Examen Física 2008

Oficina d’Organització de Proves d’Accés a la Universitat
PAU 2008
Pautes de correcció

Pàgina 1 de 6
Física

Sèrie 2
P1
MT
⎧
⎪Terra gT = G R 2
R2
R2
mM
M ⎪
T
a) F = G 2 ⇒ g = G 2 ⎨
; gT T = g J J [0,5]
M
r
R ⎪
MT
MJ
Júpiter g J = G 2J
⎪
RJ
⎩
2

⎛ 6378 ⋅103 ⎞
R2 M
m
g J = gT T2 J = 9,8 ⋅ ⎜
⋅ 318 = 24,8 2 [0,5]
3 ⎟
RJ M T
s
⎝ 71492 ⋅10 ⎠

La resoluciód’aquest problema es valorarà correctament si, en lloc de seguir el procediment anterior,
es resol utilitzant el valor numèric de G, malgrat no es doni en l’enunciat.
M
g J = G 2J [0,5]; g J = 24,8 m s 2 [0,5]
RJ
m
1 2
mve = mg J RJ [0,5]; ve = 2 g J RJ = 2 ⋅ 24,8 ⋅ 71492 ⋅103 = 59.548
[0,5]
s
2
4π 2 3
c) tercera llei de Kepler: T 2 =
R
GM S

b)

2

3

⎛ TJ ⎞ ⎛ RJ ⎞
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ [0,6]⎝ TT ⎠ ⎝ RT ⎠

⎛R ⎞
⇒ TJ = TT ⎜ J ⎟
⎝ RT ⎠

3

2

= 11,81anys [0,4]

Q1
1 2
1
mv f − mghi = ⋅ 20 ⋅152 − 20 ⋅ 9,8 ⋅ 25 = −2.650 J [0,7]. L’energia
2
2
perduda és igual a l’energia dissipada pel fregament.
W = Δ Em = E final − Einicial [0,3]; W =

Q2
La força és perpendicular a la velocitat i, per tant, no produeix treball, modifica la direcció de la
velocitat de la partículaperò no el seu mòdul. Així, l’acceleració tangencial de la pertícula és nul·la.
Les partícules descriuran un moviment circular uniforme. Les trajectòries seran dues circumferències.
[0,2]

×

×

e

B

p

× v ×

×
×

×

v
B

×

[0,2]
[0,2] (Les trajectòries no estan fetes a escala).
La força magnètica, F = qvB , proporciona la força centrípeta;

qvB = m

v2
R

⇒R=

R p m p 1, 67 ⋅10−27
mv
[0,2];
=
=
= 1.833 [0,2]
Re me 9,11 ⋅10−31
qB

Oficina d’Organització de Proves d’Accés a la Universitat
PAU 2008
Pautes de correcció

Pàgina 2 de 6
Física

OPCIÓ A

P2
a)

y
x

0
T
37º

Fe
P

representacions: Fe [0,4]; T [0,3]; P [0,1]
ˆ
q és negativa, ja que Fe = qE , E = −103 i i la càrrega es desvia cap a la dreta. [0,2]

b)equilibri de la partícula: Fy = T cos 37 − p = 0 [0,7]; T =

mg
0, 250 ⋅ 9,8
=
= 3, 07 N [0,3]
cos 37
cos 37

c) equilibri de la partícula: Fx = −T sin 37 + Fe = 0 [0,5]

T sin 37 3, 07 ⋅ sin 37
=
= −1,85 ⋅10−3 C [0,3]
E
−103

−T sin 37 + qE = 0 [0,2]; q =

També es pot resoldre posant el mòdul de q i del camp: −T sin 37 + q E = 0 [0,2]; q = 1,85 ⋅10−3 C ;
q = −1,85 ⋅10−3 C [0,3]Q3
F = ma ; W = ∫

final

inicial

F ⋅d = ∫

final

inicial

F dx = àrea sota el gràfic F-x = m ( àrea sota el gràfic a-x ) [0,6]

(no cal que, a la resposta, s’expliciti que s’ha de fer una integral)
20 ⋅ 8
W = 10 ⋅
= 800 J [0,4]
2
Q4
a) hυincident = hυllindar + Ec [0,2]

Ec = h ( υincident − υllindar ) = 6, 62 ⋅10−34 (1,5 ⋅1015 − 1,1 ⋅1015 ) = 2, 65 ⋅10−19 J [0,3]

b)energia de la radiació incident: E = hυ ; però c = λυ
c
3 ⋅108
E = hυ = h = 6, 62 ⋅10−34
= 6, 62 ⋅10−19 J [0,1]
λ
3 ⋅10−7
Energia llindar E = hυllindar = 6, 62 ⋅10−34 ⋅1,1 ⋅1015 = 7, 28 ⋅10−19 J [0,1]
No es produirà efecte fotoelèctric ja que l’energia dels fotons de la llum incident és menor que
l’energia llindar (que és l’energia mínima perque es produeixi l’efecte fotoelèctric). [0,3]c 3 ⋅108
= 1 ⋅1015 Hz [0,2];
Resposta alternativa: f = =
λ 3 ⋅10−7
com que f < f llindar ⇒ Eincident < Ellindar , no es produirà efecte fotoelèctric [0,3]

Oficina d’Organització de Proves d’Accés a la Universitat
PAU 2008
Pautes de correcció

Pàgina 3 de 6
Física

OPCIÓ B

P2
a) m1v1 + m2 v2 = m1v '1 + m2 v '2 [0,3]
⎛ 1 7⎞
2 ⋅ ( 2, −3) + 4 ⋅ ( −3, −3) = 2 ⋅ ( −3, −2 ) + 4 v'2 ⇒ v '2 = ⎜ − , − ⎟ [0,5]
⎝ 2 2⎠
2

2

m
⎛ 1⎞ ⎛ 7⎞
[0,2]
v '2 = ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ = 3,54
2⎠ ⎝ 2⎠
s
⎝
b) v1 = 22 + ( −3) = 13 m s ; v2 =
2

( −3 )

2

+ ( −3) = 18 m s ; v '1 =
2

( −3)

2

+ ( −2 ) = 13 m s [0,2]
2

1
1
1
1
⎫
2
m1v12 + m2 v2 = ⋅ 2 ⋅13 + ⋅ 4 ⋅18 = 49 J
⎪
⎪
2
2
2
2
⎬ [0,3] Ec ≠ E 'c , el xoc no és elàstic [0,5]
1
1
1
1
2
E 'c = m1v...