Física, PAU 2021 de Catalunya: l’examen de juny (sèrie 2) resolt

Plantejament Al baricentre les tres contribucions iguals formen angles de cent vint graus i s’anul·len. Al vèrtex superior només sumem les dues càrregues de la base, sense incloure el camp propi.

1. Les components horitzontals dels dos camps es cancel·len per simetria.

   $E_{1}=E_{2}=\frac{kq}{d^2}$$E_x=0$

2. Les components verticals apunten cap a les càrregues negatives, avall.

   $E_y=-2\frac{kq}{d^2}\cos30^\circ=-\sqrt3\frac{kq}{d^2}$

Plantejament L’energia de formació és el treball extern necessari per reunir les càrregues des de l’infinit. Sumem cada parella una sola vegada.

1. Hi ha tres parelles, separades totes una distància d.

   $U$${}= k\frac{(-q)(-q)}d$${}+k\frac{(-q)(-q)}d$${}+k\frac{(-q)(-q)}d$

2. El resultat és positiu: per ajuntar càrregues iguals hem de vèncer-ne la repulsió.

   $U=\frac{3kq^2}{d}>0$

Plantejament L’elongació inicial respecte de la longitud natural és l’amplitud. Comencem en deixar anar el bloc des de l’extrem dret i amb velocitat nul·la.

1. Calculem amplitud, freqüència angular i període.

   $A=0{,}45-0{,}30=0{,}15\,\mathrm m$$\omega=\sqrt{300/2}$$T=2\pi\sqrt{2/300}$

2. L’origen és a l’equilibri i el sentit positiu apunta a la dreta.

   $x(t)=0{,}15\cos(\sqrt{150}\,t)\,\mathrm m$

Plantejament No hi ha fregament i l’energia mecànica es manté constant. A l’instant inicial tota l’energia és potencial, perquè deixem anar el bloc en repòs.

1. L’energia màxima s’obté a partir de l’amplitud, sense arrodonir.

   $E_m$${}= \frac12kA^2$${}= \frac12\cdot300\cdot0{,}15^2$${}= 3{,}375\,\mathrm J$

2. Al gràfic, U comença a dalt i K a zero; totes dues tenen període T/2. A T/4 s’intercanvien, a T/2 tornen a l’estat energètic inicial i a T es repeteix tot.

   $U(t)=3{,}375\cos^2(\sqrt{150}\,t)$$K(t)$${}= 3{,}375\sin^2(\sqrt{150}\,t)\quad[\mathrm J]$

Plantejament El potencial disminueix en el sentit del camp uniforme. Un desplaçament perpendicular al camp no canvia el potencial.

1. A i B estan separats horitzontalment tot el costat del quadrat, en el sentit del camp.

   $V_B-V_A$${}= -Ed$${}= -2{,}00\cdot10^6\cdot12\cdot10^{-3}$

2. C i D són a la mateixa vertical i sobre la mateixa equipotencial.

   $V_D-V_C=-\vec E\cdot\overrightarrow{CD}=0$

Plantejament El protó rep una força constant cap a la dreta i descriu un moviment rectilini uniformement accelerat. El treball del camp es transforma en energia cinètica.

1. Calculem el treball positiu durant tota l’amplària.

   $W$${}= qEd$${}= 1{,}602\cdot10^{-19}\cdot2{,}00\cdot10^6\cdot0{,}012$

2. El protó parteix del repòs i el treball és la seva energia cinètica final.

   $\frac12m_pv^2=W\Rightarrow v=\sqrt{\frac{2qEd}{m_p}}$

Plantejament El nombre màssic compta nucleons i l’atòmic compta protons. L’emissió beta positiva transforma un protó del nucli en un neutró i emet positró i neutrí electrònic.

1. Restem protons a nucleons per obtenir neutrons.

   $A=13$$Z=7$$N=A-Z=6$

2. Conservem càrrega, nucleons i nombre leptònic. Un protó lliure aïllat no té massa suficient per convertir-se espontàniament en neutró més positró; dins d’un nucli ho pot finançar la diferència de masses nuclears.

   ${}^{13}_{7}\mathrm N$${}\to {}^{13}_{6}\mathrm C+{}^{0}_{+1}e$${}+\nu_e$

Plantejament La llei exponencial serveix per a massa, nombre de nuclis i activitat. Relacionem la constant amb la semivida abans de substituir el temps.

1. Imposem la meitat de massa després d’una semivida.

   $\frac12$${}= e^{-\lambda T_{1/2}}$${}\Rightarrow \lambda=\frac{\ln2}{9{,}965}\,\mathrm{min^{-1}}$$m(30)=5\cdot2^{-30/9{,}965}\,\mathrm{ng}$

2. Per a l’activitat fem servir el mateix exponent; aïllem el temps per a la centèsima part.

   $A(t)=A_0e^{-\lambda t}$$0{,}01=e^{-\lambda t}\Rightarrow t=\frac{\ln100}{\lambda}$

Plantejament El camp és perpendicular a cada espira, de manera que el flux d’una espira és B per la seva àrea. La FEM de tota la bobina depèn de la derivada del flux i del nombre d’espires.

1. Triem la normal de la superfície en el sentit positiu del camp.

   $\Phi(t)=SB_0\cos(\omega t+\varphi_0)$

2. Apliquem Faraday incloent el signe de Lenz.

   $\varepsilon(t)$${}= -N\frac{d\Phi}{dt}$${}= NSB_0\omega\sin(\omega t+\varphi_0)$

Plantejament La resistència converteix la FEM en corrent segons Ohm. Una freqüència menor redueix tant la freqüència com l’amplitud de la FEM.

1. El màxim del sinus és la unitat.

   $I_{\max}=\frac{NSB_0\omega}{R}$

2. En reduir omega, el període augmenta i l’amplitud baixa: la corba correcta és A.

   $T=\frac{2\pi}{\omega}$$\varepsilon_{\max}=NSB_0\omega$

Plantejament Una corda fixada pels dos extrems té nodes a tots dos extrems. En mantenir la tensió i la mateixa corda, la velocitat de propagació es manté constant.

1. Per al primer mode hi cap mitja longitud d’ona i per al tercer, tres mitges longituds.

   $\lambda_n=2L/n$$\lambda_1=2\cdot0{,}325$$\lambda_3=2\cdot0{,}325/3$$v=\lambda_1\cdot38{,}89$

2. Dibuixem sin(nπx/L): nodes x=jL/n i ventres x=(2 j+1)L/(2 n). Amb la corda escurçada la nova freqüència és v/(2 Lnou).

   $y_n\propto\sin(n\pi x/L)$$f^\prime=\frac{2\cdot0{,}325\cdot38{,}89}{2\cdot0{,}27}$

Plantejament La intensitat mesurada permet trobar la potència emesa si el so es reparteix esfèricament. En reduir a la meitat fonts iguals, la intensitat mitjana es redueix a la meitat.

1. Convertim el nivell de trenta decibels a intensitat.

   $I$${}= 10^{-12}10^{30/10}$${}= 10^{-9}\,\mathrm{W/m^2}$$P=4\pi\cdot23^2I$

2. Restem el canvi logarítmic corresponent a dividir la intensitat per dos.

   $\beta^\prime=30+10\log_{10}(1/2)$

Plantejament Un fotó té energia h per freqüència. Una longitud d’ona menor implica freqüència i energia més grans; la freqüència no es multiplica per comptar un mol de fotons, però l’energia total sí.

1. Calculem totes dues freqüències i l’energia d’un fotó de cada color.

   $f_r=\frac{3{,}00\cdot10^8}{750\cdot10^{-9}}$$f_g=\frac{3{,}00\cdot10^8}{550\cdot10^{-9}}$$E_\gamma=hf$

2. L’energia d’un mol és NA vegades l’energia individual. El verd té els fotons més energètics.

   $E_{\rm mol}=6{,}022\cdot10^{23}E_\gamma$

Plantejament L’energia llindar coincideix amb la funció de treball. Només el verd supera aquest llindar i pot emetre electrons.

1. Obtenim la longitud d’ona límit.

   $\lambda_0$${}= \frac{hc}{W_0}$${}= \frac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3{,}00\cdot10^8}{3{,}46\cdot10^{-19}}$

2. Restem el treball d’extracció a l’energia verda. Per al vermell no hi ha electrons emesos; no s’assigna una energia cinètica negativa.

   $K_{\max,g}=\frac{hc}{550\cdot10^{-9}}-W_0$$E_{\gamma,r}<W_0$

3. El gràfic té eix horitzontal Eγ i vertical Kmax: sense emissió per sota de W 0 i recta de pendent u Kmax=Eγ−W 0 per sobre.

   $E_\gamma\ge W_0\Rightarrow K_{\max}=E_\gamma-W_0$