Examen de Física y Química — Murcia 2025: enunciado y solución comentada

La parte A de la primera prueba de la oposición de Física y Química de Murcia de 2025 planteó seis supuestos prácticos: inducción electromagnética en un circuito semicircular giratorio, composición de movimientos en una grúa, dinámica del sólido rígido con esfera y polea, una elucidación estructural orgánica de nueve compuestos, solubilidad del hidróxido de calcio y una valoración redox indirecta con tiosulfato. Abajo tienes el enunciado y la resolución de los seis.

Fuente del enunciado. Documento oficial de la Consejería de Educación y Formación Profesional de la Región de Murcia, procedimientos selectivos 2025, cuerpo de Profesores de Enseñanza Secundaria, especialidad Física y Química (59007). Las soluciones son de elaboración propia; no proceden de criterios de corrección oficiales ni de ninguna academia.

Ejercicio 1 — Circuito semicircular giratorio en un campo limitado

Enunciado

(1,7 puntos) En una región espacial situada por encima del plano $z = 0$ existe un campo magnético uniforme y constante en el tiempo, con dirección paralela al eje horizontal X y sentido positivo, de módulo $B$. Sobre el plano $x = 0$ se sitúa un circuito plano con forma de arco circular de radio $R$ y su correspondiente cuerda, formando así una figura semicircular con centro en un punto fijo O. El material del circuito es homogéneo, con una resistencia de $\rho = \dfrac{1}{2+\pi}$ ohmios por unidad de longitud. Este conjunto se pone en rotación constante en su propio plano, alrededor de O, con velocidad angular $\vec\omega = \dfrac{\pi}{2}\,\hat\imath\ \mathrm{(rad/s)}$, girando de modo que en el instante inicial la cuerda coincide con el eje Y y el arco se encuentra íntegramente en la región $z > 0$. Se pide:

• a) (30 %) Determinar la intensidad y sentido de la corriente inducida en el circuito como función del tiempo. Representarla gráficamente, considerando positivo el sentido contrario al de las agujas del reloj.
• b) (70 %) Calcular la fuerza ejercida por el campo magnético sobre el circuito en cada instante.

Solución

a) Corriente inducida

Área efectiva. El campo solo existe en $z>0$, así que el flujo lo produce únicamente la parte del semicírculo situada por encima del plano $z=0$. Midiendo el ángulo $\varphi$ en el plano YZ desde el eje +Y, la región semicircular ocupa en cada instante el intervalo $[\theta,\ \theta+\pi]$, con $\theta = \omega t$. Su intersección con la región de campo, $[0,\pi]$, tiene amplitud angular $\pi-\theta$ mientras $0\le\theta\le\pi$, y $\theta-\pi$ mientras $\pi\le\theta\le 2\pi$. El área, que es la de un sector circular, resulta

es decir, una onda triangular: el flujo decrece linealmente durante media vuelta y crece linealmente durante la otra media. Como su pendiente es constante a trozos, la fuerza electromotriz es una onda cuadrada:

Resistencia del circuito. Aquí está la razón del valor tan peculiar de $\rho$: el perímetro es el del arco más el de la cuerda (que es un diámetro), $\pi R + 2R = R(\pi+2)$, de modo que

numéricamente igual al radio. La intensidad es, por tanto,

Sentido y periodo. El periodo de rotación es $T = 2\pi/\omega = 4\ \mathrm{s}$. Durante los dos primeros segundos el área en el campo disminuye, así que por la ley de Lenz la corriente circula en el sentido que mantiene el flujo, es decir el positivo (antihorario); durante los dos siguientes el área crece y la corriente se invierte:

b) Fuerza magnética sobre el circuito

La fuerza sobre un conductor recorrido por una corriente $I$ en un campo uniforme depende solo del vector que une los extremos del tramo sumergido en el campo:

El tramo con campo empieza y acaba donde el circuito corta el plano $z=0$: uno de esos puntos es siempre O (la cuerda pasa por el centro) y el otro es el extremo del arco sobre el eje Y, a distancia $R$ de O. Por tanto $|\Delta\vec\ell| = R$, dirigido a lo largo del eje Y, en todo instante. Con $\vec B = B\,\hat\imath$:

La fuerza es de módulo constante, perpendicular al plano del circuito y al campo (dirección Z), y cambia de sentido cada 2 s en fase con la corriente. Es un resultado elegante: aunque la geometría del tramo sumergido cambia continuamente, solo importa el vector extremo-a-extremo, que se mantiene igual.

Ejercicio 2 — Composición de movimientos en una grúa

Enunciado

(1,7 puntos) Una grúa gira con velocidad angular constante $\omega_1$ según su eje vertical, a la vez que su brazo AB de longitud $L$ se eleva muy lentamente con una velocidad angular constante $\omega_2$. La masa $M$ situada en la vertical que pasa por B sube respecto al brazo con velocidad constante $v$. Se pide, por movimiento relativo:

• a) (30 %) La velocidad absoluta de la masa $M$.
• b) (70 %) La aceleración absoluta de la masa $M$.

Solución

Modelo adoptado. El enunciado no acompaña figura, así que fijamos el sistema explícitamente: origen en A (pie del brazo), $\hat k$ vertical hacia arriba, $\hat\imath$ en la dirección de la proyección horizontal del brazo en el instante considerado y $\hat\jmath = \hat k\times\hat\imath$. El brazo forma un ángulo $\phi$ con la horizontal, de modo que $\vec r_B = L(\cos\phi,\,0,\,\mathrm{sen}\,\phi)$, y la carga cuelga de B a una distancia $d$, con $\vec r_M = (x,\,0,\,z)$, $x = L\cos\phi$, $z = L\,\mathrm{sen}\,\phi - d$. El sólido de arrastre es la estructura de la grúa y el movimiento relativo es el izado, vertical y de módulo constante $v$: $\vec v_\text{rel} = v\,\hat k$, $\vec a_\text{rel} = \vec 0$.

Velocidad angular de arrastre. La grúa gira alrededor de la vertical con $\omega_1$ y el brazo se eleva alrededor del eje horizontal perpendicular a su plano vertical con $\omega_2$ (el signo negativo corresponde a que $\phi$ crece):

Como $\hat\jmath$ acompaña al giro de la grúa, $\dfrac{\mathrm{d}\hat\jmath}{\mathrm{d}t} = \omega_1\hat k\times\hat\jmath = -\omega_1\hat\imath$, y por tanto

a) Velocidad absoluta

Cada término tiene lectura física directa: $\omega_1 x$ es la velocidad tangencial por el giro de la grúa; $\omega_2 x$ es el ascenso por la elevación del brazo, que se suma al izado $v$; y $-\omega_2 z$ es el acercamiento horizontal al eje, también por la elevación.

b) Aceleración absoluta

Término a término:

Sumando:

El término $-2\omega_2 v\,\hat\imath$ es la aceleración de Coriolis, que aparece precisamente porque la carga se mueve (izado) dentro de un sistema que rota: es la responsable de que la carga tienda a «adelantarse» respecto del brazo, un efecto muy real en las grúas y la razón de que se icen las cargas con el giro detenido siempre que es posible.

Ejercicio 3 — Esfera rodante, polea y masa colgante

Enunciado

(1,6 puntos) Un cuerpo esférico sólido y homogéneo, de radio $2R$ y masa $M$, se encuentra apoyado sobre una superficie horizontal con fricción que le permite rodar sin deslizamiento. Desde su interior, atravesado por una guía hueca rígida, emerge un filamento flexible que se extiende lateralmente hacia una estructura giratoria fija: un disco acanalado de masa $M$ y radio $R$, montado sobre un eje que le permite rotar libremente en un plano vertical. Del extremo libre del filamento cuelga una carga puntual de igual masa que el disco. Determine la aceleración del centro de masas de la esfera cuando el sistema empiece a moverse, en función de $M$, $R$ y $g$.

Solución

Sea $a$ la aceleración del centro de la esfera. Como el hilo es inextensible y sale por el centro de la esfera, ese mismo $a$ es el de la periferia de la polea y el de la carga colgante.

Esfera ($M$, radio $2R$, rodadura sin deslizamiento). La tensión $T_1$ actúa en el centro de masas, así que no produce par; el único par respecto al centro lo da el rozamiento $f$ en el punto de contacto. Con $I = \tfrac{2}{5}M(2R)^2 = \tfrac{8}{5}MR^2$ y la condición de rodadura $\alpha = a/(2R)$:

de donde $f = -\tfrac{2}{5}Ma$ (el rozamiento apunta hacia atrás) y

Polea-disco ($M$, radio $R$, $I = \tfrac{1}{2}MR^2$).

Carga colgante ($M$).

Combinando las tres:

Dos comentarios que conviene hacer explícitos: el resultado no depende ni de $M$ ni de $R$ (todas las masas son iguales y los radios se cancelan con las condiciones de rodadura), y el denominador $29/10$ se lee como la suma de las «masas efectivas»: $1$ de la carga, $7/5$ de la esfera que rueda y $1/2$ del disco.

Ejercicio 4 — Elucidación estructural ($\ce{C8H10O}$)

Enunciado

(1,7 puntos) Se dispone de un líquido incoloro A, de fórmula $\ce{C8H10O}$, insoluble en agua, que reacciona vigorosamente con sodio metálico desprendiendo un gas, pero no da precipitado plateado con el reactivo de Tollens. Tratado con óxido crómico en presencia de piridina, A se transforma en B, que sí da positivo con Tollens. Si B reacciona con un halogenuro de alquilmagnesio R–MgX (con R = metilo) y posterior hidrólisis, se obtiene C. Este, oxidado con dicromato en medio ácido a baja temperatura, conduce a D. El compuesto D, en las condiciones clásicas del ensayo del haloformo, da un precipitado amarillo E y un líquido F que desprende burbujas de gas al añadirle bicarbonato sódico. Por otro lado, si B se oxida directamente con dicromato sódico en medio ácido y baja temperatura, también se forma F. Cuando F se trata con cloruro de tionilo, seguido de etanol en medio básico, se forma G. Este G, en presencia de etóxido de sodio, da lugar a etanol y un nuevo compuesto H, que por hidrólisis y calentamiento prolongado pierde $\ce{CO2}$ y se convierte en I. El compuesto I no responde al ensayo de Tollens, pero sí produce precipitado con 2,4-DNPH. Se pide la estructura de los compuestos indicados.

Solución

Punto de partida

$\ce{C8H10O}$ tiene $\dfrac{2\cdot 8+2-10}{2} = 4$ grados de insaturación: un anillo bencénico. Que reaccione con sodio desprendiendo gas ($\ce{H2}$) delata un $\ce{-OH}$; que no dé Tollens descarta aldehído; y que la oxidación suave con $\ce{CrO3}$/piridina (reactivo de Collins, que se detiene en el aldehído) produzca un compuesto que sí da Tollens obliga a que A sea un alcohol primario aromático.

La pista decisiva: la condensación de Claisen

El paso $G + \ce{NaOEt} \rightarrow$ etanol + H es una condensación de Claisen, que exige que el éster G tenga hidrógenos en $\alpha$. Eso descarta los alcoholes bencílicos sustituidos (como el 4-metilbencílico, cuyo éster sería un benzoato sin $\alpha$-H) y fija A como el 2-feniletanol, $\ce{C6H5-CH2CH2OH}$. A partir de ahí todo encaja:

Justificación paso a paso

• A → B. $\ce{CrO3}$/piridina oxida el alcohol primario solo hasta aldehído; por eso B da Tollens positivo.
• B → C. El reactivo de Grignard $\ce{CH3MgX}$ adiciona un metilo al carbonilo; la hidrólisis libera el alcohol secundario C.
• C → D. El dicromato en medio ácido oxida el alcohol secundario a cetona.
• D → E + F. D es una metilcetona, requisito del ensayo del haloformo: se forma yodoformo (E, precipitado amarillo característico) y el ácido carboxílico F, que efervesce con bicarbonato (desprende $\ce{CO2}$), confirmando el grupo $\ce{-COOH}$.
• B → F. La oxidación enérgica del aldehído da el mismo ácido, lo que confirma que D y B comparten el esqueleto $\ce{C6H5CH2-}$: una comprobación cruzada muy elegante del enunciado.
• F → G. $\ce{SOCl2}$ convierte el ácido en cloruro de acilo, y el etanol en medio básico lo esterifica.
• G → H. Condensación de Claisen: el etóxido arranca un $\alpha$-H de G, y el carbanión ataca a otra molécula de éster expulsando etanol. Se obtiene un $\beta$-cetoéster.
• H → I. La hidrólisis del éster da un $\beta$-cetoácido, que al calentar descarboxila (pierde $\ce{CO2}$ por un estado de transición cíclico de seis miembros) dando la cetona simétrica I, que no da Tollens (no es aldehído) pero sí precipita con 2,4-DNPH (es carbonilo).

Ejercicio 5 — Solubilidad del hidróxido de calcio

Enunciado

(1,7 puntos) La solubilidad del hidróxido de calcio en agua cambia mucho con la temperatura, teniendo un valor de $1{,}85\ \mathrm{g\,L^{-1}}$ a 0 ºC y $0{,}77\ \mathrm{g\,L^{-1}}$ a 100 ºC. Se pide:

• a) (50 %) El pH de la disolución saturada de este hidróxido a 25 ºC.
• b) (50 %) Si se mezclan 40 mL de $\ce{NH3}$ 1,5 M con 10 mL de $\ce{CaCl2}$ 0,1 M a 25 ºC, ¿precipitará hidróxido de calcio? ($K_b(\ce{NH3}) = 1{,}81\cdot 10^{-5}$)

Solución

a) pH de la disolución saturada a 25 ºC

El enunciado no da la solubilidad a 25 ºC: hay que obtenerla de los dos datos disponibles. Con $M(\ce{Ca(OH)2}) = 74{,}1\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$:

y como $\ce{Ca(OH)2 <=> Ca^2+ + 2 OH-}$ da $K_{ps} = 4s^3$:

Vía rigurosa (Van’t Hoff). Con dos constantes a dos temperaturas se obtiene la entalpía de disolución y con ella el valor a 298 K:

negativa, exotérmica, coherente con que la solubilidad baje al calentar (comportamiento inverso al habitual, y la razón de que el agua de cal se enturbie al calentarla). Extrapolando a 298 K:

(Una interpolación lineal directa de la solubilidad daría $s = 2{,}13\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M}$ y $\mathrm{pH} = 12{,}63$: la diferencia es de solo 0,05 unidades, así que ambas vías son defendibles; la de Van’t Hoff es la que tiene fundamento termodinámico.)

b) ¿Precipita al mezclar amoniaco y cloruro de calcio?

Tras la mezcla, el volumen total es 50 mL:

El amoniaco es una base débil, $\ce{NH3 + H2O <=> NH4+ + OH-}$:

El cociente de reacción para el hidróxido de calcio vale

Como $Q < K_{ps}$, no precipita hidróxido de calcio: falta un factor de unas 60 veces. La conclusión es robusta, porque se mantiene incluso usando el $K_{ps}$ de la interpolación lineal ($3{,}9\cdot 10^{-5}$). Físicamente: el amoniaco es una base demasiado débil para generar el $\ce{OH-}$ que exigiría precipitar el calcio; haría falta una base fuerte.

Ejercicio 6 — Valoración redox indirecta con tiosulfato

Enunciado

(1,6 puntos) Una muestra de 0,2400 g de una mezcla sólida que contiene solo permanganato de potasio y cromato de potasio se trata en medio ácido con yoduro de potasio, liberando suficiente yodo para reaccionar con 60,00 mL de tiosulfato 0,1000 M. Se piden los porcentajes de Cr y de Mn en la muestra.

Masas molares: S 32,1; K 39,1; Cr 52; Mn 54,94; I 126,9 g/mol.

Solución

Planteamiento por equivalentes de electrones

Las tres etapas del proceso son:

La clave es que cada mol de tiosulfato equivale a un mol de electrones: los electrones que capturan los oxidantes liberan la mitad de moles de $\ce{I2}$, y cada $\ce{I2}$ consume dos tiosulfatos. Por tanto, llamando $x$ a los moles de $\ce{KMnO4}$ e $y$ a los de $\ce{K2CrO4}$ (en medio ácido el cromato pasa a dicromato, pero el estado de oxidación del Cr sigue siendo +6):

y la segunda ecuación es la masa, con $M(\ce{KMnO4}) = 158{,}04$ y $M(\ce{K2CrO4}) = 194{,}20\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$ (tomando O = 16,00, dato que el enunciado omite):

Resolución

Comprobación de la masa: $0{,}1416 + 0{,}0984 = 0{,}2400\ \mathrm{g}$ ✔

Merece la pena destacar el ahorro que supone razonar por equivalentes: no hace falta escribir las reacciones moleculares completas ni calcular el yodo intermedio, basta con contabilizar electrones.

Comentario global del ejercicio

Murcia opta por seis problemas cortos pero muy densos, con un peso importante de la física del sólido rígido y del electromagnetismo, y una química que exige tanto cálculo como razonamiento estructural. Tres claves:

1. Los enunciados esconden simplificaciones deliberadas. En el ejercicio 1, la resistencia por unidad de longitud $1/(2+\pi)$ está elegida para que la resistencia total sea exactamente $R$; en el 3, el hilo sale por el centro de la esfera para que su tensión no dé par. Detectar estos guiños ahorra mucho tiempo.
2. El ejercicio 4 se resuelve desde el final. La condensación de Claisen es lo que obliga a que haya hidrógenos en $\alpha$ y descarta el alcohol bencílico: conviene leer las nueve pistas antes de dibujar nada.
3. Cuando falta un dato, hay que construirlo y decirlo. El ejercicio 5 no da la solubilidad a 25 ºC: obtenerla por Van’t Hoff (y comentar que la interpolación lineal da algo parecido) es preferible a suponerla sin justificación.