Física, PAU 2026 de Catalunya: l’examen extraordinari resolt

Plantejament Les línies de camp acaben en càrregues negatives; les equipotencials són perpendiculars al camp. Representem el doble de línies associades a la càrrega de mòdul doble.

1. Situem les càrregues sobre l’eix horitzontal.

   $q_A:(0,0)$$q_B:(1,0)\,\mathrm{m}$

2. Les fletxes apunten cap a les càrregues; no uneixen una càrrega negativa amb l’altra. Les equipotencials són corbes tancades, més pròximes entre si on el camp és més intens.

   $\vec E=-\nabla V$$V=k\left(\frac{q_A}{r_A}+\frac{q_B}{r_B}\right)$

ResultatCàrregues a (0,0) i (1,0); línies entrants, aproximadament el doble a qB; equipotencials perpendiculars al camp.

La pauta oficial dona: Representación cualitativa de campo y equipotenciales

Plantejament La càrrega de prova és negativa, de manera que totes dues forces són repulsives i només es poden compensar entre les dues càrregues. El treball del camp és l’oposat de la variació de l’energia potencial.

1. Igualem mòduls i seleccionem l’arrel situada entre 0 i 1.

   $\frac{2}{x^2}$${}= \frac4{(1-x)^2}$${}\Rightarrow x^2+2x-1=0$${}\Rightarrow x=\sqrt2-1$${}= 0{,}41421\,\mathrm{m}$

2. Calculem els potencials sense arrodonir la posició.

   $V_i$${}= 8{,}99\times10^9\left(\frac{-2{,}00\times10^{-6}}{\sqrt2-1}+\frac{-4{,}00\times10^{-6}}{2-\sqrt2}\right)$${}= -1{,}048\times10^{5}\,\mathrm{V}$$V_f$${}= 8{,}99\times10^9\frac{-6{,}00\times10^{-6}}{0{,}5}$${}= -1{,}0788\times10^{5}\,\mathrm{V}$

3. El signe negatiu vol dir que cal treball extern positiu si el trasllat és quasiestàtic.

   $W_{camp}$${}= -q_C(V_f-V_i)$${}= -(-8{,}00\times10^{-6})(-3085\,\mathrm{V})$${}= -0{,}02468\,\mathrm{J}$

Plantejament El flux és B multiplicat per l’àrea de l’espira que és dins del camp. Cal determinar la longitud solapada en cada instant.

1. Convertim longituds i velocitat al SI.

   $l=0{,}100\,\mathrm{m}$$v=0{,}0500\,\mathrm{m/s}$$B=0{,}00500\,\mathrm{T}$

2. Durant l’entrada, la superfície és lvt.

   $|\Phi(1)|$${}= Blv(1)$${}= (0{,}00500)(0{,}100)(0{,}0500)$${}= 2{,}5\times10^{-5}\,\mathrm{Wb}$

3. Als cinc segons tota l’espira és dins; als set segons només en queda la meitat.

   $|\Phi(5)|=Bl^2=5{,}0\times10^{-5}\,\mathrm{Wb}$$|\Phi(7)|$${}= Bl(0{,}400-v\cdot7)$${}= 2{,}5\times10^{-5}\,\mathrm{Wb}$

Plantejament Faraday dona una fem només mentre canvia el flux. La llei de Lenz fixa el sentit del corrent que s’oposa a aquest canvi.

1. Calculem els temps dels canvis de tram.

   $t_1=l/v=2\,\mathrm{s}$$t_2=0{,}300/v=6\,\mathrm{s}$$t_3=(0{,}300+l)/v=8\,\mathrm{s}$

2. La fem té el mateix mòdul constant en entrar i en sortir. Als instants límit la derivada ideal és discontínua.

   $|\mathcal E|$${}= Blv$${}= (0{,}00500)(0{,}100)(0{,}0500)$${}= 2{,}5\times10^{-5}\,\mathrm{V}$

3. Dibuixem dos polsos rectangulars: entre 0 i 2 s i entre 6 i 8 s. La resta fins a 9 s és zero. En entrar el corrent és antihorari; en sortir, horari.

   $|\mathcal E(t)|$${}= \begin{cases}Blv&0<t<2\ \text{o}\ 6<t<8\\0&2<t<6\ \text{o}\ 8<t\le9\end{cases}$

Resultat$|\mathcal E|=2{,}5\times10^{-5}\,\mathrm{V}$ durant $0<t<2$ i $6<t<8\,\mathrm{s}$; zero als altres intervals. Corrent antihorari entrant i horari sortint.

La pauta oficial dona: 2,5 × 10⁻⁵ V en 0–2 y 6–8 s; antihorario entrando y horario saliendo

Plantejament La intensitat d’una mateixa font esfèrica disminueix amb el quadrat de la distància real, que inclou l’altura. Convertim la diferència de decibels en una relació d’intensitats.

1. La primera distància és la hipotenusa.

   $r_1^2$${}= 15{,}0^2+5{,}00^2$${}= 250\,\mathrm{m^2}$

2. El nivell més petit correspon a una distància més gran.

   $\frac{I_1}{I_2}$${}= 10^{(65{,}0-62{,}0)/10}$${}= 10^{0{,}3}$$\frac{I_1}{I_2}=\frac{r_2^2}{r_1^2}$

3. Aïllem l’altura sense arrodonir cap distància.

   $h$${}= \sqrt{r_2^2-20{,}0^2}$${}= \sqrt{250\times10^{0{,}3}-400}$${}= 9{,}9406\,\mathrm{m}$

Plantejament En el model d’interferència de la pauta, assumim igual amplitud de les dues ones al punt de superposició. Hi ha cancel·lació ideal quan la diferència de camí és un múltiple senar de mitja longitud d’ona.

1. Calculem la longitud d’ona i escrivim les dues distàncies.

   $\lambda=340/80{,}0=4{,}25\,\mathrm{m}$$r_1=x,\ r_2=10{,}0-x$

2. La condició de fase dona parelles simètriques.

   $|2x-10|=(n+1/2)4{,}25$$x=\frac{10\pm(n+1/2)4{,}25}{2}$

3. Només n=0 i n=1 donen punts interiors al segment. Per a n=2 la diferència de camí ja supera els 10 m.

   $n=0:\ x=3{,}9375,\ 6{,}0625\,\mathrm{m}$$n=1:\ x=1{,}8125,\ 8{,}1875\,\mathrm{m}$

Plantejament Una imatge invertida i de la mateixa mida té augment −1. Amb el conveni cartesià, l’objecte és a s=−20,0 cm i la imatge és real a la dreta.

1. L’augment determina on va el sensor.

   $\beta=\frac{s^{\prime}}{s}=-1\Rightarrow s^{\prime}=20{,}0\,\mathrm{cm}$

2. Usem l’equació de la lent prima.

   $\frac1{f^{\prime}}$${}= \frac1{s^{\prime}}-\frac1s$${}= \frac1{20{,}0}-\frac1{-20{,}0}$${}= \frac1{10{,}0}$${}\Rightarrow f^{\prime}$${}= 10{,}0\,\mathrm{cm}$${}> 0$

Plantejament Representem una lent convergent amb l’objecte a dues distàncies focals. Dos rajos principals són suficients per construir la imatge.

1. Situem la lent a x=0, l’objecte a x=−20 cm, els focus a ±10 cm i el sensor a +20 cm.

   $s=-20\,\mathrm{cm}$$F=-10\,\mathrm{cm}$$F\prime=+10\,\mathrm{cm}$$s^{\prime}=+20\,\mathrm{cm}$

2. Des de l’extrem superior del full, tracem un raig paral·lel a l’eix que després passa per F′ i un altre pel centre òptic sense desviació. Es tallen al sensor, sota l’eix, a la mateixa altura en valor absolut.

   $\frac{y^{\prime}}{y}=-1$

ResultatImatge real, invertida i de la mateixa mida a 20 cm; objecte a −20 cm i focus a −10 cm i +10 cm.

La pauta oficial dona: Diagrama con objeto e imagen a 2f

Plantejament En una emissió alfa, A disminueix en 4 i Z en 2; en una beta negativa, A es conserva i Z augmenta en 1. Apliquem aquestes regles als nuclis consecutius de la figura.

1. Emissió alfa.

   ${}^{238}_{92}\mathrm U$${}\to {}^{234}_{90}\mathrm{Th}$${}+{}^4_2\mathrm{He}+\gamma$

2. Emissió beta negativa amb antineutrí.

   ${}^{234}_{90}\mathrm{Th}$${}\to {}^{234}_{91}\mathrm{Pa}$${}+{}^0_{-1}e+\bar\nu_e$

3. Emissió beta negativa amb antineutrí.

   ${}^{234}_{91}\mathrm{Pa}$${}\to {}^{234}_{92}\mathrm U$${}+{}^0_{-1}e+\bar\nu_e$

4. Emissió alfa.

   ${}^{234}_{92}\mathrm U$${}\to {}^{230}_{90}\mathrm{Th}$${}+{}^4_2\mathrm{He}+\gamma$

5. Emissió alfa.

   ${}^{230}_{90}\mathrm{Th}$${}\to {}^{226}_{88}\mathrm{Ra}$${}+{}^4_2\mathrm{He}+\gamma$

6. Emissió alfa.

   ${}^{226}_{88}\mathrm{Ra}$${}\to {}^{222}_{86}\mathrm{Rn}$${}+{}^4_2\mathrm{He}+\gamma$

Plantejament L’activitat és λN, amb λ deduïda del període de semidesintegració. Per a l’última pregunta usem la nova activitat inicial indicada i el model de decaïment sense aportacions de radó.

1. Convertim dies a segons per obtenir becquerels.

   $\lambda$${}= \frac{\ln2}{3{,}82\times86400}$${}= 2{,}1001\times10^{-6}\,\mathrm{s^{-1}}$

2. Convertim la massa a grams i comptem nuclis.

   $N$${}= \frac{0{,}80\times10^{-12}}{222}(6{,}022\times10^{23})$${}= 2{,}1701\times10^9$$A=\lambda N=4557{,}5\,\mathrm{Bq}$

3. Comparem magnituds homogènies: activitat per volum.

   $A/V$${}= 4557{,}5/18$${}= 253{,}19\,\mathrm{Bq/m^3}$${}< 300\,\mathrm{Bq/m^3}$

4. Apliquem el decaïment amb la condició inicial de l’última pregunta.

   $(A/V)_{15}$${}= 230\,2^{-15/3{,}82}$${}= 15{,}124\,\mathrm{Bq/m^3}$