Física, PAU 2021 de Cataluña: el examen de junio (serie 2) resuelto

Planteamiento En el baricentro las tres contribuciones iguales forman ángulos de ciento veinte grados y se anulan. En el vértice superior solo sumamos las dos cargas de la base, sin incluir el campo propio.

1. Los componentes horizontales de los dos campos se cancelan por simetría.

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

2. Los componentes verticales apuntan hacia las cargas negativas, abajo.

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

Planteamiento La energía de formación es el trabajo externo necesario para reunir las cargas desde el infinito. Sumamos cada pareja una sola vez.

1. Hay tres parejas, separadas todas una distancia d.

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

2. El resultado es positivo: para juntar cargas iguales debemos vencer su repulsión.

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

Planteamiento La elongación inicial respecto a la longitud natural es la amplitud. Empezamos al soltar el bloque desde el extremo derecho y con velocidad nula.

1. Calculamos amplitud, frecuencia angular y período.

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

2. El origen está en el equilibrio y el sentido positivo apunta a la derecha.

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

Planteamiento No hay rozamiento, por lo que la energía mecánica permanece constante. En el instante inicial toda la energía es potencial, porque el bloque se suelta en reposo.

1. La energía máxima se obtiene a partir de la amplitud, sin redondear.

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

2. En la gráfica, U empieza arriba y K en cero; ambas tienen período T/2. En T/4 se intercambian, en T/2 vuelven al estado energético inicial y en T se repite todo.

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

Planteamiento El potencial disminuye en el sentido del campo uniforme. Un desplazamiento perpendicular al campo no cambia el potencial.

1. A y B están separados horizontalmente todo el lado del cuadrado, en el sentido del campo.

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

2. C y D están en la misma vertical y sobre la misma equipotencial.

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

Planteamiento El protón recibe una fuerza constante hacia la derecha y describe un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. El trabajo del campo se transforma en energía cinética.

1. Calculamos el trabajo positivo durante todo el ancho.

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

2. El protón parte del reposo y el trabajo es su energía cinética final.

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

Planteamiento El número másico cuenta nucleones y el atómico cuenta protones. La emisión beta positiva transforma un protón del núcleo en un neutrón y emite positrón y neutrino electrónico.

1. Restamos protones a nucleones para obtener neutrones.

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

2. Conservamos carga, nucleones y número leptónico. Un protón libre aislado no tiene masa suficiente para convertirse espontáneamente en neutrón más positrón; dentro de un núcleo puede financiarlo la diferencia de masas nucleares.

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

Planteamiento La ley exponencial sirve para masa, número de núcleos y actividad. Relacionamos la constante con la semivida antes de sustituir el tiempo.

1. Imponemos la mitad de masa después de 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. Para la actividad usamos el mismo exponente; despejamos el tiempo para la centésima parte.

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

Planteamiento El campo es perpendicular a cada espira, así que el flujo de una espira es B por su área. La FEM de toda la bobina depende de la derivada del flujo y del número de espiras.

1. Elegimos la normal de la superficie en el sentido positivo del campo.

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

2. Aplicamos Faraday incluyendo el signo de Lenz.

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

Planteamiento La resistencia convierte la FEM en corriente según Ohm. Una frecuencia menor reduce tanto la frecuencia como la amplitud de la FEM.

1. El máximo del seno es la unidad.

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

2. Al reducir omega, el período aumenta y la amplitud baja: la curva correcta es A.

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

Planteamiento Una cuerda fijada por los dos extremos tiene nodos en ambos extremos. Al mantener la tensión y la misma cuerda, la velocidad de propagación permanece constante.

1. Para el primer modo caben media longitud de onda y para el tercero, tres medias longitudes.

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

2. Dibujamos sin(nπx/L): nodos x=jL/n y vientres x=(2 j+1)L/(2 n). Con la cuerda acortada la nueva frecuencia es v/(2 Lnuevo).

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

Planteamiento La intensidad medida permite hallar la potencia emitida si el sonido se reparte esféricamente. Al reducir a la mitad fuentes iguales, la intensidad media se reduce a la mitad.

1. Convertimos el nivel de treinta decibelios a intensidad.

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

2. Restamos el cambio logarítmico correspondiente a dividir la intensidad por dos.

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

Planteamiento Un fotón tiene energía h por frecuencia. Una longitud de onda menor implica frecuencia y energía mayores; la frecuencia no se multiplica por contar un mol de fotones, pero la energía total sí.

1. Calculamos ambas frecuencias y la energía de un fotón 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. La energía de un mol es NA veces la energía individual. El verde tiene los fotones más energéticos.

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

Planteamiento La energía umbral coincide con la función de trabajo. Solo el verde supera ese umbral y puede emitir electrones.

1. Obtenemos la longitud de onda límite.

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

2. Restamos el trabajo de extracción a la energía verde. Para el rojo no hay electrones emitidos; no se asigna una energía cinética negativa.

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

3. El gráfico tiene eje horizontal Eγ y vertical Kmax: sin emisión por debajo de W 0 y recta de pendiente uno Kmax=Eγ−W 0 por encima.

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