Física

$$T=2\cdot55\,759{,}5\ \text{s}=111\,519\ \text{s}\approx1{,}12\cdot10^5\ \text{s}\ (\approx31\ \text{h})$$

El semieje mayor sale de la tercera ley de Kepler, $T^2=\dfrac{4\pi^2}{GM_T}\,a^3$:

$$a=\sqrt[3]{\frac{GM_T\,T^2}{4\pi^2}}=\sqrt[3]{\frac{3{,}98\cdot10^{14}\cdot(1{,}115\cdot10^5)^2}{4\pi^2}}\approx5{,}01\cdot10^{7}\ \text{m}=5{,}01\cdot10^4\ \text{km}$$

El impulso se da en el apogeo $A$ y no cambia la posición, así que la distancia de $A$ al centro de la Tierra es el radio de la órbita circular: $r_A=8{,}2\cdot10^4$ km. Como la suma de las distancias del perigeo y del apogeo es el eje mayor, $r_p+r_A=2a$:

$$r_p=2a-r_A=2\cdot5{,}01\cdot10^4-8{,}2\cdot10^4\approx1{,}81\cdot10^4\ \text{km}$$

$$E=-\frac{GM_Tm}{2a}=-\frac{3{,}98\cdot10^{14}\cdot50}{2\cdot5{,}01\cdot10^{7}}\approx-1{,}99\cdot10^{8}\ \text{J}$$

Comprobación con la velocidad en el perigeo: $E=\tfrac12mv_p^2-\dfrac{GM_Tm}{r_p}=\tfrac12\cdot50\cdot(6000)^2-\dfrac{1{,}99\cdot10^{16}}{1{,}81\cdot10^{7}}\approx-1{,}99\cdot10^8$ J, que coincide (de aquí que la velocidad dada de $6{,}0$ km/s sea coherente con los demás datos).

$$E=-\frac{GM_Tm}{2r_{cir}}=-\frac{3{,}98\cdot10^{14}\cdot50}{2\cdot8{,}2\cdot10^{7}}\approx-1{,}21\cdot10^{8}\ \text{J}$$

El impulso ha aumentado la energía en unos $7{,}8\cdot10^{7}$ J.

De la gráfica $y(t)$ se lee el periodo $T$ (tiempo de una oscilación completa) y la amplitud $A$ (elongación máxima). De la gráfica $y(x)$ se lee la longitud de onda $\lambda$ (distancia entre dos máximos consecutivos). El número de onda sale de $k=\dfrac{2\pi}{\lambda}$ y la frecuencia angular de $\omega=\dfrac{2\pi}{T}$.

$$y(x,t)=A\sin\left(\omega t-kx+\varphi_0\right)$$

La fase inicial $\varphi_0$ se obtiene imponiendo el valor y el signo de la pendiente de $y(t)$ en $t=0$ para $x=1$ m (es decir, $\varphi_0-k\cdot1=$ la fase leída), y se comprueba con la gráfica $y(x)$ en $t=0$.

$$\frac1{s_1'}=\frac1{15}+\frac1{-30}=\frac1{30}\ \Rightarrow\ s_1'=+30\ \text{cm},\qquad m_1=\frac{30}{-30}=-1$$

La primera imagen es real, invertida y de 10 cm, y se forma a 30 cm a la derecha de la primera lente. Como las lentes están a 60 cm, esa imagen está a 30 cm a la izquierda de la segunda lente y hace de objeto: $s_2=-30$ cm.

$$\frac1{s_2'}=\frac1{-20}+\frac1{-30}=-\frac{5}{60}\ \Rightarrow\ s_2'=-12\ \text{cm},\qquad m_2=\frac{-12}{-30}=+0{,}4$$

El aumento total es $m=m_1m_2=-0{,}4$, y el tamaño $y'=-0{,}4\cdot10=-4$ cm. La imagen final está a 12 cm a la izquierda de la segunda lente (48 cm a la derecha de la primera), es virtual, invertida respecto al objeto y de 4 cm (menor).

Primera lente: el rayo paralelo al eje sale pasando por el foco imagen ($15$ cm a la derecha); el que pasa por el centro óptico no se desvía; ambos se cortan a 30 cm a la derecha: imagen real e invertida. Segunda lente (divergente): de ese objeto, el rayo paralelo al eje sale divergiendo como si viniera del foco imagen (20 cm a la izquierda de la lente) y el que pasa por el centro no se desvía; los rayos emergentes divergen y se cortan solo al prolongarlos hacia atrás, a 12 cm a la izquierda de la lente: imagen virtual.

$$d_1=\frac{V}{E}=\frac{9\cdot10^2}{1{,}8\cdot10^4}=0{,}05\ \text{m}=5\ \text{cm}$$

$$q_1=\frac{V\,d_1}{K}=\frac{900\cdot0{,}05}{9\cdot10^{9}}=5\cdot10^{-9}\ \text{C}=5\ \text{nC}$$

• Campo de $q_1$ (positiva, en el origen): $E_1=\dfrac{9\cdot10^9\cdot5\cdot10^{-9}}{0{,}05^2}=1{,}8\cdot10^4$ N/C, hacia $+x$: $\vec E_1=(1{,}8\cdot10^4,\,0)$ N/C.
• Campo de $q_2=-10$ nC en $(0;\,0{,}05)$ m: la distancia a $P$ es $r=0{,}05\sqrt2$ m y $E_2=\dfrac{9\cdot10^9\cdot10\cdot10^{-9}}{0{,}005}=1{,}8\cdot10^4$ N/C. Como $q_2$ es negativa, apunta hacia ella, en la dirección $\tfrac{(-1,1)}{\sqrt2}$: $\vec E_2=(-1{,}27\cdot10^4,\ 1{,}27\cdot10^4)$ N/C.

$$\vec E=\vec E_1+\vec E_2\approx\left(5{,}3\cdot10^{3},\ 1{,}27\cdot10^{4}\right)\ \text{N/C},\qquad |\vec E|\approx1{,}4\cdot10^4\ \text{N/C}$$

Por la ley de Faraday-Lenz, $\varepsilon=-\dfrac{d\Phi}{dt}=-S\,\dfrac{\Delta B}{\Delta t}$. En cada intervalo ($0$–$5$ ms, $5$–$20$ ms, $20$–$30$ ms) la gráfica es un tramo recto, así que $\dfrac{\Delta B}{\Delta t}$ es la pendiente de ese tramo (en T/s, con el tiempo en segundos). Donde $B$ es constante, $\varepsilon=0$.

Por la ley de Ohm, $I=\dfrac{|\varepsilon|}{R}=\dfrac{|\varepsilon|}{2\ \Omega}$. El sentido lo da la ley de Lenz: la corriente inducida crea un campo que se opone a la variación del flujo. Si $B$ aumenta, la corriente produce un campo contrario a $\vec B$; si disminuye, un campo del mismo sentido que $\vec B$. Para saber si es horario o antihorario se aplica la regla de la mano derecha con el sentido de $\vec B$ de la figura (a).

$$\lambda=-\ln0{,}834\approx0{,}182\ \text{día}^{-1}\ (=2{,}1\cdot10^{-6}\ \text{s}^{-1})$$

$$T_{1/2}=\frac{\ln2}{\lambda}=\frac{0{,}693}{0{,}182}\approx3{,}82\ \text{días}$$

$$N_0=\frac{10^{-3}\ \text{g}}{222\ \text{g/mol}}\cdot6{,}02\cdot10^{23}\approx2{,}71\cdot10^{18}\ \text{átomos}$$

Tras 9 días quedan $N=N_0e^{-0{,}182\cdot9}=0{,}195\,N_0$. Se han desintegrado

$$N_0-N=N_0\left(1-0{,}195\right)\approx2{,}18\cdot10^{18}\ \text{átomos}$$

$$\lambda_0=\frac{hc}{W_0}=\frac{1{,}989\cdot10^{-25}}{3{,}66\cdot10^{-19}}\approx5{,}43\cdot10^{-7}\ \text{m}=543\ \text{nm}$$

Solo si $\lambda<\lambda_0$ (fotones con energía suficiente). Con 365 nm ($<543$ nm) sí; con 850 nm ($>543$ nm) no, por intensa que sea la luz.

$$E_{c,\max}=\frac{hc}{\lambda}-W_0=\frac{1{,}989\cdot10^{-25}}{365\cdot10^{-9}}-3{,}66\cdot10^{-19}\approx5{,}45\cdot10^{-19}-3{,}66\cdot10^{-19}\approx1{,}79\cdot10^{-19}\ \text{J}\approx1{,}12\ \text{eV}$$