = −1000J , y las temperaturasen Kelvin son T1 = 273K, T2 = 373K y T3 = 473K. Sustituyendo:

Q3 = −473K

(−1000J

273K+−1000J

373K

)= 4267 J (1)

82

Las variables canonicas para los diferentes potenciales termodinamicos son:

dU = TdS − PdV S, VdH = TdS + V dP S, PdF = −SdT − PdV T, VdG = −SdT + V dP T, P

83

A partir de:dU = TdS − PdV

se obtienen dos ecuaciones: (∂U

∂V

)S

= −P(∂U

∂S

)V

= T

Ahora, dU se puede expresar en funcion de la entropıa S y el volumen V:

dU =

(∂U

∂S

)V

dS +

(∂U

∂V

)S

dV

38

De aquı se obtiene:(∂U

∂V

)T

=

(∂U

∂S

)V

(∂S

∂V

)T

+

(∂U

∂V

)S

(∂V

∂V

)T

Teniendo en cuenta la relacion de Maxwell(∂S

∂V

)T

=

(∂P

∂T

)V

se obtiene (∂U

∂V

)T

= T

(∂P

∂T

)V

− P =a

V 2

Nota: la relacion de Maxwell se obtiene a partir de la energıa de Helmholtz

dH = −PdV − SdT

de la que se deduce:

P = −(∂H

∂V

)T

S = −(∂H

∂T

)V

Derivando la primera ecuacion respecto a T y la segunda respecto a V:(∂P

∂T

)V

= −∂2H

∂V∂T

(∂S

∂V

)T

= −∂2H

∂V∂T

Igualando ambas ecuaciones se obtiene la relacion de Maxwell que necesita-mos.

84

El calor especıfico a presion constante se calcula a partir del calor especıficoa volumen constante:

cV =

(∂U

∂T

)V

39

cP = R + cV = R +

(∂U

∂T

)V

Teniendo en cuenta la expresion de U(T ) dada en el enunciado, la ecuacionde Van der Waals (

P +a

V 2

)(V − b) = RT

y queRTV 3 = 2a(V − b)2

se llega al resultado

cP = c+R

1− 2a(V−b)2RTV 3

85

A partir de U = aV T 4, obtenemos

dU = 4aV T 3dT

Como el volumen es constante,

TdS = dU

y despejamosdS = 4aV T 2dT

Integrando:

S =4

3aV T 3

86

La ley de Stefan-Boltzmann establece que un cuerpo negro emite radiaciontermica con una potencia emisiva hemisferica total (en W/m2) proporcionala la cuarta potencia de su temperatura:

E = σ · T 4e

40

87

El trabajo realizado por el gas es:

W =

∫ V2

V1

PdV = nRT

∫ V2

V1

dV

V= nRTln

V2V1

= P1V1lnV2V1

= 12, 6 kJ

88

En ambos casos se cumple PV = nRT , con igual V y T, luego

n2 =P2V

RT=P2n1

P1

= 500

89

A partir de la ecuacion del gas ideal PV = nRT y teniendo en cuenta que elnumero de moles n = m/M con m la masa y M la masa molar, se tiene:

m =PVM

RT

Por tanto, si T1 = T2 y P2 < P1, debe darse que m2 < m1 (la respuesta 5 esla incorrecta). De igual forma se puede comprobar que el resto de opcionesson ciertas.

90

En los procesos adiabaticos se cumple que:

PV γ = cte.

A partir de la ecuacion de los gases ideales PV = nRT se obtiene

V =nRT

P

41

Por tanto

P

(nRT

P

)γ= cte.

T γ

P γ−1 = cte.

91

Si tenemos en cuenta los grados de libertad de desplazamiento de los ato-mos, tenemos 3kT/2 de energıa por atomo. Si ademas estos atomos formansolidos, hay una energıa anadida debida a las vibraciones atomicas, que con-tribuye con 3 grados de libertad mas. La energıa total por atomo es ası de3kT . El calor especıfico a V constante es la variacion de dicha energıa con latemperatura. Si la energıa por mol es 3kTNA,

CV =∂

∂T(3kTNA) = 3kNA

92

A partir de:dU = TdS − PdV

si derivamos respecto a S a volumen constante:(∂U

∂S

)V

= T

Derivando esta expresion respecto V a entropıa constante:

d2U

dV dS=

(∂T

∂V

)S

Desde dU = TdS − PdV , derivando ahora respecto V a entropıa constante:(∂U

∂V

)S

= −P

42

Y derivando esta expresion respecto a S queda:

d2u

dSdV= −

(∂P

∂S

)V

Igualando ambas derivadas segundas, obtenemos:(∂T

∂V

)S

= −(∂P

∂S

)V

93

La energıa media por molecula de un gas ideal es 3kT , independiente delvolumen y la presion.

94

El agua salada amortigua muchısimo las ondas electromagneticas y serıanecesario grandes antenas con grandes potencias.

95

Si el voltaje aplicado esV (t) = Vmax sin(ωt)

la intensidad de corriente viene dada por

I(t) = Imax sin(ωt+ φ)

con φ el desfase. En el caso de una inductancia,

IL(t) = Imax sin(ωt− π

2)

En forma compleja, la impedancia de la autoinduccion es Z = iLω, luego

I =V

Z=

V

iLω=V

L(−i) =

V

Le−iπ/2

43

96

La capacidad de una esfera cargada aislada es

C = 4πε0R

Se puede calcular a partir del campo exterior a la esfera ~E = V0R/r2 ~ur

mediante la ley de Gauss:

Q = ε0

∮~E · d~S = ε0

∮V0R

r2dS = ε0

V0R(4πr2)

r2= 4πε0RV0

y Q = CV0 de donde se obtiene C.

97

El momento de fuerza sobre el dipolo es

~M = ~m× ~B

con ~m el momento magnetico de la espira y ~B el campo magnetico. El mo-mento es maximo cuando ambos vectores son perpendiculares, y en ese caso

Mmax = mB = (nIA)B = 3, 2× 10−2Nm

con n el numero de espiras, I la corriente electrica por las mismas y A el areadel cuadrado.

98

El momento dipolar magnetico es:

m = IA

44

donde

I =2q

T

donde T es el periodo de rotacion, T = 2πLv

. La velocidad lineal esta relacio-nada con la velocidad angular segun v = ωL = wL/2. Sustituyendo:

T =2πL

v=

4π

w

Sustituyendo:

I =2q

4π/w=wq

2π

De aquı el momento magnetico es:

m =wq

2πA =

1

2wqL2

45

99

Se trata de calcular el campo magnetico de una distribucion de corrientedentro de un cilindro infinito de radio R cuya seccion se muestra en el dibujo

Aplicando la ley de Ampere: ∮C

~B · d~l = µ0IC

Con IC la corriente encerrada en el circuito C. En este caso

IC = ρIπr2 =

I

πR2πr2

con I la corriente total que circula por el cilindro y ρI la densidad de corriente.Por tanto

2πrB(r) =µ0r

2

R2→ B(r) =

µ0Ir

2πR2

100

El campo magnetico B en el medio difiere del campo magnetico aplicadoH:

B = H + 4πM

46

Ademas, B = µH, y por tanto:

M =B −H

4π=µH −H

4π=µ− 1

4πH

101

La densidad de energıa magnetica es:

ρm =1

2µ0

B2 = 1, 72× 107A · Tm× 1N/(Am)

1T× 107erg

1N ·m= 1, 72× 1014erg/m3

102

La capacidad de un condensador cilındrico de altura L, radio interno a yradio externo b es:

C =2πε0L

ln(a/b)

La relacion entre capacidades de dos condensadores A y B es:

CACB

=LAln(aB/bB)

LBln(aA/bA)= 0, 28

103

La carga adquirida por el condensador al aplicar el voltaje V es Q0 = CV .Al desconectar el voltaje y conectar a la resistencia, la carga varıa segun

Q(t) = Q0e−t/(RC) = CV e−t/(RC) = 0, 647µC

104

El campo magnetico creado por una corriente, segun la ley de Biot y Sa-vart, es proporcional a la intensidad:∮

~B · d~l = µ0I

47

La integral de la izquierda no aporta ningun factor que contenga la corrienteelectrica, por tanto al despejar B siempre sera proporcional a I.

105

La relacion entre conductividad σ y tiempo de relajacion τ es:

σ =ne2τ

m

con n la densidad de conduccion electrica, e la carga del electron y m la masadel electron.

106

La perdida de energıa en forma de calor viene dada por el area encerradapor el ciclo de histeresis.

107

La energıa acumulada por un condensador de placas plano-paralelas es:

E =Q2

2C=

Q2

2ε0S/d

con Q la carga, S la superficie de las placas y d su distancia. Si separamoslas placas una distancia 2d,

E ′ =Q2

2ε0S/(2d)= 2E

108

48

El factor Q es:

Q = 2πE

|∆E|=ω0L

R=

f0∆f

con f0 la frecuencia de resonancia, ω0 = 2πf0 y ∆f la anchura de resonancia.Por tanto:

∆f =R

2πL= 1, 6 Hz

109

La energıa magnetica almacenada por una bobina cuando circula por ellauna corriente electrica es:

U =1

2LI2

110

La relacion entre voltaje e intensidad del primario (P) y secundario (S) es:

VPVS

=ISIP

Por tanto:

IS =IPVPVS

=IPVP10VP

= IP/10

111

En un ciclotron, la fuerze centrıpeta es debida al campo magnetico aplicado.En valor absoluto:

mv2

R= qvB → m

v

R= qB

con R el radio de la trayectoria de la partıcula. La energıa cinetica maximasera entonces:

1

2mv2 =

q2B2R2

2m

49

112

El campo magnetico producido por la corriente que recorre el solenoide es:

B =µ0NI

l

con N el numero de espiras, l la longitud e I la corriente electrica. Estecampo atraviesa las espiras, y por tanto existe un flujo magnetico

Φ = NBS cos(θ) =µ0N

2SI

l

ya que el angulo θ es cero (el campo tiene la direccion del eje del solenoide.El coeficiente de autoinduccion es entonces:

L ≡ Φ

I=µ0N

2S

l=πµ0N

2ρ2

l

con ρ el radio del solenoide.

113

Aplicando la ley de Gauss para una superficie cilındrica a una distanciaradial r del centro: ∮

~E · d~S =Qint

ε0

E(r) · 2πrh =ρ0ε0πr2h→ E(r) =

ρ0r

2ε0

Por tanto la fuerza sobre el electron es:

F (r) =eρ0r

2ε0

50

114

El campo electrico creado por un conductor cilındrico en los puntos externoses:

E =λ

2πε0R

De aquı se deduce la diferencia de potencial es:

∆V =λ

2πε0ln

(R1

R2

)con R1 el radio externo y R2 el interno. Podemos escribirlo en funcion delcampo electrico en R2 que es el maximo campo electrico externo al conductor(e igualamos al campo de ruptura):

∆V = EbR2ln

(R1

R2

)Haciendo R1 = 1 cm,

∆V = EbR2ln1

R2

Derivamos respecto a R2 e igualamos a cero para calcular el valor R2 para elque la diferencia de potencial es maxima:

∆V ′ = −EblnR2 − Eb = 0→ R2 = 1/e

Sustituyendo este valor en ∆V :

∆V = −Ebeln(e−1) =

Ebe

115

La resistencia electrica es:

R = ρL

A

con ρ la resistividad, L la longitud y A la seccion (A = πr2, con r el radio).Si ρ′ = 3ρ/2, L′ = 3L y r′ = r/2:

R′ = ρ′L′

πr′2=

3ρ

2

3L

πr2/4= 18R

51

116

El magneton de Bohr es:

µB =eh

2me

J/T

117

En guıas de ondas rectangulares el modo dominante es TE10. El modo TE11

es dominante en guıas circulares.

118

En la C.I. se mide la exposicion, que es la carga recolectada por ionizaciondel aire debida a la radiacion por unidad de masa:

X =Q

m

La masa de aire es m = nM con M la masa molar. Si el aire se comportacomo un gas ideal,

PV = nRT → PV =m

MRT

Despejando la masa m y sustituyendo en la exposicion:

X =QRT

MpV

Al cambiar las condiciones de presion y temperatura pero no cambiar laradiacion, la exposicion sera la misma, y por tanto:

Q1RT1MP1V

=Q2RT2MP2V

→ Q2 = Q1P2T1P1T2

= 18, 2 nC

52

119

El momento que actua sobre la espira es

~m× ~B

El modulo vale entonces

mB sin(θ) = nIAB cos(θ) = 1, 51× 10−2Am2T

120

La relacion entre velocidad de la luz c, campo electrico E y campo magneticoB es:

c =E

B→ B =

E

c=

5× 10−3V/m

3× 108m/s= 1, 67× 10−11T

121

La fuerza que actua sobre el ion es la de Lorentz debida al campo magneticoe iguala a la fuerza centrıpeta en su trayectoria:

mv2

R= qvB (-6)

Por tanto el campo magnetico es:

B =mv

qR=

32uma · 1,66×10−27kguma

· 102m/s

1, 602× 10−19C · 0, 10m= 3, 3× 10−4T

122

La energıa almacenada por una capacidad C sometida a una diferencia depotencial V es:

E =1

2CV 2 = 3, 5× 10−9J

53

123

La resistencia de un cable electrico (el axon en este caso) es:

R = ρL

A

con ρ la resistividad, L su longitud y A su seccion (A = πd2 con d el radio).Por tanto:

R1

R2

=L1A2

L2A1

→ R2 =L2A1R1

L1A2

= 8× 108Ω

124

La corriente electrica es:I = σES

con σ la conductividad, E el campo electrico y S la superficie. Por tanto:

I = σV

r4πr2 = 4πσrV

125

El campo electrico en la cavidad es:

E(r) =λ

2πε0r

La diferencia de potencial se obtiene integrando entre R1 y R2:

∆V =

∫ R2

R1

E(r)dr =λ

2πε0lnR2

R1

Por tanto

λ =2πε0∆V

ln(R2/R1)= 4, 05× 10−7C/m

(1/(4πε0) = 9× 109V ·m/C2)

54

126

La carga en el condensador es:

Q = CV

La intensidad de corriente es entonces:

I =dQ

dt= C

dV

dt

Integrando:

V =

∫ tf

t0

I

Cdt =

I∆t

C= 50 V

127

Si la gota esta en equilibrio, la fuerza gravitatoria es compensada por lafuerza electrica del condensador:

mg = qE = qV

d

Por tanto:

V =mgd

q=ρ43π(D/2)3gd

q= 1, 21× 10−2V

128

La tension entre los bornes de la bobina viene dada por:

V = LdI

dt= 2 mV

129

Cuando acercamos el conductor a la carga electrica positiva, sus cargas ne-gativas se situan en el lado dicha carga externa y las cargas positivas son

55

repelidas a las zonas del conductor alejadas de la misma. Si ademas conecta-mos el conductor a tierra, esas cargas positivas escapan a tierra, por lo queel conductor queda cargado negativamente.

130

El campo electrico y la energıa electrostatica son, respectivamente:

E =σ

ε0E =

1

2CV 2 =

1

2CQ2

C2=

1

2

Q2

C

131

La capacidad de un conductor de placas plano-paralelas es:

C = ε0A

d= ε0

l2

d= 88, 5 pF

132

La susceptibilidad electrica del vacıo es cero.

133

Si la partıcula sigue una trayectoria rectilinea, la fuerza neta sobre la mismadebe ser cero. La fuerza electrica es:

~Fe = q ~E = (0, qE, 0)

La fuerza magnetica es:

~Fm = q~v × ~B = (0,−qvB, 0)

56

Por tanto, si ~Fe + ~Fm = ~0,

E = vB → v =E

B

134

El campo electrico viene dado por:

E =V

d=V0d

sin(ωt)

135

En el desdoblamiento por efecto Zeeman, cada estado atomico se desdoblaen 2J + 1 niveles. La notacion espectroscopica es

2S+1LJ

Por tanto J = 1/2 y el nivel se desdobla en 2 subniveles.

136

El principio de incertidumbre para la energıa y el tiempo es:

∆E∆t ∼ h/2

Teniendo en cuenta que E = 2πhν con ν la frecuencia del foton,

∆E = 2πh∆ν → ∆ν ∼ h/2

2πh∆t= 8× 108s−1

57

137

La energıa transferida por una partıcula no relativista de masa M y energıaE a un electron en reposo es

T =4meE

M

138

Si p0 es el momento del foton inicial, p1 el momento del foton final, p elmomento del electron, φ el angulo de salida del foton y θ el angulo de sali-da del electron respecto a la direccion del foton inicial, por conservacion delmomento lineal:

p0 = p1 cos(φ) + p cos(θ)

0 = p1 sin(φ)− p sin(θ)

El angulo φ puede variar de 0 a π. Para φ = 0, no existe desviacion del foton,el electron no recibe momento y se tiene θ = π/2. Para φ = π se trata deun choque elastico en una direccion: el foton sale en direccion contraria alincidente, y el electron en direccion θ = 0.

139

Aplicando el principio de incertidumbre:

∆E∆t ∼ h

∆E∆x ∼ hc

∆E ∼ hc

∆x= 200 MeV/c2

58

140

La reaccion es:π + e− → π + e− +K−

La energıa umbral se calcula como:

Tumbral = (−Q)Σ(minicial +mfinal)

2 ·mtarget

con Q = (minicial −mfinal)c2. En este caso:

Tumbral = (mKc2)

2mπ + 2me +mK

2me

= 375, 354 GeV

141

La notacion espectroscopica es:

2S+1LJ

Por tanto L=1, S=1, J=0,1,2 (desde —L-S— hasta L+S). Los niveles masbajos tienen J=0,1 y los dos niveles mas altos son J=1, 2.

La regla del intervalo de Lande es:

EJ+1 − EJ = A(J + 1)

con A una constante. Sabemos que, para J = 0 tenemos:

E1 − E0 = 0,1 eV = A

Sustituyendo para J = 1:

E2 − E1 = 2A = 0,2 eV

59

142

En la produccion de tripletes, la energıa umbral es de 4mec2.

143

El termino de apareamiento depende de si Z, N son pares o impares, segunla tabla:

(Z,N) δ(Z,N)(par, par) aaA

1−γ

(parimpar) 0(impar, par) 0(impar, impar) −aaA1−γ

144

Tras su inyeccion por vıa intravenosa, los radionuclidos de las moleculasradiactivas emiten positrones que interaccionan con los electrones del cuerpohumano. En cada aniquilacion de estos positrones con los electrones se ge-neran dos fotones gamma de alta energıa (511 KeV) de la misma direccionpero se sentidos opuestos que impresionan con los cristales detectores de lacamara de positrones para generar la imagen por coincidencia. Las celulascon mayor avidez o con mayor metabolismo de glucosa (como las tumorales)aparecen con mayor contraste en la imagen que los tejidos normales. La re-solucion espacial se degrada cuanto mas recorrido tengan los positrones enla materia antes de aniquilarse.

60

145

La potencia viene dada por

P =E

t

La energıa es

E = nhν =nhc

λ

con n el numero de fotones. Entonces

P =nhc

λt= 3, 61× 10−17W

146

Le energıa de cada foton de luz es:

hν = T +B

con T la energıa cinetica y B la funcion de trabajo. La frecuencia mınima(longitud de onda maxima) se da para T = 0, por tanto:

λ =hc

B= 5, 29× 10−7m

147

La cantidad de movimiento de un electron relativista es:

p = γmv

conγ =

√1− v2/c2

La longitud de onda de un foton con dicho momento es, por tanto, segun DeBroglie:

λ =h

p=

h

γmv= 3, 64 nm

61

148

La componente Lz del momento angular tiene valores propios

Lz = mlh

con ml el numero cuantico magnetico. Los valores posibles de este numerodependen del valor del numero cuantico orbital l y son ml = −l,−l+1, ..., l−1, l. Por tanto solo necesitamos saber el valor de l para la funcion de ondadada. Sabemos que su forma es

Ψ(r, θ, φ) = F (r, θ) cos(φ)

La forma general de una funcion de onda en un potencial central es

Ψ(r, θ, φ) = Rnl(r)Yl,m(θ, φ)

con Yl,m los armonicos esfericos. La dependencia de los armonicos esfericosen φ viene dada por

Ym,l ∼ eimφ

Por tanto en este caso m = 1.Pero tambien es posible el caso m = −1 ya quecos(φ) = cos(−φ). Ası, los valores esperados para Lz son:

Lz = h,−h

149

El sistema de unidades de Planck es aquel en el que las siguientes constantesse toman con valor 1:

h c1

4πε0G kB

La constante de estructura fina es entonces:

α =e2

hc(4πε0)= e2

62

y de aquıe =√α

150

Si x es el porcentaje de Li6, 100−x es el porcentaje de Li7. El peso atomicodel Litio es entonces:

6, 941 =6, 015x+ 7, 016(100− x)

100(-59)

Despejando se obtiene x = 7,49 y 100− x = 92,51.

151

Los mesones son hadrones de espın entero, formados por una pareja quark-antiquark. La combinacion de tres quarks da lugar a bariones, que tiene espınsemientero.

152

Se aplican las reglas de seleccion para la transicion. En este caso no hay cam-bio de paridad, πi = πf . Por tanto la paridad del foton emitido es πγ = +1.Los multipolos permitidos son EL (si el momento angular L del foton es par)y ML (si es impar). El momento angular del foton es

|Ii − If | ≤ L ≤ |Ii + If | → L = 2

Por tanto el multipolo emitido es E2.

Recordatorio: si πγ = −1 se emite EL si L impar y ML si L es par (alcontrario que el caso πγ = +1).

63

153

Se pasa de un nucleo con (A,Z)=(128,52) a otro con (A,Z)=(128,54). Es de-cir, A no varıa, y Z→ Z - 2. Esto se corresponde a la emision de 2 electrones(cada uno con carga -1). La reaccion que permite la expulsion de electronesde un nucleo es:

n→ e− + ν

Por tanto se emiten ademas 2 antineutrinos.

154

Si la actividad actual es A0 y la actividad de la muestra es A, entonces:

A(t) = A0e−λt = A0e

− ln2T1/2

t

Despejamos t:

t = −T1/2ln2

ln

(A

A0

)= 3351 years

155

El equilibrio transitorio se produce cuando λB > λA y el equilibrio secularcuando λB >> λA.

156

La tasa de cuentas medida es:

Rm =Nm

tm=

1040

10= 104 cpm

La tasa de cuentas de fondo es:

Rf =Nf

tf=

6000

60= 100 cpm

64

La tasa de cuentas neta es:

Rn = Rm −Rf = 4 cpm

La desviacion estandar de la tasa de cuentas de medida es:

SRm =Sntm

=

√N

tm=

√Rm

tm=

√104

10

La desviacion estandar de la tasa de cuentas de fondo es:

SRf =

√Rf

tf=

√100

60(-67)

La desviacion estandar de la tasa de cuentas neta es:

SRn =

√Rm

tm+Rf

tf= 3, 5 cpm

157

La energıa del foton es (toda su energıa es cinetica):

Eγ = T = pγc

La energıa de una partıcula masiva es (su energıa es suma de la cinetica y lamasa):

Epart = T +mc2 =√p2partc

2 +m2c4

Sustituyo en la primera ecuacion el valor de T despejado de la segunda ecua-cion:

pγ =T

c=

√p2partc

2 +m2c4 −mc2

c=√ppart +m2c2 −mc

Elevando al cuadrado:

p2γ = p2part + 2mc(mc−

√p2part +m2c2

)= p2part − 2mT < p2part

ya que T y m son cantidades positivas. Como el momento es una cantidadpositiva, se deduce que

pγ < ppart

65

158

Esta mal redactada. Puede ser el U-235 decayendo al Pb-207 (que sı esta enla misma familia) o bien U-238 decayendo al Pb-206.

159

La energıa cinetica del electron es:

T =p2

2m

Segun De Broglie, la longitud de onda asociada al electron es:

λ =h

p

Por tanto:

λ =h√

2mT

160

Aplicando el Principio de Incertidumbre:

∆E∆t ∼ h

∆t ∼ h

∆E=

h

2π∆E= 2, 6× 10−22 s

161

El metodo de maxima verosimilitud solo es aplicable si se conoce la for-ma teorica de la distribucion.

66

162

La variacion en el numero de nucleos padre es:

dNP

dt= −λPNP

La variacion en el numero de nucleos hijo es la debida a la desintegracion delpadre (contribucion positiva) y la debida a su propia desintegracion (contri-bucion negativa):

dNb

dt= −λBNB + λANA

La actividad esta dada por λN , por tanto la actividad del padre es igual ala del hijo cuando

λPNP = λHNH →dNH

dt= 0

163

Las cadenas de desintegracion naturales se denominan 4n (la del 232To),4n + 1 (la del 237Np), 4n + 2 (la del 238Ur) y 4n + 3 (la del 235Ur). A cual-quiera de los integrantes de la cadena se le puede restar el numero que aparecesumando a 4n (0,1,2 o 3) y dividirlo por 4, que siempre da un numero enteroy sirve para identificar a que cadena pertenece.

Ası, para el 222Rn, 222=4·55+2, pertenece a la serie 4n + 2 que es la delUranio.

164

La actividad es:A = A0e

−λt = A0e−ln2t/T1/2

67

La actividad remanente en el instante t sera A0 − A(t) que es igual a lafraccion de A0:

A0 − AA0

= 1− e−ln2t/T1/2 = 0, 75

165

En equilibrio transitorio, λB > λA (con A el molibdeno y B el tecnecio)y la actividad de B es:

AB(t) =λAλBλA − λB

N0

[e−λAt − e−λBt

]El maximo de actividad del tecnecio se produce cuando

dABdt

= 0→ lnλBλA

= (λB − λA)t

que se obtiene en un tiempo

tmax =ln(λB/λA)

λB − λA=

ln(TA1/2/TB1/2)(

ln2/TB1/2 − ln2/TA1/2

) = 23 h

166

La distribucion de energıa del foton dispersado es:

68

El fotopico ocurre a una energıa Eγ = 662keV , y el borde Compton (lamaxima energıa transferida) se corresponde con la energıa cinetica maximatransferida al electron. Esta energıa vale:

Tmax = Eγ − E ′γmin = Eγ −Eγ

1 + 2Eγmec2

= 478, 25 keV nonumber (-86)

con E ′γmin la energıa mınima del foton dispersado (que hace maxima laenergıa del electron).

167

El alcance en cm de las partıculas α en aire viene dado por:

Raire = 0, 318E1,5 = 4, 1 cm

168

Se trata de la lınea de 21 cm que se utiliza en radioastronomıa, correspon-diente al siguiente desdoplamiento:

169

Las partıculas formadas por pareja quark-antiquark son mesones (hadronesde espın entero). Ademas, el quark up tiene carga 2/3 y el antiquark down

69

tiene carga 1/3 (los quarks u,c,t tienen carga 2/3 y los quarks b,d,s tienencarga -1/3). Por tanto la carga del meson es +1. Es un meson π+.

170

Las funciones de onda alcanzan un maximo (region de maxima probabili-dad) a una cierta distancia y luego disminuyen como una exponencial, comoen estos ejemplos:

171

La energıa liberada sera igual a la energıa de ligadura del Deuterio, quees de unos 2.22 MeV.

172

Los nucleos pesados pueden emitir partıculas alfa o neutrones. Si son emiso-res de partıculas alfa, son inestables frente a la emision de estas partıculas,y estables frente a la emision de neutrones (y viceversa, los nucleos emisoresde neutrones son inestables frente a la emision de neutrones y estables frentea la emision de partıculas alfa).

70

173

La expresion general para los niveles de energıa de un atomo hidrogenoi-de de numero atomico Z es:

En =me4(Z2/2)

(4πε0)2n2h2

Para el Helio ionizado He+, Z = 2 y por tanto su energıa es

En =2me4

(4πεp)2n2h2

174

La conversion interna (CI) compite con la desintegracion γ, luego

λtotal = λγ + λCI

El coeficiente de CI es:

α =λCIλγ

Con las siguientes propiedades:

crece rapidamente zon Z.

decrece rapidamente con E.

crece rapidamente con el orden multipolar.

decrece para capas atomicas menos ligadas.

175

La seccion eficaz atomica para dispersion Rayleigh es:

σR ∝Z2

(hν)2

71

176

El numero cuantico de estructura hiperfina se define como:

~F ≡ ~I + ~J

Sus valores son por tanto:

|I − J | ≥ F ≤ I + J

Por tanto, para I = 3/2 y J = 1/2, F = 1, 2.

177

El radio de Bohr es:

a0 =4πε0h

2

mee2=

h

mecα=

1

meα

178

Las partıculas en el campo magnetico experimentan una fuerza de Lorentzque es la que las desvıa de su trayectoria rectilınea e iguala la fuerza centrıpe-ta:

qvB = mv2

R

Por tanto, el radio de la trayectoria es:

R =mv

qB

El cociente entre el radio de la trayectoria de la partıcula α y el proton esentonces:

β ≡ Rα

Rp

=mαqpqαmp

∼ 4mp · 12 ·mp

= 2

72

179

La relacion entre el tiempo de semivida biologico y fısico es:

1

T1/2=

1

T fisica1/2

+1

T biologica1/2

El tiempo de semivida neta T1/2 se obtiene a partir de las medidas de laactividad, ya que:

A(t) = A0e−t·ln2/T1/2 → T1/2 =

t · ln2

ln(A/A0)

Por tanto:

T biologica1/2 =

(1

T1/2 − T fisica1/2

)−1= 23, 7 dias ∼ 24 dias

180

La actividad de la muestra varıa como

A(t) = A0e−λt = A0e

−tln2/T1/2

Despejamos la vida media:

T1/2 =t · ln2

ln(A0/A)

Tomando los diferentes valores medidos cada 2 minutos para A0 y A se ob-tiene T1/2 = 2,1 minutos.

181

La energıa relativista es:E = γmc2

73

La aproximacion que propone el problema es:

E ′ ∼ pc = γmvc

El error relativo en esta aproximacion es entonces:

E − E ′

E≤ 1

100

de donde se deduce que:

1− v

c≤ 1

100→ v ≥ 0, 99c

182

Es una composicion relativista de velocidades. Si v1 es la velocidad del kaonrespecto al observador ’en reposo’, y v2 la velocidad los piones respecto alkaon:

v =v1 + v2

1 + v1v2/c2= 0, 991c

183

Si S’ se mueve en el eje X del sistema S con velocidad v, las transforma-ciones de Lorentz son:

x′ = x−vt√1−v2/c2

t′ = t−xv/c2√1−v2/c2

y′ = y z′ = z

184

El efecto Lamb proviene de una pequena diferencia observada en la energıaasociada a dos niveles de energıa 2s1/2 y 2p1/2 en el atomo de hidrogeno.

El efecto Zeeman es la division de una lınea espectral en varias componentescuando se coloca el elemento en un campo magnetico.

74

El efecto Stark es similar al efecto Zeeman, pero en presencia de un cam-po electrico.

El efecto Paschen-Back es similar al efecto Zeeman, pero con un campomagnetico muy intenso, de forma que hay acoplamiento entre los momen-tos angular orbital y el de espın, modificando el patron de desdoblamiento.

185

Segun la transformacion de Lorentz:

∆t′ = γ

(∆t− v∆x

c2

)Haciendo ∆t′ = 0, despejamos v:

v =c2∆t

∆x= 1, 198× 108 m/s = 0,4c

186

El angulo en el que se produce el maximo en la potencia radiada por unacarga acelerada relativista viene dado por:

θmax ∼1

2γ

con

γ =1√

1− v2

c2

Para v = 0, 5c se obtiene θmax ∼ 24, 8o.

75

187

Segun las transformaciones de Lorentz, la distancia medida por el observadoren reposo es:

∆x =∆x′ + v∆t′√

1− v2/c2=

0 + 0, 99c · 26, 02× 10−9m√1− 0, 992

= 54, 78 m

188

La energıa cinetica relativista es igual a la energıa total de la partıcula menosla energıa de su masa en reposo:

T =mc2√1− v2

c2

−mc2 (-113)

La energıa que debemos dar a la partıcula es igual a la diferencia entre laenergıa cinetica final y la inicial:

∆T = Tf − T0 = mc2

1√1− v2f/c2

− 1√1− v20/c2

= 5, 37× 10−11J

189

Segun las transformaciones de Lorentz, la distancia recorrida desde un sis-tema en reposo (respecto al cual los muones se mueven a una velocidad de0,999c) es:

∆x =∆x′ + v∆t′√

1− v2/c2=

0− 0, 999c · 2µs√1 + 0, 9992

= 13, 41 km

76

190

Es una composicion relativista de velocidades. Si v1 es la velocidad del primeravion respecto al observador ’en reposo’, y v2 la velocidad del segundo avionrespecto al observador ’en movimiento’:

v =v1 + v2

1 + v1v2/c2= 0, 976c

191

Es una composicion relativista de velocidades. Si v1 es la velocidad de lapartıcula que se desintegra respecto al observador ’en reposo’, y v2 la ve-locidad de la partıcula en la que se desintegra respecto al observador ’enmovimiento’:

v =v1 + v2

1 + v1v2/c2= 2c/3

192

Si ND y NA es el numero de impurezas donadoras y aceptadoras respec-tivamente, la concentracion de portadores para un semiconductor tipo nno degenerado, con una ionizacion total de las impurezas es n ≈ ND pa-ra ND >> NA (si los portadores son electrones) y ND >> ni y p ≈ NA paraNA >> ND, NA >> ni (si los portadores son los huecos).

193

Es una composicion relativista de velocidades. Si v1 es la velocidad de lapartıcula que se desintegra respecto al observador ’en reposo’, y v2 la veloci-dad de la partıcula hija para el observador ’en movimiento’:

v =v1 + v2

1 + v1v2/c2=

2c

3

77

194

El numero de desintegraciones es:

N = N0e−λt = N0e

− ln2T1/2

t

Para t = 5 min obtenemos N = 62, 5 ∼ 63. Para t = 10 min obtenemosN = 1, 95 ∼ 2.

195

Para un detector no paralizable la tasa de recuento real es (con τ el tiempomuerto):

m =n

1− nτ= 106257 s−1

196

Segun la ley de Dulong-Petit, para kBT >> hωD, la capacidad calorıficaes:

CV = 3pNkB

Tiende por tanto a una constante a altas temperaturas. A bajas temperatu-ras, teniendo en cuenta los efectos cuanticos, hay que utilizar la aproximacionde Einstein:

CV = 3R

(hωEkBT

)3

197

La densidad espectral de potencia de ruido termico es:

v2n = 4kBTR

donde kB es la constante de Boltzmann, T la temperatura de la resistenciay R su valor en Ohmios.

78

198

La tasa de cuentas medidas RM y la tasa de cuentas de fondo RB son:

RM =NM

tMRB =

NB

tB

La tasa de cuentas netas es:

RN =NN

tN= RM −RB =

NM

tM− NB

tB→ NN = TN

(NM

tM− NB

tB

)= 718

El error se obtiene a partir de:

2 · tN√NM

tm+NB

tB= 84

199

La tasa de cuentas es:

R =N

tLa desviacion estandar es:

SR =

√R

t=

√N

t2= 6, 7 s−1

200

Ya que sigue una distribucion de Poisson, la probabilidad es:

P (k) =1

k!λke−λ

con λ el numero de cuentas por segundo. Ya que tenemos 18000 cuentas en100 horas, λ = 3. Por tanto, la probabilidad de observar cero partıculas en60 segundos es:

P (0) =1

0!(3)0e−3 = 0, 05→ 5 %

79

201

Si RM , RB y RN son las tasas de cuentas medida, de fondo y netas, res-pectivamente, la desviacion estandar de RN es:√

RM +RB

t

Este valor debe ser inferior al u% de la tasa de cuentas neta:√RM +RB

t≤( u

100

)RN

De aquı se deduce:

tmin =

(100

u

)2RN + 2RB

R2N

donde se ha tenido en cuenta que RN = RM −RB.

202

Cuanto mayor sea el campo electrico, mayor sera la velocidad de despla-zamiento de los portadores. Para un valor crıtico del campo electrico, losportadores, en promedio, aceleran a un valor de energıa suficientemente gran-de para que, cuando haya colisiones con un atomo de la estructura cristalina,puedan liberar un par electron-hueco, ascendiendo el electron a la banda deconduccion, aportando otro hueco. Los tres portadores pueden ser aceleradosy producir tambien colisiones, produciendo otros portadores. Esto origina laavalancha.

80

203

La eficiencia decrece con la energıa del foton, tal como se ve en la figura:

204

A valores muy bajos del voltaje, existe recombinacion de los pares ionicosque se forman. Si se aumenta el voltaje, y se alcanza la region de saturacionionica, se elimina la recombinacion y se opera en modo normal. Al aumentarmas el voltaje, se alcanza el campo lımite al cual la multiplicacion del gascomienza, aumenta la carga recolectada y la senal del pulso. Se empiezan arecolectar algunos iones de la radiacion secundaria. Esta multiplicacion eslineal y se opera en region proporcional.

205

En una camara de ionizacion abierta al aire, si las paredes son suficiente-mente gruesas comparadas con el rango de los electrones secundarios, se es-tablece la condicion de equilibrio electronico, en la cual el flujo de electronessecundarios dejando la superficie interna de la pared se vuelve independientedel grosor de la pared.

81

206

En los modelos no paralizables, la tasa de recuento real es (τ es el tiem-po muerto):

m =n

1− nτDespejando n (tasa de conteo observada):

n =m

1 +mτ

tenemos n en funcion de m que, cuando m→∞:

lımm→+∞

m

1 +mτ=

1

τ= 500000 cps

207

El LiF es el material mas utilizado en los dosımetros de termoluminescencia.

208

Tenemos que calcular

f(N1, N2) =N1

N2

Su error es σf y viene dado por:(σff

)2

=

(σN1

N1

)2

+

(σN2

N2

)2

(-137)

con σN1 =√N1 e igual para N2. El resultado es:

1, 985± 0, 037

82

209

La resolucion viene dada por

R =1

2n× 100 = 0, 391

210

La potencia de ruido es proporcional al logaritmo del cociente entre la fre-cuencia de corte superior e inferior de la banda de medida.

211

En sistemas de radiocomunicacion, la Potencia Isotropica Radiada Equiva-lente (PIRE) es la cantidad de potencia que emitirıa una antena isotropicateorica (distribuye la potencia por igual en todas direcciones) para producirla densidad de potencia observada en la direccion de maxima ganancia deuna antenta. Se expresa en decibelios:

PIRE = PT − LC +Ga

con PT la potencia del transmisor, LC la perdida del cable y Ga la ganancia.Todos expresados en dB.

212

La tabla de verdad para un biestable con entradas S, R y salida Q es lasiguiente:

R S Q0 0 q0 1 11 0 01 1 ND

83

con q el estado de memoria y ND no deseado.

213

La corriente de colector depende del voltaje colector-base segun la ecuacion:

IC = αIE − ICO[eqVCB/kT − 1

]

214

La ganancia en dB es:

A = 20 log

∣∣∣∣V0Vi = −20

∣∣∣∣Despejando V0:

log

∣∣∣∣V0Vi∣∣∣∣ = −1→ V0 = Vi · 10−1 =

10V

10= 1V

215

La respuesta diferencial en frecuencia tiene esta forma:

Av(s) =Av0(

sp1

+ 1)·(sp2

+ 1)·(sp3

+ 1)· ··

(-143)

con pi los polos, que se pueden expresar en funcion de la frecuencia comopi = −ωi. Por tanto el polo dominante sera el de menor frecuencia.

84

216

Comprobamos las operaciones que nos dan:

100 + 10 = 22 + 21 = 6 = 21 + 22 = 11011 + 11 = 21 + 20 + 21 + 20 = 6 = 21 + 22 = 110110 + 100 = 22 + 21 + 22 = 10 = 23 + 21 = 10101 + 1 = 20 + 20 = 2 = 21 = 10111 + 100 = 22 + 21 + 20 + 22 = 11 = 23 + 21 + 20 = 1011

217

(pregunta anulada)

218

Con 4 bits, el numero de combinaciones posibles es 24 = 16. Si el voltajede referencia es de 4V, este voltaje se puede dividir en 16 partes, por tantoel valor mınimo de voltaje de salida sera 4V/16=0,25 V.

Si ese mınimo es la mitad (0,175V) hacen falta 32 bits en los que dividirlos 4V de referencia. Para tener 32 bits necesitamos 5 bits (25 = 32).

219

El diodo Varicap (o varactor) es un diodo que aprovecha determinadas tecni-cas constructivas para comportarse, ante variaciones de tension aplicada,como un condensador variable, cuando esta polarizado en inversa.

85

220

Los voltajes de alimentacion tienen un rango muy amplio. Su impedanciade entrada es muy grande.

221

Es una distribucion binomial. La probabilidad que nos piden es:

P (3) =2000!

3! · 1997!(0, 001)3 · (0, 999)1997 = 0, 180

222

Calculemos la probabilidad de obtener dos bolas distintas. El numero deformas de sacar 2 bolas es 3! =6 (si numeramos las bolas como 1, 2 y 3,podemos sacar las combinaciones 12, 13, 21, 31, 23, 32). Si hemos numera-do la negra con un 2, los casos favorables son: 12, 21, 23, 32. Por tanto laprobabilidad es:

casos favorables

casos posibles=

4

6=

2

3

223

Es una distribucion binomial. La probabilidad que piden es:

P (2) =4!

2! · 2!(0, 5)2 · (0, 5)2 = 1/4

224

Es una distribucion binomial. La probabilidad es:

P (1) =5!

1! · 4!(0, 4)1 · (0, 6)4 = 0, 26

86

225

El numero de combinaciones distintas que podemos obtener es:

8!

3! · 2! · 2! · 1!= 1680

226

Si a es el suceso y P (a) su probabilidad, tenemos:

P 2(a)− P 2(1− a) = 1/9

Ademas la probabilidad del suceso a y su complementario 1− a es 1:

P (a) + P (1− a) = 1

Despejamos P (1− a) de esta ecuacion y sustituimos en la primera:

P 2(a)− (1− P (a))2 = 1/9→ P (a) = 5/9

227

La distribucion χ2k tiene las siguientes propiedades:

media kvarianza 2k

228

La funcion no esta definica en x = 0, por tanto no existe el valor de f(0).

87

229

La integral es, aplicando el teorema de Cauchy:∮C

z sin(z)dz =

∮c

z2 sin(z)

z − 0dz = 2πif(0) = 0

230

Se utiliza la formula de Leibnitz:

d

dx

(∫ h(x)

g(x)

f(t, x)dt

)=

∫ h(x)

g(x)

∂f

∂xdt+ f(h(x))h′(x)− f(g(x))g′(x)

Entonces:

d

dx

(∫ 2x

1

ext

tdt

)=

∫ 2x

1

extdt+e2x

2

2x· 2− ex · 0 =

2e2x2

x− ex

x

231

El valor de Γ(3, 5) = Γ(7/2) se obtiene a partir de Γ(1/2) =√π y la propie-

dad Γ(n+ 1) = nΓ(n). Entonces:

Γ(7/2) = Γ(5/2 + 1) = 5/2Γ(5/2)= 5/2Γ(3/2 + 1) = (5/2)(3/2)Γ(3/2)= (5/2)(3/2)Γ(1/2 + 1) = (5/2)(3/2)(1/2)Γ(1/2)= 15/8

√π

232

La relacion de ortogonalidad para los polinomios de Laguerre es:∫ ∞0

Ln(x)Lm(x)e−xdx = (n!)2δnm

88

La funcion peso es, por tanto:

u(x) = e−x

233

cos(3θ) = cos(2θ + θ)= cos(2θ) cos(θ)− sin(2θ) sin(θ)=

(cos2(θ)− sin2(θ)

)cos(θ)− 2 sin(θ)2 cos(θ)

= cos3(θ)− 3 sin2(θ) cos(θ)

234

Se integra por partes:∫x sinh(ax) =

x

acosh(ax)−

∫1

acosh(ax) =

x

acosh(ax)− 1

a2sinh(ax)

235

La matriz hermıtica se obtiene hallando la matriz transpuesta conjugada:

(1 2 3i

1 + i 1 0

)→

1 1 + i2 13i 0

→ 1 1− i

2 1−3i 0

La hermıtica conjugada es por tanto: 1 1 + i

2 13i 0

89