Examen modelo II de Física y Química: seis problemas resueltos paso a paso

Este segundo examen modelo de la prueba práctica de las oposiciones de Física y Química de Secundaria mantiene el formato de seis problemas —tres de química y tres de física— calificados de 0 a 10 puntos cada uno, y cubre bloques distintos de los del examen modelo I: equilibrio en fase gaseosa, solubilidad y precipitación fraccionada, determinación de una fórmula orgánica, ondas en una cuerda, inducción electromagnética y física moderna. Abajo tienes el enunciado y la resolución razonada de cada apartado.

Qué es esto y qué no es. Es un ejercicio de muestra de elaboración propia, escrito para practicar el formato y la gestión del tiempo. No corresponde a ninguna convocatoria real ni reproduce el examen de ninguna comunidad autónoma: los enunciados reales, con su referencia oficial, están en el archivo de exámenes resueltos. Los datos y los resultados se han comprobado numéricamente uno a uno.

Instrucciones. Han de resolverse los seis problemas. Cada uno se califica de 0 a 10 puntos y la calificación del ejercicio es la media de los seis. Se valora el planteamiento razonado, no solo el resultado. Los resultados sin unidades no puntúan. Tiempo orientativo: 4 horas.

Problema 1 — Disociación del pentacloruro de fósforo

Enunciado

En un recipiente cerrado de $2{,}00\ \mathrm{L}$ se introducen $0{,}500\ \mathrm{mol}$ de $\ce{PCl5}$ y se calienta a $250\ ^\circ\mathrm{C}$. Alcanzado el equilibrio, se comprueba que el $40{,}0\ \%$ del $\ce{PCl5}$ se ha disociado según

$$\ce{PCl5 (g) <=> PCl3 (g) + Cl2 (g)} \qquad \Delta H > 0$$

a) Calcule la composición del sistema en el equilibrio y las constantes $K_c$ y $K_p$. (3 p) b) Calcule la presión total y las presiones parciales en el equilibrio. (2 p) c) Razone cualitativamente cómo afecta al grado de disociación: (i) reducir el volumen a la mitad; (ii) añadir $\ce{Cl2}$ a volumen y temperatura constantes; (iii) elevar la temperatura; (iv) añadir un gas inerte a volumen constante. (3 p) d) Calcule el nuevo grado de disociación si el volumen se duplica a temperatura constante. (2 p)

Datos: $R = 0{,}0821\ \mathrm{atm\,L\,mol^{-1}K^{-1}}$.

Solución

a) Composición y constantes de equilibrio

Con $n_0 = 0{,}500\ \mathrm{mol}$ y $\alpha = 0{,}400$, la tabla de avance es directa: se disocian $n_0\alpha = 0{,}200\ \mathrm{mol}$, y por cada mol que se disocia aparece un mol de cada producto.

| | $\ce{PCl5}$ | $\ce{PCl3}$ | $\ce{Cl2}$ | total | | ---------------- | ----------- | ----------- | ---------- | ----- | | inicial (mol) | 0,500 | 0 | 0 | 0,500 | | equilibrio (mol) | 0,300 | 0,200 | 0,200 | 0,700 | | equilibrio (M) | 0,150 | 0,100 | 0,100 | — |

$$K_c = \frac{[\ce{PCl3}][\ce{Cl2}]}{[\ce{PCl5}]} = \frac{0{,}100\cdot 0{,}100}{0{,}150} = \boxed{6{,}67\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M}}$$

Para $K_p$, con $\Delta n = 1 + 1 - 1 = +1$ y $T = 523\ \mathrm{K}$:

$$K_p = K_c\,(RT)^{\Delta n} = 6{,}67\cdot 10^{-2}\cdot (0{,}0821\cdot 523) = \boxed{2{,}86\ \mathrm{atm}}$$

Las constantes llevan unidades cuando $\Delta n \neq 0$. Conviene escribirlas: es una de esas cosas pequeñas que el tribunal usa para separar candidatos.

b) Presión total y presiones parciales

$$p_t = \frac{n_t RT}{V} = \frac{0{,}700\cdot 0{,}0821\cdot 523}{2{,}00} = \boxed{15{,}0\ \mathrm{atm}}$$

Con las fracciones molares $x(\ce{PCl5}) = 0{,}300/0{,}700 = 0{,}4286$ y $x(\ce{PCl3}) = x(\ce{Cl2}) = 0{,}2857$:

$$p(\ce{PCl5}) = 6{,}44\ \mathrm{atm}, \qquad p(\ce{PCl3}) = p(\ce{Cl2}) = 4{,}30\ \mathrm{atm}$$

Comprobación cruzada, que no cuesta nada:

$$K_p = \frac{4{,}30\cdot 4{,}30}{6{,}44} = 2{,}86\ \mathrm{atm} \ \checkmark$$

c) Desplazamientos del equilibrio

Se aplica el principio de Le Châtelier, pero conviene decir por qué en cada caso, no solo hacia dónde:

• (i) Reducir el volumen a la mitad. Sube la presión; el sistema responde desplazándose hacia donde hay menos moles gaseosos, es decir hacia el $\ce{PCl5}$. El grado de disociación disminuye (el cálculo del apartado d) lo confirma en sentido inverso: a $1{,}00\ \mathrm{L}$ resultaría $\alpha = 0{,}305$).
• (ii) Añadir $\ce{Cl2}$. Aumenta el cociente de reacción $Q > K_c$, así que el sistema consume producto: se desplaza hacia la izquierda y $\alpha$ disminuye. Es el efecto del ion común trasladado a fase gaseosa.
• (iii) Elevar la temperatura. La reacción es endotérmica ($\Delta H > 0$), de modo que el calor actúa como reactivo: subir $T$ desplaza a la derecha y $\alpha$ aumenta. Este es el único de los cuatro casos en que cambia el valor de $K$; los demás desplazan el sistema dentro de la misma constante.
• (iv) Añadir un gas inerte a volumen constante. Sube la presión total, pero las presiones parciales de las especies que reaccionan no cambian (ni sus concentraciones). $Q$ sigue siendo igual a $K$: no hay desplazamiento. Es el apartado que más falla, y la clave está en distinguir presión total de presión parcial. (Si el inerte se añadiera a presión constante, el volumen aumentaría y sí habría desplazamiento hacia la derecha.)

d) Nuevo grado de disociación al duplicar el volumen

$K_c$ no cambia (la temperatura es la misma). Con $V = 4{,}00\ \mathrm{L}$ y un nuevo grado $\alpha'$:

$$K_c = \frac{\left(\dfrac{n_0\alpha'}{V}\right)^2}{\dfrac{n_0(1-\alpha')}{V}} = \frac{n_0\,\alpha'^2}{V\,(1-\alpha')}$$ $$6{,}667\cdot 10^{-2} = \frac{0{,}500\,\alpha'^2}{4{,}00\,(1-\alpha')} \quad\Longrightarrow\quad 0{,}125\,\alpha'^2 + 0{,}0667\,\alpha' - 0{,}0667 = 0$$ $$\alpha' = \frac{-0{,}0667 + \sqrt{0{,}00444 + 4\cdot 0{,}125\cdot 0{,}0667}}{2\cdot 0{,}125} = \boxed{0{,}511 \quad (51{,}1\ \%)}$$

Sube del $40{,}0\ \%$ al $51{,}1\ \%$, coherente con lo predicho en c-i): diluir favorece la disociación cuando el número de moles gaseosos aumenta. La raíz negativa de la ecuación se descarta por carecer de sentido físico ($0 \le \alpha \le 1$), y conviene decirlo explícitamente.

Problema 2 — Precipitación fraccionada de haluros de plata

Enunciado

Se dispone de una disolución que contiene $\ce{Cl^-}$ $0{,}010\ \mathrm{M}$ y $\ce{I^-}$ $0{,}010\ \mathrm{M}$. Se añade lentamente $\ce{AgNO3}$ sólido, sin variación apreciable de volumen.

a) Justifique cuál de los dos haluros precipita primero y calcule la concentración de $\ce{Ag+}$ necesaria en cada caso. (2,5 p) b) Calcule qué concentración de yoduro queda en disolución en el instante en que empieza a precipitar el cloruro y valore si la separación es analíticamente útil. (2,5 p) c) Calcule la solubilidad del $\ce{AgCl}$ en agua pura, en $\mathrm{g/L}$, y en $\ce{NaCl}$ $0{,}10\ \mathrm{M}$. (2,5 p) d) Justifique si el precipitado de $\ce{AgCl}$ se disolvería en amoniaco $1{,}0\ \mathrm{M}$, y calcule cuánto. (2,5 p)

Datos: $K_s(\ce{AgCl}) = 1{,}8\cdot 10^{-10}$; $K_s(\ce{AgI}) = 8{,}5\cdot 10^{-17}$; $K_f([\ce{Ag(NH3)2}]^+) = 1{,}7\cdot 10^{7}$; $M(\ce{AgCl}) = 143{,}32\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$.

Solución

a) Cuál precipita primero

Precipita antes el que necesite menos $\ce{Ag+}$ para superar su producto de solubilidad. Con la misma concentración de partida para los dos aniones, basta comparar:

$$[\ce{Ag+}]_{AgI} = \frac{K_s(\ce{AgI})}{[\ce{I^-}]} = \frac{8{,}5\cdot 10^{-17}}{0{,}010} = \boxed{8{,}5\cdot 10^{-15}\ \mathrm{M}}$$ $$[\ce{Ag+}]_{AgCl} = \frac{K_s(\ce{AgCl})}{[\ce{Cl^-}]} = \frac{1{,}8\cdot 10^{-10}}{0{,}010} = \boxed{1{,}8\cdot 10^{-8}\ \mathrm{M}}$$

Precipita primero el yoduro de plata, y con más de dos millones de veces menos plata. Ojo con el atajo de "comparar las $K_s$ directamente": aquí funciona porque ambas sales tienen la misma estequiometría (1:1) y ambos aniones la misma concentración. Con un $\ce{Ag2CrO4}$ de por medio, la comparación directa de constantes daría un resultado falso y hay que pasar por las concentraciones.

b) Yoduro residual y calidad de la separación

La precipitación de $\ce{AgI}$ continúa mientras se añade plata. Justo cuando $[\ce{Ag+}] = 1{,}8\cdot 10^{-8}\ \mathrm{M}$ empieza a aparecer $\ce{AgCl}$, y en ese instante:

$$[\ce{I^-}] = \frac{K_s(\ce{AgI})}{[\ce{Ag+}]} = \frac{8{,}5\cdot 10^{-17}}{1{,}8\cdot 10^{-8}} = \boxed{4{,}7\cdot 10^{-9}\ \mathrm{M}}$$ $$\frac{[\ce{I^-}]_{final}}{[\ce{I^-}]_{inicial}} = \frac{4{,}7\cdot 10^{-9}}{0{,}010} = 4{,}7\cdot 10^{-7} \quad\Longrightarrow\quad \text{ha precipitado el } 99{,}99995\ \%$$

El criterio analítico habitual considera cuantitativa una separación cuando queda menos del $0{,}1\ \%$ del ion. Aquí queda cinco órdenes de magnitud por debajo de ese umbral: la separación es excelente, y ese es precisamente el fundamento de la precipitación fraccionada como técnica.

c) Solubilidad del cloruro de plata y efecto del ion común

En agua pura, con $\ce{AgCl (s) <=> Ag+ + Cl^-}$ y $s = [\ce{Ag+}] = [\ce{Cl^-}]$:

$$K_s = s^2 \quad\Longrightarrow\quad s = \sqrt{1{,}8\cdot 10^{-10}} = 1{,}34\cdot 10^{-5}\ \mathrm{M}$$ $$s = 1{,}34\cdot 10^{-5}\cdot 143{,}32 = \boxed{1{,}92\cdot 10^{-3}\ \mathrm{g/L}} = 1{,}92\ \mathrm{mg/L}$$

En $\ce{NaCl}$ $0{,}10\ \mathrm{M}$ el cloruro procedente de la sal domina por completo sobre el que aporta el equilibrio, de modo que $[\ce{Cl^-}] \approx 0{,}10\ \mathrm{M}$:

$$s' = \frac{K_s}{[\ce{Cl^-}]} = \frac{1{,}8\cdot 10^{-10}}{0{,}10} = 1{,}8\cdot 10^{-9}\ \mathrm{M} = \boxed{2{,}6\cdot 10^{-7}\ \mathrm{g/L}}$$

La solubilidad cae en un factor $\approx 7\,500$: es el efecto del ion común, y explica por qué en gravimetría el precipitado se lava con una disolución diluida del ion precipitante y no con agua destilada, que arrastraría parte del sólido.

d) Redisolución en amoniaco

El $\ce{Ag+}$ forma con el amoniaco un complejo muy estable, y ese equilibrio retira plata de la disolución, con lo que el de solubilidad se desplaza hacia la derecha. Sumando los dos:

$$\ce{AgCl (s) <=> Ag+ + Cl^-} \qquad K_s = 1{,}8\cdot 10^{-10}$$ $$\ce{Ag+ + 2 NH3 <=> [Ag(NH3)2]^+} \qquad K_f = 1{,}7\cdot 10^{7}$$ $$\ce{AgCl (s) + 2 NH3 <=> [Ag(NH3)2]^+ + Cl^-} \qquad K = K_s\,K_f = 3{,}06\cdot 10^{-3}$$

Con $s$ la solubilidad en amoniaco $1{,}0\ \mathrm{M}$, en el equilibrio $[\ce{[Ag(NH3)2]^+}] = [\ce{Cl^-}] = s$ y $[\ce{NH3}] = 1{,}0 - 2s$:

$$K = \frac{s^2}{(1{,}0-2s)^2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{s}{1{,}0-2s} = \sqrt{3{,}06\cdot 10^{-3}} = 5{,}53\cdot 10^{-2}$$ $$s = \boxed{4{,}98\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M}} = 7{,}1\ \mathrm{g/L}$$

Sí se disuelve, y de forma espectacular: unas 3 700 veces más que en agua pura. Que la ecuación sea un cuadrado perfecto permite resolverla tomando raíz en ambos miembros, sin ecuación de segundo grado. Este par de equilibrios acoplados es, además, el fundamento del reactivo de Tollens y de la distinción clásica entre los tres haluros de plata: el $\ce{AgCl}$ se redisuelve en amoniaco diluido, el $\ce{AgBr}$ solo en amoniaco concentrado y el $\ce{AgI}$ no se redisuelve.

Problema 3 — Determinación de un compuesto orgánico oxigenado

Enunciado

La combustión completa de $1{,}80\ \mathrm{g}$ de un compuesto orgánico A, que contiene solo carbono, hidrógeno y oxígeno, produce $2{,}64\ \mathrm{g}$ de $\ce{CO2}$ y $1{,}08\ \mathrm{g}$ de $\ce{H2O}$. Su masa molar es $60{,}0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$.

a) Determine la composición centesimal, la fórmula empírica y la fórmula molecular de A. (3 p) b) Escriba y nombre tres isómeros compatibles con esa fórmula molecular. (2 p) c) A reacciona con $\ce{NaHCO3}$ desprendiendo un gas. Identifique A y calcule el volumen de gas que desprenderían los $1{,}80\ \mathrm{g}$ a $25\ ^\circ\mathrm{C}$ y $1\ \mathrm{atm}$. (2 p) d) Calcule el pH de una disolución $0{,}10\ \mathrm{M}$ de A. (1,5 p) e) Escriba la reacción de A con etanol en medio ácido, nombre el producto y comente por qué el rendimiento nunca es del 100 %. (1,5 p)

Datos: $K_a(\text{A}) = 1{,}8\cdot 10^{-5}$; masas atómicas: $\ce{C} = 12{,}0$; $\ce{H} = 1{,}0$; $\ce{O} = 16{,}0$; $R = 0{,}0821\ \mathrm{atm\,L\,mol^{-1}K^{-1}}$.

Solución

a) Composición centesimal y fórmulas

En la combustión, todo el carbono de A acaba en el $\ce{CO2}$ y todo el hidrógeno en el $\ce{H2O}$; el oxígeno, no, porque también entra oxígeno del aire. Por eso el oxígeno se calcula siempre por diferencia, y ese es el punto del problema.

$$n(\ce{C}) = \frac{2{,}64}{44{,}0} = 0{,}0600\ \mathrm{mol} \;\Longrightarrow\; m(\ce{C}) = 0{,}720\ \mathrm{g}$$ $$n(\ce{H}) = 2\cdot\frac{1{,}08}{18{,}0} = 0{,}120\ \mathrm{mol} \;\Longrightarrow\; m(\ce{H}) = 0{,}120\ \mathrm{g}$$ $$m(\ce{O}) = 1{,}80 - 0{,}720 - 0{,}120 = 0{,}960\ \mathrm{g} \;\Longrightarrow\; n(\ce{O}) = \frac{0{,}960}{16{,}0} = 0{,}0600\ \mathrm{mol}$$

Composición centesimal: $\ce{C}\ 40{,}0\ \%$, $\ce{H}\ 6{,}7\ \%$, $\ce{O}\ 53{,}3\ \%$. Dividiendo por el menor número de moles:

$$\ce{C} : \ce{H} : \ce{O} = \frac{0{,}0600}{0{,}0600} : \frac{0{,}120}{0{,}0600} : \frac{0{,}0600}{0{,}0600} = 1 : 2 : 1 \quad\Longrightarrow\quad \text{fórmula empírica } \boxed{\ce{CH2O}}$$ $$M(\ce{CH2O}) = 30{,}0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}, \qquad n = \frac{60{,}0}{30{,}0} = 2 \quad\Longrightarrow\quad \text{fórmula molecular } \boxed{\ce{C2H4O2}}$$

b) Isómeros de fórmula C₂H₄O₂

El grado de insaturación es $\frac{2\cdot 2 + 2 - 4}{2} = 1$: hay un doble enlace o un ciclo. Tres isómeros claramente distintos:

1. Ácido etanoico (acético), $\ce{CH3-COOH}$ — ácido carboxílico.
2. Metanoato de metilo (formiato de metilo), $\ce{H-COO-CH3}$ — éster, isómero de función del anterior.
3. Hidroxietanal (glicolaldehído), $\ce{HO-CH2-CHO}$ — compuesto con dos grupos funcionales, hidroxilo y aldehído.

Conviene señalar que 1 y 2 son isómeros de función, no de cadena ni de posición: misma fórmula molecular, grupos funcionales distintos. Sus propiedades lo delatan: el ácido acético hierve a $118\ ^\circ\mathrm{C}$ y el formiato de metilo a $32\ ^\circ\mathrm{C}$, diferencia debida a los enlaces de hidrógeno que forma el ácido (de hecho, dímeros) y que el éster no puede formar.

c) Identificación y volumen de gas

El desprendimiento de gas con hidrogenocarbonato de sodio es el ensayo característico de los ácidos carboxílicos: solo un ácido más fuerte que el ácido carbónico protona al $\ce{HCO3^-}$ y libera $\ce{CO2}$. Ni el éster ni el hidroxialdehído lo hacen. Por tanto A es el ácido etanoico, $\ce{CH3COOH}$.

$$\ce{CH3COOH (aq) + NaHCO3 (aq) -> CH3COONa (aq) + H2O (l) + CO2 (g)}$$ $$n(\text{A}) = \frac{1{,}80}{60{,}0} = 0{,}0300\ \mathrm{mol} \;\Longrightarrow\; n(\ce{CO2}) = 0{,}0300\ \mathrm{mol}$$ $$V = \frac{nRT}{p} = \frac{0{,}0300\cdot 0{,}0821\cdot 298}{1{,}00} = \boxed{0{,}734\ \mathrm{L}}$$

d) pH de la disolución 0,10 M

$$\frac{x^2}{0{,}10 - x} = 1{,}8\cdot 10^{-5} \quad\Longrightarrow\quad x = [\ce{H3O+}] = 1{,}33\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}$$ $$\mathrm{pH} = \boxed{2{,}88} \qquad (\alpha = 1{,}3\ \%)$$

Un ácido débil al $1{,}3\ \%$ de disociación: comparado con un ácido fuerte de la misma concentración, que daría $\mathrm{pH} = 1{,}00$, hay casi dos unidades de diferencia. Es un buen número para discutir en clase la diferencia entre concentrado y fuerte.

e) Esterificación de Fischer

$$\ce{CH3COOH + CH3CH2OH <=>[H+] CH3COOCH2CH3 + H2O}$$

El producto es el etanoato de etilo (acetato de etilo), disolvente de olor afrutado. El rendimiento nunca llega al $100\ \%$ porque la reacción es un equilibrio, no un proceso completo: su constante ronda 4, de modo que partiendo de cantidades equimolares se convierte en torno a dos tercios. El ácido sulfúrico actúa como catalizador —acelera la llegada al equilibrio pero no lo desplaza— y lo que sí desplaza el equilibrio es aplicar Le Châtelier: usar exceso de alcohol o retirar el agua a medida que se forma.

Problema 4 — Onda armónica en una cuerda

Enunciado

Una onda transversal se propaga por una cuerda tensa según la ecuación (SI)

$$y(x,t) = 0{,}050\,\sin\!\left(10\pi t - 2\pi x\right)$$

a) Determine amplitud, frecuencia, periodo, longitud de onda, velocidad de propagación y sentido del movimiento. (3 p) b) Calcule la velocidad y la aceleración máximas de un punto de la cuerda y compárelas con la velocidad de propagación. (2 p) c) Calcule la diferencia de fase entre dos puntos separados $0{,}25\ \mathrm{m}$. (1,5 p) d) Si la densidad lineal de la cuerda es $\mu = 0{,}020\ \mathrm{kg\,m^{-1}}$, calcule la tensión y la potencia media transmitida. (2 p) e) La cuerda mide $2{,}0\ \mathrm{m}$ y está fija por los dos extremos. Determine de qué armónico se trata y la frecuencia fundamental. (1,5 p)

Solución

a) Magnitudes características

Comparando con la forma general $y = A\sin(\omega t - kx)$:

$$A = \boxed{0{,}050\ \mathrm{m}}, \qquad \omega = 10\pi\ \mathrm{rad\,s^{-1}}, \qquad k = 2\pi\ \mathrm{rad\,m^{-1}}$$ $$f = \frac{\omega}{2\pi} = \boxed{5{,}0\ \mathrm{Hz}}, \qquad T = \frac{1}{f} = \boxed{0{,}20\ \mathrm{s}}, \qquad \lambda = \frac{2\pi}{k} = \boxed{1{,}0\ \mathrm{m}}$$ $$v = \frac{\omega}{k} = \lambda f = \boxed{5{,}0\ \mathrm{m\,s^{-1}}}$$

El signo menos entre los dos términos indica que la onda avanza en el sentido positivo del eje $x$: para mantener constante la fase $10\pi t - 2\pi x$, si $t$ crece entonces $x$ ha de crecer.

Problema 4

Perfil de la cuerda en el instante t = 0,050 s

0,05

−0,05

1,0

2,0

3,0

y (m)

x (m)

λ = 1,0 m

b) Velocidad y aceleración de un punto de la cuerda

Un punto de la cuerda solo se mueve perpendicularmente a la propagación (es una onda transversal), con un movimiento armónico simple:

$$v_y = \frac{\partial y}{\partial t} = A\omega\cos(\omega t - kx) \quad\Longrightarrow\quad v_{y,m\acute{a}x} = A\omega = 0{,}050\cdot 10\pi = \boxed{1{,}57\ \mathrm{m\,s^{-1}}}$$ $$a_{y,m\acute{a}x} = A\omega^2 = 0{,}050\cdot (10\pi)^2 = \boxed{49{,}3\ \mathrm{m\,s^{-2}}}$$

La comparación es el punto interesante del apartado: la onda avanza a $5{,}0\ \mathrm{m/s}$ pero ningún trozo de cuerda supera $1{,}57\ \mathrm{m/s}$, y ninguno se desplaza en la dirección de avance. Lo que viaja es la perturbación y la energía, no la materia. La aceleración máxima, cinco veces $g$, ocurre en las crestas y los valles, donde la velocidad transversal es nula.

c) Diferencia de fase

$$\Delta\varphi = k\,\Delta x = 2\pi\cdot 0{,}25 = \boxed{\frac{\pi}{2}\ \mathrm{rad}}$$

Un cuarto de longitud de onda equivale a un cuarto de ciclo: cuando uno de los puntos pasa por la posición de equilibrio, el otro está en una cresta o un valle.

d) Tensión y potencia transmitida

La velocidad de una onda en una cuerda depende solo del medio:

$$v = \sqrt{\frac{T}{\mu}} \quad\Longrightarrow\quad T = \mu v^2 = 0{,}020\cdot 5{,}0^2 = \boxed{0{,}50\ \mathrm{N}}$$ $$P = \tfrac{1}{2}\mu\,v\,\omega^2 A^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 0{,}020\cdot 5{,}0\cdot (10\pi)^2\cdot (0{,}050)^2 = \boxed{0{,}123\ \mathrm{W}}$$

Conviene subrayar la dependencia: la potencia va con el cuadrado de la amplitud y con el cuadrado de la frecuencia. Doblar la amplitud cuadruplica la energía transmitida; es el mismo resultado que explica por qué la intensidad sonora crece tan deprisa con la amplitud de vibración.

e) Armónico en una cuerda de 2,0 m fija por los extremos

En una cuerda fija por ambos extremos caben un número entero de semilongitudes de onda:

$$L = n\,\frac{\lambda}{2} \quad\Longrightarrow\quad n = \frac{2L}{\lambda} = \frac{2\cdot 2{,}0}{1{,}0} = \boxed{4}$$

Se trata del cuarto armónico (tercer sobretono), con cinco nodos —contando los dos extremos— y cuatro vientres. La frecuencia fundamental:

$$f_1 = \frac{v}{2L} = \frac{5{,}0}{2\cdot 2{,}0} = \boxed{1{,}25\ \mathrm{Hz}}$$

y en efecto $f = 4f_1 = 5{,}0\ \mathrm{Hz}$, como debía salir.

Problema 5 — Espira que atraviesa un campo magnético

Enunciado

Una espira cuadrada de $10\ \mathrm{cm}$ de lado y resistencia $2{,}0\ \Omega$ se mueve con velocidad constante $v = 5{,}0\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ y atraviesa una región de $30\ \mathrm{cm}$ de anchura en la que existe un campo magnético uniforme $B = 0{,}80\ \mathrm{T}$, perpendicular al plano de la espira y entrante.

a) Calcule la fem inducida mientras la espira entra en la región y determine el sentido de la corriente. (3 p) b) Calcule la intensidad y la fuerza que hay que ejercer para mantener la velocidad constante. (2 p) c) Compruebe el balance energético entre potencia mecánica y potencia disipada. (2 p) d) Represente la fem en función del tiempo durante todo el recorrido y justifique cada tramo. (3 p)

Solución

a) Fem inducida y sentido de la corriente

Mientras la espira entra, la superficie que efectivamente ve campo crece: si $x$ es la longitud ya introducida, el flujo es $\Phi = B\,\ell\,x$. Por la ley de Faraday-Lenz:

$$\varepsilon = -\frac{d\Phi}{dt} = -B\ell\frac{dx}{dt} = -B\ell v \quad\Longrightarrow\quad |\varepsilon| = 0{,}80\cdot 0{,}10\cdot 5{,}0 = \boxed{0{,}40\ \mathrm{V}}$$

El sentido lo da la ley de Lenz, que no es más que la conservación de la energía: la corriente inducida se opone a la causa que la produce. Como el flujo entrante aumenta, la espira genera un campo saliente en su interior, y para eso la corriente ha de circular en sentido antihorario. Al salir, el flujo entrante disminuye y la corriente se invierte a horaria.

b) Intensidad y fuerza aplicada

$$I = \frac{|\varepsilon|}{R} = \frac{0{,}40}{2{,}0} = \boxed{0{,}20\ \mathrm{A}}$$

Sobre el lado que está dentro del campo actúa una fuerza magnética $F = BI\ell$ que, por Lenz, se opone al movimiento (los otros dos lados dentro del campo sufren fuerzas iguales y opuestas que se cancelan). Para que la velocidad sea constante hay que compensarla exactamente:

$$F = BI\ell = 0{,}80\cdot 0{,}20\cdot 0{,}10 = \boxed{1{,}6\cdot 10^{-2}\ \mathrm{N}}$$

c) Balance energético

$$P_{mec} = Fv = 1{,}6\cdot 10^{-2}\cdot 5{,}0 = 8{,}0\cdot 10^{-2}\ \mathrm{W}$$ $$P_{dis} = I^2R = (0{,}20)^2\cdot 2{,}0 = 8{,}0\cdot 10^{-2}\ \mathrm{W}$$

Coinciden, como tenían que coincidir: toda la energía que aporta quien empuja la espira acaba disipada por efecto Joule. Ni se crea ni se destruye energía; el campo magnético solo hace de intermediario. Este es el principio del freno por corrientes de Foucault de los trenes y de las atracciones de caída libre, y merece la pena decirlo: es la mejor respuesta a "¿esto para qué sirve?".

d) Gráfica de la fem

Con $\ell = 10\ \mathrm{cm}$, anchura de la región $d = 30\ \mathrm{cm}$ y $v = 5{,}0\ \mathrm{m/s}$:

$$t_{entrada} = \frac{\ell}{v} = 0{,}020\ \mathrm{s}, \qquad t_{dentro} = \frac{d-\ell}{v} = 0{,}040\ \mathrm{s}, \qquad t_{salida} = 0{,}020\ \mathrm{s}$$

Problema 5

Fem inducida frente al tiempo

0,40

−0,40

20

60

80

ε (V)

t (ms)

entra

dentro: Φ constante

sale

El tramo central es el que conviene justificar bien: mientras la espira está completamente dentro, el flujo no cambia —aunque la espira se mueva y aunque el campo sea intenso— y por tanto no hay fem. Lo que induce corriente no es el campo ni el movimiento, sino la variación del flujo. Los dos pulsos tienen la misma magnitud y signos opuestos, y su duración es la que tarda la espira en recorrer su propio lado.

Una comprobación elegante: la carga total que circula en cada pulso no depende de la velocidad,

$$q = \int I\,dt = \frac{\Delta\Phi}{R} = \frac{B\ell^2}{R} = \frac{0{,}80\cdot (0{,}10)^2}{2{,}0} = 4{,}0\ \mathrm{mC}$$

resultado que puede contrastarse con $I\,t_{entrada} = 0{,}20\cdot 0{,}020 = 4{,}0\ \mathrm{mC}$.

Problema 6 — Efecto fotoeléctrico, átomo de Bohr y desintegración radiactiva

Enunciado

a) Sobre un cátodo de cesio, cuyo trabajo de extracción es $2{,}14\ \mathrm{eV}$, incide luz monocromática de $400\ \mathrm{nm}$. Calcule la energía de cada fotón, la energía cinética máxima de los electrones emitidos y el potencial de frenado. (3 p) b) Calcule la longitud de onda umbral del cesio y la velocidad máxima de los fotoelectrones. (2 p) c) Calcule la longitud de onda de la radiación emitida por un átomo de hidrógeno en la transición $n = 3 \rightarrow n = 2$ e indique en qué zona del espectro se encuentra. (2,5 p) d) Una muestra de $\ce{^{131}I}$ tiene una actividad inicial de $5{,}0\cdot 10^{8}\ \mathrm{Bq}$. Calcule su actividad al cabo de $30$ días y la masa inicial de yodo-131. (2,5 p)

_Datos: $h = 6{,}63\cdot 10^{-34}\ \mathrm{J\,s}$; $c = 3{,}00\cdot 10^{8}\ \mathrm{m\,s^{-1}}$; $e = 1{,}60\cdot 10^{-19}\ \mathrm{C}$; $m_e = 9{,}11\cdot 10^{-31}\ \mathrm{kg}$; $E_n = -13{,}6/n^2\ \mathrm{eV}$; $T_{1/2}(\ce{^{131}I}) = 8{,}02\ \mathrm{d}$; $N*A = 6{,}022\cdot 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$.*

Solución

a) Fotones, energía cinética y potencial de frenado

$$E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{6{,}63\cdot 10^{-34}\cdot 3{,}00\cdot 10^{8}}{400\cdot 10^{-9}} = 4{,}97\cdot 10^{-19}\ \mathrm{J} = \boxed{3{,}10\ \mathrm{eV}}$$

Merece la pena memorizar el atajo $hc \approx 1240\ \mathrm{eV\,nm}$: con él, $E(\mathrm{eV}) = 1240/\lambda(\mathrm{nm})$ sale de cabeza y sirve de comprobación instantánea.

La ecuación de Einstein del efecto fotoeléctrico dice que el fotón invierte su energía primero en arrancar el electrón y el resto se lo lleva este como cinética:

$$E_{c,m\acute{a}x} = h\nu - W = 3{,}10 - 2{,}14 = \boxed{0{,}96\ \mathrm{eV}} = 1{,}54\cdot 10^{-19}\ \mathrm{J}$$ $$eV_0 = E_{c,m\acute{a}x} \quad\Longrightarrow\quad V_0 = \boxed{0{,}96\ \mathrm{V}}$$

El potencial de frenado sale numéricamente igual a la energía en electronvoltios, y eso no es casualidad: es la definición misma del electronvoltio. Decirlo evita el cálculo redundante y demuestra que se entiende la unidad.

b) Longitud de onda umbral y velocidad de los electrones

$$\lambda_0 = \frac{hc}{W} = \frac{1240\ \mathrm{eV\,nm}}{2{,}14\ \mathrm{eV}} = \boxed{580\ \mathrm{nm}}$$

Es luz amarilla: cualquier radiación de longitud de onda mayor (naranja, roja, infrarroja) no arranca electrones del cesio por intensa que sea, y ese es justamente el hecho que la física clásica no podía explicar y que obligó a la hipótesis del fotón.

$$v_{m\acute{a}x} = \sqrt{\frac{2E_{c,m\acute{a}x}}{m_e}} = \sqrt{\frac{2\cdot 1{,}54\cdot 10^{-19}}{9{,}11\cdot 10^{-31}}} = \boxed{5{,}8\cdot 10^{5}\ \mathrm{m\,s^{-1}}}$$

Menos del $0{,}2\ \%$ de $c$, lo que confirma que el tratamiento no relativista era lícito. Conviene comprobarlo siempre antes de dar por bueno el resultado.

c) Transición 3 → 2 del hidrógeno

$$\Delta E = E_3 - E_2 = -\frac{13{,}6}{9} + \frac{13{,}6}{4} = 13{,}6\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{9}\right) = \boxed{1{,}89\ \mathrm{eV}}$$ $$\lambda = \frac{hc}{\Delta E} = \frac{1240}{1{,}89} = \boxed{656\ \mathrm{nm}}$$

Es la raya $H_\alpha$ de la serie de Balmer, en el rojo del visible: la línea roja característica de las nebulosas de emisión y del tubo de descarga de hidrógeno del laboratorio de instituto. Todas las transiciones que terminan en $n = 2$ caen en el visible o cerca; las que acaban en $n=1$ (serie de Lyman) son ultravioletas y las que acaban en $n=3$ (Paschen), infrarrojas.

d) Desintegración del yodo-131

$$\lambda_d = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{0{,}693}{8{,}02} = 8{,}64\cdot 10^{-2}\ \mathrm{d^{-1}} = 1{,}00\cdot 10^{-6}\ \mathrm{s^{-1}}$$ $$A = A_0\,e^{-\lambda_d t} = 5{,}0\cdot 10^{8}\cdot e^{-8{,}64\cdot 10^{-2}\cdot 30} = \boxed{3{,}7\cdot 10^{7}\ \mathrm{Bq}}$$

Queda el $7{,}5\ \%$: en 30 días han pasado casi cuatro periodos de semidesintegración ($30/8{,}02 = 3{,}74$), y $2^{-3{,}74} = 0{,}075$, lo que confirma el resultado sin exponenciales.

Para la masa, de $A_0 = \lambda_d N_0$ (con $\lambda_d$ en segundos, porque el becquerel es una desintegración por segundo — el error de unidades más frecuente del apartado):

$$N_0 = \frac{A_0}{\lambda_d} = \frac{5{,}0\cdot 10^{8}}{1{,}00\cdot 10^{-6}} = 5{,}0\cdot 10^{14}\ \text{átomos}$$ $$m_0 = \frac{N_0}{N_A}\cdot 131 = \frac{5{,}0\cdot 10^{14}}{6{,}022\cdot 10^{23}}\cdot 131 = \boxed{1{,}1\cdot 10^{-7}\ \mathrm{g}} \approx 0{,}11\ \mathrm{\mu g}$$

Una décima de microgramo con quinientos millones de desintegraciones por segundo: el número explica por qué los radiofármacos se manejan en cantidades invisibles y por qué el $\ce{^{131}I}$, con ocho días de periodo, es el isótopo de elección para tratar el tiroides —suficiente para actuar, suficientemente corto para no quedarse.

Comentario global del ejercicio

Frente al modelo I, este ejercicio carga más el peso sobre el razonamiento cualitativo: el apartado c) del problema 1, el sentido de la corriente en el 5 o la interpretación del tramo plano de la gráfica valen tanto como los cálculos, y son donde más puntos se pierden por respuestas de una línea.

Tres cosas que este examen entrena de forma deliberada:

1. Distinguir qué cambia la constante y qué solo desplaza el equilibrio. Únicamente la temperatura modifica $K$; presión, concentración y catalizadores mueven el sistema dentro de la misma constante. Y el gas inerte a volumen constante no hace ni una cosa ni la otra.
2. Comprobar las hipótesis a posteriori. La aproximación del ácido débil, el carácter no relativista del fotoelectrón o el dominio del ion común sobre el equilibrio son suposiciones que se hacen al empezar y se verifican al terminar, en una línea.
3. Leer las gráficas como física, no como dibujo. El perfil de la onda es una foto en el espacio, no la oscilación de un punto; el tramo nulo de la fem no es que "no pase nada", es que el flujo no varía. Un tribunal distingue perfectamente quién ha entendido el gráfico de quién lo ha copiado.

La serie se cierra con el examen modelo III, que cubre cinética, enlace, redox, fluidos, máquinas térmicas y oscilaciones. Para practicar con enunciados reales, con su referencia oficial y su convocatoria, el archivo de exámenes resueltos por comunidad autónoma recoge las pruebas prácticas de las últimas convocatorias.