Física, PAU 2021 de Cataluña: el examen de junio (serie 5) resuelto

Planteamiento Las líneas de campo atraviesan el plano XY en dirección +Z. Al crecer el campo, varía el flujo y Faraday predice una FEM inducida.

1. Dibujamos la espira en XY y flechas paralelas hacia +Z atravesándola.

   $\vec B=0{,}014t^2\hat k$$\Phi=B\pi r^2$

2. Para tiempos positivos la derivada es positiva. En t=0 la FEM instantánea es cero, pero después sí existe corriente en una espira cerrada con resistencia finita.

   $\frac{d\Phi}{dt}=2\cdot0{,}014\,t\,\pi r^2$

Planteamiento Elegimos normal +Z para el flujo positivo. La FEM lleva el signo de Lenz y el corriente inducido crea campo −Z.

1. Calculamos el coeficiente del flujo cuadrático.

   $\Phi(t)=0{,}014\pi(0{,}25)^2t^2$

2. Derivamos con signo contrario. Visto desde +Z, el corriente es horario para t>0.

   $\varepsilon(t)$${}= -\frac{d\Phi}{dt}$${}= -2\cdot0{,}014\pi(0{,}25)^2t$

Planteamiento Cuatro nodos significan tres medias longitudes de onda: tercer armónico. El centro es un vientre de amplitud dos centímetros.

1. La cuerda contiene tres mitades de longitud de onda.

   $L=3\lambda/2\Rightarrow\lambda=2\cdot0{,}60/3$$v_{\rm onda}=f\lambda$

2. La velocidad transversal máxima del vientre es amplitud por frecuencia angular. No es la velocidad de propagación de la onda.

   $v_{y,\max}=A\omega=0{,}020\cdot2\pi\cdot200$

Planteamiento La amplitud espacial de una onda estacionaria es proporcional al módulo del seno. Los nodos están separados veinte centímetros.

1. Usamos amplitud máxima de dos centímetros, no la de cada onda viajera por separado.

   $A(x)=2\left|\sin\frac{3\pi x}{0{,}60}\right|\,\mathrm{cm}$

2. A diez centímetros hay vientre y a veinte centímetros hay node.

   $A(0{,}10)=2|\sin(\pi/2)|$$A(0{,}20)=2|\sin\pi|$

Planteamiento Al disminuir Z en una unidad sin cambiar A, una posibilidad es la emisión beta positiva. El balance incluye positrón y neutrino electrónico.

1. Escribimos la reacción que usa la pauta y comprobamos carga y número másico.

   ${}^{40}_{19}\mathrm K$${}\to {}^{40}_{18}\mathrm{Ar}$${}+{}^0_{+1}e+\nu_e$

2. El enunciado no especifica la rama de desintegración. También se conserva carga mediante captura electrónica, con un electrón en los reactivos.

   ${}^{40}_{19}\mathrm K+{}^0_{-1}e$${}\to {}^{40}_{18}\mathrm{Ar}+\nu_e$

Planteamiento En el modelo ideal de datación, la muestra es un sistema cerrado sin argón inicial y cada núcleo padre perdido se cuenta como núcleo hijo. La edad permite comprobar compatibilidad, no identificar por sí sola la procedencia.

1. Como ambos isótopos tienen número másico cuarenta, usamos el cociente de masas como cociente de núcleos en este modelo.

   $\frac{N}{N_0}=\frac{0{,}10}{0{,}84+0{,}10}$$\frac{N}{N_0}=2^{-t/(1{,}248\cdot10^9)}$

2. Despejamos el tiempo y lo comparamos con la edad mínima lunar dada.

   $t$${}= \frac{1{,}248\cdot10^9}{\ln2}\ln\frac{0{,}94}{0{,}10}$${}> 3{,}2\cdot10^9\,\mathrm{años}$

Planteamiento El campo va del ánodo positivo al cátodo negativo. Para acelerarse hacia el ánodo, los fragmentos deben ser negativos y sufrir una fuerza opuesta al campo.

1. En el esquema se trazan líneas uniformes desde el ánodo al cátodo y la flecha de fuerza al revés sobre el DNA.

   $E=\frac{\Delta V}{d}=\frac{115}{0{,}18}$

2. Multiplicamos el campo por el módulo de carga.

   $F$${}= |q|E$${}= 2{,}00\cdot10^{-18}\frac{115}{0{,}18}$

Planteamiento Sin fricción la fuerza eléctrica es la resultante. Si la aceleración medida se mantiene fija y añadimos una fricción opuesta, la masa compatible con esa medición es menor.

1. Dividimos la fuerza no redondeada por la aceleración.

   $m_{\rm ideal}$${}= \frac{2{,}00\cdot10^{-18}(115/0{,}18)}{2{,}13\cdot10^{-2}}$

2. La masa inferida con fricción es la fuerza neta dividida por la misma aceleración.

   $m=\frac{F_e-F_f}{a}<\frac{F_e}{a}$

Planteamiento La frecuencia cuenta oscilaciones por segundo y el período es el tiempo de una oscilación. Elegimos altura positiva respecto al equilibrio.

1. Calculamos las tres magnitudes a partir de seis oscilaciones en treinta segundos.

   $f=6/30$$T=30/6$$\omega=2\pi f$

2. La saltadora empieza en el punto más alto y con velocidad nula, así que usamos un coseno sin fase.

   $y(t)=4\cos((2\pi/5)t)\,\mathrm m$

Planteamiento La frecuencia angular permite hallar la constante elástica. En equilibrio la tensión de la cuerda iguala el peso.

1. Conservamos omega exacta al calcular la rigidez.

   $k=m\omega^2=60(2\pi/5)^2$

2. Adoptamos g=9,81 m/s², valor no especificado en el enunciado. Sumamos el alargamiento estático a la longitud natural.

   $k\Delta L=mg$$L=30+\frac{60\cdot9{,}81}{60(2\pi/5)^2}$

Planteamiento Sumamos las fuerzas sobre Q 2: la carga negativa del origen atrae hacia la izquierda, mientras la positiva Q 3 repele hacia abajo y a la derecha.

1. En el dibujo situamos Q 1 en(0,0), Q 2 en(2,0) y Q 3 en(0,2), con ejes y distancias en metros.

   $\vec F_{12}$${}= -\frac{k(3\cdot10^{-6})(2\cdot10^{-6})}{2^2}\hat i$$|\vec F_{32}|$${}= \frac{k(3\cdot10^{-6})(2\cdot10^{-6})}{(2\sqrt2)^2}$

2. Descomponemos la fuerza diagonal a cuarenta y cinco grados y sumamos. La resultante apunta al tercer cuadrante.

   $F_x=F_{12,x}+F_{32}/\sqrt2$$F_y=-F_{32}/\sqrt2$$F=\sqrt{F_x^2+F_y^2}$

Planteamiento El trabajo externo cuasiestático para traer una carga desde el infinito es su incremento de energía potencial. Primero sumamos los potenciales de las tres cargas fijas.

1. Las distancias desde(2,2) son 2√2, 2 y 2 metros.

   $V$${}= k\left(\frac{-3\cdot10^{-6}}{2\sqrt2}+\frac{2\cdot10^{-6}}2+\frac{3\cdot10^{-6}}2\right)$

2. El potencial inicial es cero y la carga transportada es positiva.

   $W_{\rm ext}=qV=5\cdot10^{-6}V$

Planteamiento Einstein describe la luz como formada por fotones (cuantos) de energía hf: además de onda, tiene naturaleza corpuscular. El umbral corresponde a un fotón que solo alcanza a pagar el trabajo de extracción.

1. Multiplicamos la frecuencia umbral por la constante de Planck.

   $W_0$${}= hf_0$${}= 6{,}63\cdot10^{-34}\cdot4{,}39\cdot10^{14}$

2. Convertimos la energía en joules a electronvoltios.

   $W_0(\mathrm{eV})$${}= W_0(\mathrm J)/(1{,}602\cdot10^{-19})$

Planteamiento La luz de cuatrocientos veinte nanómetros supera la frecuencia umbral. La energía sobrante es cinética y su momento determina la longitud de onda de De Broglie.

1. Comparamos la frecuencia con el umbral y calculamos la cinética sin redondear el trabajo anterior.

   $f$${}= \frac{3{,}00\cdot10^8}{420\cdot10^{-9}}$${}> 4{,}39\cdot10^{14}$$K$${}= \frac{hc}{420\cdot10^{-9}}$${}-h(4{,}39\cdot10^{14})$

2. Usamos p=√(2 mK) para evitar redondear primero la velocidad.

   $\lambda_e$${}= \frac hp$${}= \frac{6{,}63\cdot10^{-34}}{\sqrt{2\cdot9{,}11\cdot10^{-31}K}}$