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

La prueba práctica de la oposición de Física y Química de Navarra de 2025 constó de seis problemas repartidos a partes iguales entre química y física: precipitación fraccionada de haluros, elucidación estructural de cuatro isómeros $\ce{C7H12}$, cinética de descomposición del dimetiléter, dinámica de un cuerpo sobre una superficie cónica con resorte, inducción electromagnética en una varilla deslizante y vaciado de un depósito por un orificio. Abajo tienes el enunciado completo y la resolución paso a paso.

Fuente del enunciado. Documento oficial «Oposiciones docentes 2025 / 2025 irakasle oposizioak», cuerpo 590, especialidad Física y Química, prueba práctica, versión en castellano (existe también versión oficial en euskera). Las soluciones son de elaboración propia; no proceden de criterios de corrección oficiales ni de ninguna academia.

Problema 1 — Precipitación fraccionada de $\ce{Ag+}$ y $\ce{Pb^2+}$

Enunciado

(2 puntos) Se tienen 10,0 mL de una disolución que contiene ion plomo(II) en concentración $1{,}00\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}$ e ion plata en la misma concentración. A dicha disolución se adiciona ácido clorhídrico concentrado ($\rho = 1{,}18\ \mathrm{g/mL}$; riqueza 37,08 %) gota a gota.

• a) (0,5p) Determine qué catión precipitará primero.
• b) (1,5p) Después de añadir 10 gotas de la disolución del ácido, de 0,0500 mL cada una, determine qué concentración de ion plomo(II) queda en la disolución final, así como el porcentaje de plomo separado.

Datos: $K_{ps}(\ce{AgCl}) = 1{,}80\cdot 10^{-10}$; $K_{ps}(\ce{PbCl2}) = 1{,}70\cdot 10^{-5}$; $M(\mathrm{Cl}) = 35{,}45\ \mathrm{u}$; $M(\mathrm{H}) = 1{,}008\ \mathrm{u}$.

Solución

a) Cuál precipita primero

Precipita antes la sal que necesita menos cloruro para alcanzar su producto de solubilidad. Con ambos cationes a $1{,}00\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}$:

$$[\ce{Cl-}]_{\ce{AgCl}} = \frac{K_{ps}}{[\ce{Ag+}]} = \frac{1{,}80\cdot 10^{-10}}{1{,}00\cdot 10^{-3}} = 1{,}80\cdot 10^{-7}\ \mathrm{M}$$ $$[\ce{Cl-}]_{\ce{PbCl2}} = \sqrt{\frac{K_{ps}}{[\ce{Pb^2+}]}} = \sqrt{\frac{1{,}70\cdot 10^{-5}}{1{,}00\cdot 10^{-3}}} = 0{,}130\ \mathrm{M}$$

Hace falta seis órdenes de magnitud menos de cloruro para el $\ce{AgCl}$: precipita primero la plata, y prácticamente toda antes de que empiece a aparecer $\ce{PbCl2}$. Esta enorme diferencia es la base de la separación analítica clásica del grupo I de cationes.

b) Plomo que queda tras 10 gotas

Primero, la concentración del clorhídrico concentrado. Con $M(\ce{HCl}) = 1{,}008 + 35{,}45 = 36{,}46\ \mathrm{g/mol}$:

$$c(\ce{HCl}) = \frac{1000\cdot 1{,}18\cdot 0{,}3708}{36{,}46} = 12{,}0\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$$

Diez gotas de 0,0500 mL son 0,500 mL, es decir

$$n(\ce{HCl}) = 0{,}500\cdot 10^{-3}\cdot 12{,}0 = 6{,}00\cdot 10^{-3}\ \mathrm{mol}$$

y el volumen final es $10{,}0 + 0{,}5 = 10{,}5\ \mathrm{mL} = 0{,}0105\ \mathrm{L}$.

El cloruro consumido por los precipitados es despreciable frente al añadido: la plata consume $1{,}0\cdot 10^{-5}\ \mathrm{mol}$ y el plomo, como mucho, $2\cdot 10^{-5}$, frente a los $6{,}00\cdot 10^{-3}$ disponibles (un 0,5 %). Aun así, resolviendo con iteración:

$$[\ce{Cl-}] = \frac{6{,}00\cdot 10^{-3} - 2{,}9\cdot 10^{-5}}{0{,}0105} = 0{,}569\ \mathrm{M}$$ $$[\ce{Pb^2+}] = \frac{K_{ps}}{[\ce{Cl-}]^2} = \frac{1{,}70\cdot 10^{-5}}{0{,}569^2} = 5{,}3\cdot 10^{-5}\ \mathrm{M}$$

Los moles de plomo que quedan disueltos son $5{,}3\cdot 10^{-5}\cdot 0{,}0105 = 5{,}5\cdot 10^{-7}\ \mathrm{mol}$, frente a los $1{,}00\cdot 10^{-5}$ iniciales:

$$\%\text{ separado} = \frac{1{,}00\cdot 10^{-5} - 5{,}5\cdot 10^{-7}}{1{,}00\cdot 10^{-5}}\cdot 100 = 94{,}5\ \%$$

Se separa el 94,5 % del plomo, quedando en disolución un 5,5 %. Conviene notar que la dilución por el ácido añadido es mínima (5 %) pero que el gran exceso de cloruro es lo que fuerza la precipitación casi completa.

Problema 2 — Cuatro isómeros $\ce{C7H12}$

Enunciado

(1,5 puntos) La calefacción del 1-metil-1-hidroximetilciclopentano con ácido sulfúrico concentrado proporciona una mezcla de cuatro compuestos isómeros A, B, C y D de fórmula molecular $\ce{C7H12}$. Se conoce también la siguiente información:

• A se prepara por calefacción de una mezcla equimolar de etileno y 2-metil-1,3-butadieno.
• B, por ozonólisis, proporciona ácido 5-oxoheptanoico.
• C se sintetiza por reacción de ciclopentanona con el reactivo que se prepara por calefacción de la trifenilfosfina con bromuro de etilo y posterior tratamiento del intermedio con butillitio.
• D es capaz de reducirse a metilciclohexano por hidrogenación con paladio sobre carbón. Además, D por reacción con HCl genera E ($\ce{C7H13Cl}$), que por calentamiento con piridina genera el isómero A.

Proporcione un mecanismo que explique la formación de los cuatro isómeros, escriba las reacciones implicadas en el resto de los procesos e identifique la estructura de cada isómero.

Solución

Identificación a partir de las pistas

| | Pista | Reacción implicada | Estructura | | ----- | ------------------------------------------------------------- | ------------------------ | ------------------------ | | A | Etileno + 2-metil-1,3-butadieno (isopreno), Δ | Diels-Alder | 1-metilciclohexeno | | B | Ozonólisis → ácido 5-oxoheptanoico | Ozonólisis oxidativa | 1-etilciclopenteno | | C | Ciclopentanona + $\ce{Ph3P}$/$\ce{CH3CH2Br}$/BuLi | Wittig | etilidenciclopentano | | D | $\ce{H2}$/Pd-C → metilciclohexano; +HCl → E; E + piridina → A | Adición Markovnikov + E2 | metilenciclohexano |

A. La reacción de Diels-Alder entre el isopreno (dieno) y el etileno (dienófilo) forma dos enlaces $\sigma$ y deja el doble enlace entre los antiguos C2 y C3 del dieno. Como el metilo está sobre C2, queda sobre un carbono $sp^2$ del anillo: el producto es el 1-metilciclohexeno.

B. El ácido 5-oxoheptanoico es $\ce{HOOC-CH2CH2CH2-CO-CH2CH3}$. La ozonólisis oxidativa de un cicloalqueno abre el anillo dando un solo producto de cadena abierta: el carbono del doble enlace sin hidrógeno (el que lleva el sustituyente) se convierte en cetona y el que sí tiene hidrógeno, en ácido carboxílico. Recomponiendo hacia atrás, el anillo era de cinco carbonos y el carbono cetónico llevaba un etilo: 1-etilciclopenteno.

C. La secuencia $\ce{Ph3P + CH3CH2Br ->}$ sal de fosfonio, y luego BuLi, genera el iluro de Wittig $\ce{Ph3P=CHCH3}$. Con ciclopentanona da el alqueno exocíclico $\ce{C5H8{=}CHCH3}$: etilidenciclopentano.

D. La hidrogenación a metilciclohexano exige un anillo de seis con un metilo; la adición de HCl (Markovnikov) da un haluro terciario, 1-cloro-1-metilciclohexano, y su E2 con piridina conduce al alqueno más sustituido, que es A. Todo encaja con metilenciclohexano (alqueno exocíclico).

Mecanismo de la deshidratación

El sustrato es un alcohol primario sobre un carbono cuaternario. Protonado el $\ce{-OH}$, la salida de agua daría un carbocatión primario, inaccesible: la migración es concertada con la salida del agua (asistencia anquimérica) y ocurre por dos caminos que compiten, ambos hacia carbocationes terciarios:

1. Expansión de anillo (transposición de Wagner-Meerwein). Migra un enlace C–C del ciclo al carbono primario: el anillo pasa de cinco a seis miembros y la carga queda sobre el carbono que lleva el metilo → catión 1-metilciclohexilo.
2. Migración de metilo. Migra el grupo metilo al carbono primario: el anillo sigue siendo de cinco y el carbono deficiente pasa a ser el del ciclo, ahora con un etilo → catión 1-etilciclopentilo.

Cada carbocatión terciario pierde después un protón $\beta$ (E1) por dos posiciones distintas:

$$\text{catión 1-metilciclohexilo} \longrightarrow \underbrace{\text{1-metilciclohexeno}}_{\mathbf{A}\;(\text{endocíclico, Zaitsev})} \;+\;\underbrace{\text{metilenciclohexano}}_{\mathbf{D}\;(\text{exocíclico})}$$ $$\text{catión 1-etilciclopentilo} \longrightarrow \underbrace{\text{1-etilciclopenteno}}_{\mathbf{B}\;(\text{endocíclico, Zaitsev})} \;+\;\underbrace{\text{etilidenciclopentano}}_{\mathbf{C}\;(\text{exocíclico})}$$

Los cuatro son $\ce{C7H12}$ (dos insaturaciones: un ciclo y un doble enlace). Los productos mayoritarios son los endocíclicos A y B, más sustituidos y por tanto más estables (regla de Zaitsev).

Resto de reacciones

$$\text{A:}\quad \ce{CH2=C(CH3)-CH=CH2 + CH2=CH2 ->[\Delta] \text{1-metilciclohexeno}}$$ $$\text{B:}\quad \text{1-etilciclopenteno} \;\xrightarrow{1)\ \ce{O3}\;\; 2)\ \ce{H2O2}}\; \ce{HOOC-CH2CH2CH2-CO-CH2CH3}$$ $$\text{C:}\quad \ce{Ph3P + CH3CH2Br -> [Ph3P-CH2CH3]+ Br-} \;\xrightarrow{\ce{BuLi}}\; \ce{Ph3P=CHCH3} \;\xrightarrow{\text{ciclopentanona}}\; \text{etilidenciclopentano}$$ $$\text{D:}\quad \text{metilenciclohexano} \xrightarrow{\ce{H2},\,\ce{Pd/C}} \text{metilciclohexano}; \qquad \text{metilenciclohexano} \xrightarrow{\ce{HCl}} \underbrace{\text{1-cloro-1-metilciclohexano}}_{\mathbf{E}} \xrightarrow[\Delta]{\text{piridina}} \mathbf{A}$$

Problema 3 — Cinética de descomposición del dimetiléter

Enunciado

(1,5 puntos) El dimetiléter se descompone en metano, monóxido de carbono e hidrógeno. La constante cinética del proceso es de $2{,}8\cdot 10^{-2}\ \mathrm{min^{-1}}$ a 500 ºC. Colocamos cierta cantidad de dimetiléter en un matraz sellado y dejamos que transcurra la reacción a 500 ºC.

• a) (0,75p) Obtenga las expresiones para las presiones parciales de cada uno de los cuatro gases y la presión total, en función del tiempo y de la presión inicial $P_0$.
• b) (0,75p) Calcule las fracciones molares de cada gas transcurridos 4 minutos, en el caso de que la reacción transcurra a 600 ºC.

Datos: $E_a = 189089\ \mathrm{J\,mol^{-1}}$; $R = 8{,}314\ \mathrm{J\,K^{-1}mol^{-1}}$.

Solución

a) Presiones parciales

La reacción es $\ce{CH3OCH3 (g) -> CH4 (g) + CO (g) + H2 (g)}$: cada molécula que se descompone produce tres. Como las unidades de $k$ son $\mathrm{min^{-1}}$, el proceso es de primer orden y

$$p_{\ce{CH3OCH3}}(t) = P_0\,e^{-kt}$$

La presión de éter descompuesta es $P_0(1-e^{-kt})$, y por la estequiometría 1:1:1:1 cada producto aparece en esa misma medida:

$$p_{\ce{CH4}} = p_{\ce{CO}} = p_{\ce{H2}} = P_0\left(1 - e^{-kt}\right)$$ $$P_\text{total} = P_0 e^{-kt} + 3P_0\left(1-e^{-kt}\right) = P_0\left(3 - 2e^{-kt}\right)$$

Comprobación de límites: en $t=0$, $P_\text{total} = P_0$; en $t\to\infty$, $P_\text{total}\to 3P_0$, el triple, como exige la estequiometría.

b) Fracciones molares a 600 ºC y 4 min

Primero hay que llevar la constante de 500 ºC (773 K) a 600 ºC (873 K) con la ecuación de Arrhenius:

$$\ln\frac{k_2}{k_1} = -\frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_2}-\frac{1}{T_1}\right) = -\frac{189089}{8{,}314}\left(\frac{1}{873}-\frac{1}{773}\right) = 3{,}37$$ $$k_2 = 2{,}8\cdot 10^{-2}\cdot e^{3{,}37} = 0{,}814\ \mathrm{min^{-1}}$$

Un aumento de 100 K multiplica la constante por 29: es la enorme sensibilidad térmica que cabe esperar de una energía de activación de 189 kJ/mol. A los 4 minutos,

$$e^{-k_2 t} = e^{-0{,}814\cdot 4} = e^{-3{,}26} = 0{,}0385$$

de modo que queda un 3,85 % del éter. Las presiones (en unidades de $P_0$) son $p_\text{éter} = 0{,}0385$ y $p_{\ce{CH4}} = p_{\ce{CO}} = p_{\ce{H2}} = 0{,}9615$, con $P_\text{total} = 3 - 2(0{,}0385) = 2{,}923$. Por tanto:

$$\chi_{\ce{CH3OCH3}} = \frac{0{,}0385}{2{,}923} = 0{,}013; \qquad \chi_{\ce{CH4}} = \chi_{\ce{CO}} = \chi_{\ce{H2}} = \frac{0{,}9615}{2{,}923} = 0{,}329$$

(La suma es $0{,}013 + 3\cdot 0{,}329 = 1{,}000$.) A 600 ºC la reacción está prácticamente completa a los 4 minutos, mientras que a 500 ºC el mismo tiempo apenas habría descompuesto un 11 %.

Problema 4 — Cuerpo sobre una superficie cónica con resorte

Enunciado

(2 puntos) Un cuerpo de 6 kg de masa gira apoyado sobre la cara exterior de una superficie cónica y lisa (se desprecia el rozamiento). A su vez, el cuerpo está unido a un resorte de masa despreciable. El ángulo que forma la superficie cónica con su eje es $\alpha = 30^\circ$, y el cuerpo gira a una velocidad angular uniforme de 10 r.p.m. Calcule:

• a) (0,75p) La fuerza que ejerce la superficie cónica sobre el cuerpo y la elongación del resorte.
• b) (0,5p) La velocidad angular mínima a la que debe girar el cuerpo para perder el contacto con la superficie cónica.
• c) (0,75p) La elongación del resorte y el ángulo que forma con la vertical si el cuerpo girase a 15 r.p.m.

Datos: $g = 9{,}8\ \mathrm{m\,s^{-2}}$; resorte con $K = 100\ \mathrm{N\,m^{-1}}$ y longitud natural $L_0 = 5\ \mathrm{m}$.

Problema 4

Cuerpo sobre la cara exterior del cono, sujeto por el resorte al vértice

N

mg

T

α

vértice

r = L sen α

Solución

Planteamiento

Sea $L = L_0 + x$ la longitud del resorte (con $x$ la elongación y $T = Kx$ la tensión), medida desde el vértice a lo largo de la generatriz. El radio de la circunferencia que describe el cuerpo es $r = L\,\mathrm{sen}\,\alpha$. Descomponiendo en la dirección radial (positiva hacia fuera) y la vertical (positiva hacia arriba), la normal es perpendicular a la generatriz y vale $\vec N = N(\cos\alpha,\ \mathrm{sen}\,\alpha)$, mientras que la tensión apunta hacia el vértice, $\vec T = T(-\mathrm{sen}\,\alpha,\ \cos\alpha)$. Como el movimiento es circular uniforme, la resultante radial es la centrípeta $-m\omega^2 r$ y la vertical es nula:

$$-T\,\mathrm{sen}\,\alpha + N\cos\alpha = -m\omega^2 L\,\mathrm{sen}\,\alpha$$ $$T\cos\alpha + N\,\mathrm{sen}\,\alpha = mg$$

a) A 10 r.p.m.

$\omega = \dfrac{10\cdot 2\pi}{60} = 1{,}047\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$. Sustituyendo $L = 5 + T/100$ en la primera ecuación y resolviendo el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:

$$T = 60{,}1\ \mathrm{N}, \qquad N = 13{,}4\ \mathrm{N}$$ $$x = \frac{T}{K} = \frac{60{,}1}{100} = 0{,}601\ \mathrm{m} \;\Longrightarrow\; L = 5{,}60\ \mathrm{m},\quad r = 2{,}80\ \mathrm{m}$$

Comprobación: $m\omega^2 r = 6\cdot 1{,}047^2\cdot 2{,}80 = 18{,}4\ \mathrm{N}$, que coincide con $T\,\mathrm{sen}\,\alpha - N\cos\alpha = 30{,}07 - 11{,}63 = 18{,}4\ \mathrm{N}$. La fuerza que la superficie ejerce sobre el cuerpo es de 13,4 N y el resorte se estira 60,1 cm.

b) Velocidad angular para despegar

El cuerpo pierde el contacto cuando $N = 0$. Entonces la vertical da directamente

$$T = \frac{mg}{\cos\alpha} = \frac{58{,}8}{0{,}866} = 67{,}9\ \mathrm{N} \;\Longrightarrow\; L = 5 + 0{,}679 = 5{,}68\ \mathrm{m}$$

y la radial, $T\,\mathrm{sen}\,\alpha = m\omega^2 L\,\mathrm{sen}\,\alpha$, es decir $T = m\omega^2 L$:

$$\omega_\text{mín} = \sqrt{\frac{T}{mL}} = \sqrt{\frac{67{,}9}{6\cdot 5{,}68}} = 1{,}41\ \mathrm{rad\,s^{-1}} = 13{,}5\ \mathrm{r.p.m.}$$

c) A 15 r.p.m.

Como $15 > 13{,}5\ \mathrm{r.p.m.}$, el cuerpo ya ha despegado de la superficie: se comporta como un péndulo cónico sostenido solo por el resorte, que forma un ángulo $\theta$ con la vertical (necesariamente $\theta > \alpha$). Con $\omega = 1{,}571\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$:

$$T\cos\theta = mg, \qquad T\,\mathrm{sen}\,\theta = m\omega^2 L\,\mathrm{sen}\,\theta \;\Longrightarrow\; T = m\omega^2 L$$

Igualando con la ley de Hooke, $K(L - L_0) = m\omega^2 L$:

$$L = \frac{K L_0}{K - m\omega^2} = \frac{100\cdot 5}{100 - 6\cdot 2{,}467} = 5{,}87\ \mathrm{m} \;\Longrightarrow\; x = 0{,}87\ \mathrm{m}$$ $$T = m\omega^2 L = 86{,}9\ \mathrm{N}, \qquad \cos\theta = \frac{mg}{T} = \frac{58{,}8}{86{,}9} = 0{,}677 \;\Longrightarrow\; \theta = 47{,}4^\circ$$

Efectivamente $47{,}4^\circ > 30^\circ$, lo que confirma que el cuerpo está separado del cono. Nótese además que la expresión de $L$ diverge si $m\omega^2 \to K$: por encima de $\omega = \sqrt{K/m} = 4{,}08\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$ el resorte no podría sostener el giro.

Problema 5 — Varilla conductora sobre carriles inclinados

Enunciado

(1,5 puntos) Una varilla conductora de masa $m$, longitud $L$ y resistencia eléctrica $R$ desciende deslizando sin rozamiento desde el reposo por unos carriles conductores paralelos que forman un ángulo $\alpha$ con la horizontal. Los carriles se cierran en su parte inferior por un conductor paralelo. En la región existe un campo magnético uniforme $B$, perpendicular al plano horizontal (suelo). Determine la expresión matemática de:

• a) (0,75p) La corriente inducida en el circuito, en función de la velocidad de la varilla, y razone su sentido.
• b) (0,75p) La velocidad de la varilla una vez alcanzado el régimen de movimiento uniforme.

Solución

a) Corriente inducida

El detalle decisivo es que $\vec B$ es vertical, no perpendicular al plano inclinado. El flujo que atraviesa el circuito es el que corresponde a la proyección horizontal del área encerrada. Si la varilla ha recorrido una distancia $s$ sobre el plano, el área en el plano inclinado es $Ls$ y su proyección horizontal, $Ls\cos\alpha$:

$$\Phi = B\,L\,s\,\cos\alpha$$

Aplicando la ley de Faraday, con $v = \mathrm{d}s/\mathrm{d}t$:

$$\varepsilon = -\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} = -B\,L\,v\cos\alpha \;\Longrightarrow\; \boxed{\,I = \frac{B\,L\,v\cos\alpha}{R}\,}$$

Sentido. Al descender la varilla el área encerrada crece, y con ella el flujo. Por la ley de Lenz, la corriente inducida circula en el sentido que genera un flujo opuesto al aumento, es decir, horario visto desde arriba si el flujo entrante crece hacia arriba (y al revés en caso contrario). La consecuencia física importante es que la fuerza magnética sobre la varilla se opone siempre al movimiento: frena la caída.

b) Velocidad límite

Sobre la varilla, recorrida por la corriente $I$ y situada en el campo vertical $B$, aparece una fuerza $\vec F = I\vec L\times\vec B$ de módulo $ILB$ y dirección horizontal (perpendicular a la varilla). Su componente a lo largo del plano, que es la que se opone al deslizamiento, vale $ILB\cos\alpha$. El régimen uniforme se alcanza cuando esa componente iguala a la componente del peso:

$$mg\,\mathrm{sen}\,\alpha = I\,L\,B\cos\alpha = \frac{B^2L^2v\cos^2\alpha}{R}$$ $$\boxed{\,v_\text{límite} = \frac{m\,g\,R\,\mathrm{sen}\,\alpha}{B^2L^2\cos^2\alpha}\,}$$

Obsérvese la coherencia dimensional y los límites: si $B\to 0$ o $R\to\infty$ no hay frenado y la velocidad límite diverge (caída libre por el plano); y si $\alpha\to 90^\circ$ el campo vertical deja de cortar el circuito ($\cos\alpha\to 0$) y tampoco hay frenado.

Problema 6 — Vaciado de un depósito cilíndrico

Enunciado

(1,5 puntos) A un recipiente cilíndrico de radio $R$ y altura $H$, abierto por su parte superior e inicialmente lleno de agua, se le realiza un orificio de radio $r$ en el fondo. Despreciando la viscosidad y las variaciones de presión atmosférica con la altura, determine:

• a) (0,5p) La velocidad de salida del agua cuando el recipiente se ha vaciado a la mitad.
• b) (1p) La expresión matemática del tiempo que tarda en vaciarse y calcule dicho tiempo.

Datos: $R = 10\ \mathrm{cm}$; $r = 4\ \mathrm{cm}$; $H = 70\ \mathrm{cm}$; $g = 9{,}8\ \mathrm{m/s^2}$.

Solución

a) Velocidad de salida a media altura

Aplicando Bernoulli entre la superficie libre (presión atmosférica, altura $h$) y el orificio (presión atmosférica, altura 0), se obtiene el teorema de Torricelli:

$$v = \sqrt{2gh} = \sqrt{2\cdot 9{,}8\cdot 0{,}35} = 2{,}62\ \mathrm{m/s}$$

Matiz que conviene hacer constar. Torricelli supone que la superficie libre desciende con velocidad despreciable, lo que exige $r \ll R$. Aquí $r/R = 0{,}4$, nada despreciable. Conservando el término de la superficie y usando la continuidad $\pi R^2 v_1 = \pi r^2 v_2$:

$$v = \sqrt{\frac{2gh}{1-(r/R)^4}} = \sqrt{\frac{6{,}86}{0{,}9744}} = 2{,}65\ \mathrm{m/s}$$

La corrección es solo del 1,3 % porque entra a la cuarta potencia, pero señalarla demuestra criterio.

b) Tiempo de vaciado

El caudal que sale iguala a la disminución de volumen en el depósito:

$$\pi R^2\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t} = -\pi r^2\sqrt{2gh} \;\Longrightarrow\; \frac{\mathrm{d}h}{\sqrt{h}} = -\frac{r^2}{R^2}\sqrt{2g}\,\mathrm{d}t$$

Integrando desde $h = H$ hasta $h = 0$:

$$2\sqrt{H} = \frac{r^2}{R^2}\sqrt{2g}\,t \;\Longrightarrow\; \boxed{\,t = \frac{2R^2}{r^2}\sqrt{\frac{H}{2g}}\,}$$

Numéricamente, con $R^2/r^2 = (10/4)^2 = 6{,}25$:

$$t = 2\cdot 6{,}25\cdot\sqrt{\frac{0{,}70}{19{,}6}} = 12{,}5\cdot 0{,}189 = 2{,}36\ \mathrm{s}$$

(Con la corrección exacta del apartado a, $t = 2{,}36\sqrt{1-(r/R)^4} = 2{,}33\ \mathrm{s}$.) El resultado es un tiempo muy corto precisamente porque el orificio es grande: su área es el 16 % de la del depósito.

Comentario global del ejercicio

Navarra plantea un examen muy equilibrado y muy exigente en tiempo: tres problemas de química (equilibrios de solubilidad, síntesis y elucidación orgánica, cinética con Arrhenius) y tres de física (dinámica de rotación con resorte, inducción, fluidos), sin apartados de relleno. Tres observaciones útiles:

1. El problema 2 es el que más separa. Exige reconocer de golpe Diels-Alder, ozonólisis, Wittig y una transposición de Wagner-Meerwein. La estrategia es leer las cuatro pistas antes de escribir nada: cada una identifica un isómero de forma independiente y el mecanismo se deduce después.
2. Cuidado con la geometría del problema 5. Que el campo sea vertical —y no perpendicular al plano inclinado— introduce los factores $\cos\alpha$ que distinguen la solución correcta de la de memoria.
3. Señalar las aproximaciones puntúa. En el problema 6, comentar que $r/R = 0{,}4$ pone en cuestión la hipótesis de Torricelli y cuantificar el error demuestra dominio del modelo.