Física, PAU 2024 de Catalunya: l’examen de juny (sèrie 5) resolt

Plantejament Es demana dibuixar les línies de camp de la primera zona, dir quina placa és a potencial alt i quina és l’ànode, i calcular la velocitat de sortida. La gota té càrrega negativa i el camp l’accelera cap a la dreta sense desviar-la.

1. Les gotes no es desvien: la força, i amb ella el camp, té la direcció de la velocitat, horitzontal. Entre dues plaques planes el camp és uniforme: les línies són rectes horitzontals, perpendiculars a les plaques i equidistants, perquè la densitat de línies és la mateixa a tot l’espai entre elles.

   $\vec F=q\vec E=m\vec a$

2. Com que la càrrega és negativa, la força va en sentit contrari al camp. La gota s’accelera cap a la dreta, per tant el camp apunta cap a l’esquerra: les línies van de la placa de la dreta a la de l’esquerra (figura).

   $q<0\;\Rightarrow\;\vec E\uparrow\downarrow\vec F$

3. Les línies de camp van cap als potencials decreixents: la placa de la dreta ($V_2$) és a potencial alt i la de l’esquerra ($V_1$), a potencial baix. Les línies surten de les càrregues positives i arriben a les negatives: la placa de la dreta és l’ànode i la de l’esquerra, el càtode.

   $V_2>V_1$

4. El treball del camp es converteix en energia cinètica; la gota hi entra pràcticament en repòs:

   $\tfrac12mv^2$${}= |q|\,\Delta V$${}= 9{,}00\times10^{-9}\cdot50{,}0$${}= 4{,}50\times10^{-7}\,\mathrm{J}$

5. N’aïllem la velocitat, amb $m=3{,}00\,\mu\mathrm{g}=3{,}00\times10^{-9}\,\mathrm{kg}$:

   $v$${}= \sqrt{\frac{2\cdot4{,}50\times10^{-7}}{3{,}00\times10^{-9}}}$${}= 17{,}3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

ResultatLínies horitzontals i equidistants, de la placa dreta a l’esquerra. Placa dreta: potencial alt, ànode; placa esquerra: potencial baix, càtode. $v=17{,}3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$.

La pauta oficial dona: v = 17,3 m/s

Plantejament Es demana el mòdul de l’acceleració a la segona zona i el tipus de moviment. Allà el camp és vertical i uniforme, i la gota hi entra amb la velocitat horitzontal de l’apartat a).

1. Camp entre les plaques de la segona zona:

   $E$${}= \frac{\Delta V}{d}=\frac{30{,}0}{1{,}50\times10^{-2}}$${}= 2{,}00\times10^{3}\,\mathrm{V\,m^{-1}}$

2. Segona llei de Newton, sense gravetat ni fregament:

   $a$${}= \frac{|q|E}{m}$${}= \frac{9{,}00\times10^{-9}\cdot2{,}00\times10^{3}}{3{,}00\times10^{-9}}$${}= 6{,}00\times10^{3}\,\mathrm{m\,s^{-2}}$

3. La càrrega és negativa i el camp apunta cap avall: la força i l’acceleració apunten cap amunt (la gota es desvia cap amunt, com a la figura). L’acceleració és constant i perpendicular a la velocitat d’entrada: en horitzontal la gota continua a $17{,}3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ constants i en vertical s’accelera uniformement, com en un tir horitzontal.

   $x=v_0t$$y=\tfrac12at^2$

Plantejament Es demana la longitud d’ona, la forma de l’ona al llarg de cada recta i el tipus d’interferència al punt 1. Els dos altaveus emeten en fase, de manera que el que decideix la interferència és la diferència entre les distàncies que recorre cada ona.

1. Longitud d’ona:

   $\lambda=\frac vf=\frac{340}{170}=2{,}00\,\mathrm{m}$

2. Longituds d’ona que caben a cada recta, de longituds $d_1=6{,}00\,\mathrm{m}$ i $d_2=3{,}00\,\mathrm{m}$:

   $\frac{d_1}{\lambda}=\frac{6{,}00}{2{,}00}=3$$\frac{d_2}{\lambda}=\frac{3{,}00}{2{,}00}=1{,}5$

3. Gràfiques (figura, totes dues en el mateix instant): al llarg de $R_1$ l’ona recorre $3$ longituds d’ona i al llarg de $R_2$, $1{,}5$. Totes dues surten en fase del seu altaveu ($x=0$) i al punt 1 hi arriben amb desplaçaments oposats.

4. La diferència de camins és un nombre senar de mitges longituds d’ona: les ones arriben en oposició de fase i la interferència és destructiva. Si les dues amplituds són iguals, al punt 1 no se sent res.

   $\Delta d=d_1-d_2=3{,}00\,\mathrm{m}=1{,}5\,\lambda=3\,\frac{\lambda}{2}$

Resultat$\lambda=2{,}00\,\mathrm{m}$. Per $R_1$ hi caben $3$ longituds d’ona i per $R_2$, $1{,}5$: al punt 1 les ones arriben en oposició de fase i interfereixen destructivament.

La pauta oficial dona: λ = 2 m; 3λ (R₁), 1,5λ (R₂); destructiva

Plantejament Es demana com canvien la freqüència i la intensitat del so al punt on s’escolta en tres situacions. La freqüència la fixa la font i no canvia en cap cas; la intensitat depèn de com interfereixen les dues ones.

1. Si un altaveu deixa de funcionar, ja no hi ha interferència: se sent el so d’un sol altaveu, de la mateixa freqüència. Al punt 1 es passa de no sentir res a sentir aquest so: la intensitat augmenta.

   $f=170\,\mathrm{Hz}$

2. Si l’altaveu de l’esquerra s’acosta $1{,}00\,\mathrm{m}$, mitja longitud d’ona, la diferència de camins passa a ser una longitud d’ona sencera: les ones arriben en fase i la interferència és constructiva. L’amplitud és la suma de les dues; amb amplituds iguals, la intensitat és quatre vegades la d’un sol altaveu. La freqüència continua sent $170\,\mathrm{Hz}$.

   $\Delta d=5{,}00-3{,}00=2{,}00\,\mathrm{m}=\lambda$

3. En un punt equidistant dels dos altaveus els camins són iguals: les ones arriben en fase i la interferència és constructiva, com en el cas anterior. La freqüència continua sent $170\,\mathrm{Hz}$.

   $\Delta d=0$

Plantejament Es demana dibuixar el camp de l’espira del detector, explicar per què l’anell enterrat crea un camp magnètic i per què amb corrent continu el detector no funcionaria. La clau és la llei de Faraday: només s’indueix corrent si canvia el flux magnètic.

1. Una espira amb corrent crea línies de camp tancades que la travessen per dins, continuen travessant l’espai de sota, on hi ha l’anell, i tornen per fora. El sentit el dona la regla de la mà dreta (dits amb el corrent, polze amb el camp al centre). Com que el corrent és altern, el sentit s’inverteix cada mig període; la figura mostra un instant.

2. El corrent és altern, de manera que el camp de l’espira, i amb ell el flux magnètic que travessa l’anell, canvien amb el temps:

   $\Phi(t)=\int_S\vec B(t)\cdot\mathrm d\vec S$

3. Per la llei de Faraday, un flux variable indueix a l’anell una força electromotriu; com que l’anell és conductor, de resistència $R$, per la llei d’Ohm hi circula un corrent induït:

   $\varepsilon=-\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}$$I=\frac{\varepsilon}{R}$

4. El corrent de l’anell crea al seu torn un camp magnètic. Per la llei de Lenz s’oposa al canvi de flux: quan el corrent de l’espira augmenta, el camp induït té sentit contrari al de l’espira; quan disminueix, té el mateix sentit. El sensor del detector nota aquest camp extern i emet el senyal acústic.

   $\Phi\uparrow\;\Rightarrow\;\vec B_{\mathrm{ind}}\uparrow\downarrow\vec B$$\Phi\downarrow\;\Rightarrow\;\vec B_{\mathrm{ind}}\uparrow\uparrow\vec B$

5. Amb corrent continu, el camp de l’espira i el flux a través de l’anell serien constants: la seva derivada és zero, no hi hauria fem induïda ni corrent a l’anell, l’anell no crearia cap camp i el detector no notaria res.

   $\Phi=\text{constant}\;\Rightarrow\;\varepsilon=-\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}=0$

ResultatLínies tancades que travessen l’espira i l’anell (figura). El flux variable indueix a l’anell una fem (Faraday) i un corrent, que crea un camp que s’oposa a la variació (Lenz) i que detecta el sensor. Amb corrent continu el flux no canvia: $\varepsilon=0$ i no es detecta res.

La pauta oficial dona: Faraday + Lenz; CC: dΦ/dt = 0 → ε = 0

Plantejament Es demana quina gràfica $V(t)$ correspon al moviment de l’imant i com canviaria si l’imant es mogués el doble de ràpid. La tensió induïda és proporcional a la rapidesa amb què canvia el flux a la bobina, i el seu signe depèn de si el flux augmenta o disminueix.

1. Mentre l’imant s’acosta amb el pol nord per davant, el camp dins la bobina i el flux augmenten: s’indueix una tensió d’un signe. Quan l’imant s’atura, al centre de la bobina i abans de tornar, el flux deixa de canviar i la tensió s’anul·la.

   $V=-N\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}$

2. En recular, el flux disminueix: per la llei de Lenz la tensió induïda canvia de signe. A mesura que l’imant s’allunya, el flux canvia cada vegada menys i la tensió tendeix a zero.

   $\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}>0\ \text{(s’acosta)}$$\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}<0\ \text{(s’allunya)}$

3. La gràfica a) és l’única amb un tram positiu i un altre de negatiu, amb la tensió nul·la en el moment de tornar. La b) té dos trams del mateix signe i la c), un de sol: cap de les dues no mostra el canvi de signe entre l’anada i la tornada.

4. Si el recorregut es fa en la meitat de temps, el flux passa pels mateixos valors en la meitat de temps: la seva derivada, i amb ella la tensió, es duplica. La gràfica té la mateixa forma, amb una tensió màxima de $4\,\mathrm{V}$ en lloc de $2\,\mathrm{V}$ i l’eix de temps reduït a la meitat, de $0$ a $100\,\mathrm{s}$.

   $V'(t)=2\,V(2t)$

Plantejament Es demana la reacció de desintegració del rubidi 87 i el seu tipus. El nombre màssic no canvia ($87$) i el nombre atòmic puja una unitat (de $37$ a $38$): un neutró del nucli s’ha convertit en un protó.

1. Conservem el nombre màssic i la càrrega: la partícula emesa té $A=0$ i $Z=-1$, un electró.

   $87=87+A_x\;\Rightarrow\;A_x=0$$37=38+Z_x\;\Rightarrow\;Z_x=-1$

2. Per conservar el nombre leptònic també s’emet un antineutrí electrònic:

   ${}^{87}_{37}\mathrm{Rb}$${}\longrightarrow {}^{87}_{38}\mathrm{Sr}$${}+{}^{0}_{-1}e+\bar\nu_e$

Plantejament Es demana l’edat de les roques. Cada nucli d’estronci 87 prové d’un nucli de rubidi 87 que s’ha desintegrat, de manera que quan es van formar les roques hi havia $1+0{,}004\,80$ mols de rubidi per cada mol que en queda avui. El període de $4{,}92\times10^{10}$ anys és el d’aquesta desintegració.

1. Constant de desintegració:

   $\lambda$${}= \frac{\ln2}{T_{1/2}}$${}= \frac{0{,}6931}{4{,}92\times10^{10}}$${}= 1{,}41\times10^{-11}\,\text{anys}^{-1}$

2. Llei de desintegració: avui queden $N$ dels $N_0$ nuclis inicials. Per cada mol que en queda n’hi havia $1+0{,}004\,80$:

   $N$${}= N_0e^{-\lambda t}$${}\Rightarrow t=\frac1\lambda\ln\frac{N_0}{N}$${}= \frac{T_{1/2}}{\ln2}\,\ln(1+0{,}004\,80)$

3. Substituïm, amb $\ln(1+0{,}004\,80)=4{,}789\times10^{-3}$:

   $t$${}= \frac{4{,}92\times10^{10}}{0{,}6931}\cdot4{,}789\times10^{-3}$${}= 3{,}40\times10^{8}\,\text{anys}$

Plantejament Es demana llegir a la gràfica l’amplitud i el període, calcular la freqüència angular, escriure l’equació del moviment i deduir i calcular l’acceleració màxima. A la gràfica la punta comença, a $t=0$, al punt més alt: $y=100\,\mathrm{nm}$.

1. De la gràfica: el desplaçament màxim és de $100\,\mathrm{nm}$ i la punta torna al màxim a $t=\pi\,\mu\mathrm{s}$ (passa pel mínim a $\pi/2\,\mu\mathrm{s}$).

   $A=100\,\mathrm{nm}=1{,}00\times10^{-7}\,\mathrm{m}$$T$${}= \pi\,\mu\mathrm{s}=\pi\times10^{-6}\,\mathrm{s}$${}= 3{,}14\times10^{-6}\,\mathrm{s}$

2. Freqüència angular:

   $\omega$${}= \frac{2\pi}{T}=\frac{2\pi}{\pi\times10^{-6}}$${}= 2{,}00\times10^{6}\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$

3. A $t=0$ la punta és al màxim, $y(0)=A$. Amb un cosinus la fase inicial és zero (amb un sinus seria $\pi/2$); $y$ en metres i $t$ en segons:

   $y(t)$${}= A\cos(\omega t)$${}= 1{,}00\times10^{-7}\cos\left(2{,}00\times10^{6}\,t\right)$

4. Derivem dues vegades: l’acceleració és proporcional al desplaçament i màxima als extrems, on $|\cos(\omega t)|=1$.

   $a(t)$${}= \frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dt^2}$${}= -A\omega^2\cos(\omega t)$${}\Rightarrow a_{\max}$${}= A\omega^2$

5. Substituïm:

   $a_{\max}$${}= 1{,}00\times10^{-7}\cdot(2{,}00\times10^{6})^2$${}= 4{,}00\times10^{5}\,\mathrm{m\,s^{-2}}$

Plantejament Es demana la massa de la punta, tractada com una massa unida a una molla de $k=8{,}00\,\mathrm{N/m}$, i si ha guanyat o perdut massa quan el període augmenta un $22\,\%$ amb la mateixa constant.

1. Per a una massa en una molla, la freqüència angular depèn de $k$ i de $m$:

   $\omega=\sqrt{\frac km}\;\Rightarrow\;m=\frac{k}{\omega^2}$

2. Substituïm, amb la freqüència angular de l’apartat a):

   $m$${}= \frac{8{,}00}{(2{,}00\times10^{6})^2}$${}= 2{,}00\times10^{-12}\,\mathrm{kg}$

3. El període és proporcional a l’arrel de la massa. Si $T$ creix un $22\,\%$ amb la mateixa $k$, la massa ha augmentat:

   $T$${}= 2\pi\sqrt{\frac mk}$${}\Rightarrow \frac{m'}{m}=\left(\frac{T'}{T}\right)^2$${}= 1{,}22^2$${}= 1{,}49$

4. Massa nova de la punta:

   $m'$${}= 1{,}49\cdot2{,}00\times10^{-12}$${}= 2{,}98\times10^{-12}\,\mathrm{kg}$

Plantejament Es demanen les tres reaccions que porten de l’urani 238 al plutoni 239: la captura d’un neutró i dues desintegracions $\beta^-$. En cadascuna es conserven el nombre màssic i la càrrega; en una $\beta^-$ un neutró passa a protó i s’emeten un electró i un antineutrí.

1. Captura del neutró: el nombre màssic puja a $239$ i el nombre atòmic continua sent $92$. L’excés d’energia s’emet com a radiació $\gamma$.

   ${}^{238}_{92}\mathrm{U}+{}^{1}_{0}n$${}\longrightarrow {}^{239}_{92}\mathrm{U}+\gamma$

2. Primera $\beta^-$: $Z$ puja de $92$ a $93$, el neptuni.

   ${}^{239}_{92}\mathrm{U}$${}\longrightarrow {}^{239}_{93}\mathrm{Np}$${}+{}^{0}_{-1}e+\bar\nu_e$

3. Segona $\beta^-$: $Z$ puja de $93$ a $94$, el plutoni de l’enunciat.

   ${}^{239}_{93}\mathrm{Np}$${}\longrightarrow {}^{239}_{94}\mathrm{Pu}$${}+{}^{0}_{-1}e+\bar\nu_e$

Plantejament Es demana l’energia alliberada en la desintegració alfa d’un nucli de plutoni 239. La massa dels productes és més petita que la del nucli inicial; aquesta diferència de massa s’allibera com a energia, $E=\Delta m\,c^2$.

1. Reacció; es conserven $A$ i $Z$:

   ${}^{239}_{94}\mathrm{Pu}$${}\longrightarrow {}^{235}_{92}\mathrm{U}+{}^{4}_{2}\mathrm{He}$

2. Defecte de massa: massa inicial menys massa final, amb les masses nuclears de la taula.

   $\Delta m$${}= m_{\mathrm{Pu}}$${}-\left(m_{\mathrm U}+m_\alpha\right)$${}= 3{,}968\,698\times10^{-25}$${}-\left(3{,}902\,158\times10^{-25}+6{,}642\,835\times10^{-27}\right)$

3. Resultat de la resta:

   $\Delta m=1{,}1165\times10^{-29}\,\mathrm{kg}$

4. Energia alliberada:

   $E$${}= \Delta m\,c^2$${}= 1{,}1165\times10^{-29}\cdot(3{,}00\times10^{8})^2$${}= 1{,}005\times10^{-12}\,\mathrm{J}$