Física, PAU 2024 de Cataluña: el examen de junio (serie 5) resuelto

Planteamiento Se pide dibujar las líneas de campo de la primera zona, decir qué placa está a potencial alto y cuál es el ánodo, y calcular la velocidad de salida. La gota tiene carga negativa y el campo la acelera hacia la derecha sin desviarla.

1. Las gotas no se desvían: la fuerza, y con ella el campo, tiene la dirección de la velocidad, horizontal. Entre dos placas planas el campo es uniforme: las líneas son rectas horizontales, perpendiculares a las placas y equidistantes, porque la densidad de líneas es la misma en todo el espacio entre ellas.

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

2. Como la carga es negativa, la fuerza va en sentido contrario al campo. La gota se acelera hacia la derecha, así que el campo apunta hacia la izquierda: las líneas van de la placa de la derecha a la de la izquierda (figura).

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

3. Las líneas de campo van hacia los potenciales decrecientes: la placa de la derecha ($V_2$) está a potencial alto y la de la izquierda ($V_1$), a potencial bajo. Las líneas salen de las cargas positivas y llegan a las negativas: la placa de la derecha es el ánodo y la de la izquierda, el cátodo.

   $V_2>V_1$

4. El trabajo del campo se convierte en energía cinética; la gota entra prácticamente en reposo:

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

5. Despejamos la velocidad, con $m=3{,}00\,\mu\mathrm{g}=3{,}00\times10^{-9}\,\mathrm{kg}$:

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

ResultadoLíneas horizontales y equidistantes, de la placa derecha a la izquierda. Placa derecha: potencial alto, ánodo; placa izquierda: potencial bajo, cátodo. $v=17{,}3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$.

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

Planteamiento Se pide el módulo de la aceleración en la segunda zona y el tipo de movimiento. Allí el campo es vertical y uniforme, y la gota entra con la velocidad horizontal del apartado a).

1. Campo entre las placas de la segunda zona:

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

2. Segunda ley de Newton, sin gravedad ni rozamiento:

   $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 carga es negativa y el campo apunta hacia abajo: la fuerza y la aceleración apuntan hacia arriba (la gota se desvía hacia arriba, como en la figura). La aceleración es constante y perpendicular a la velocidad de entrada: en horizontal la gota sigue a $17{,}3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ constantes y en vertical se acelera uniformemente, como en un tiro horizontal.

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

Planteamiento Se pide la longitud de onda, la forma de la onda a lo largo de cada recta y el tipo de interferencia en el punto 1. Los dos altavoces emiten en fase, así que lo que decide la interferencia es la diferencia entre las distancias que recorre cada onda.

1. Longitud de onda:

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

2. Longitudes de onda que caben en cada recta, de longitudes $d_1=6{,}00\,\mathrm{m}$ y $d_2=3{,}00\,\mathrm{m}$:

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

3. Gráficas (figura, las dos en el mismo instante): a lo largo de $R_1$ la onda recorre $3$ longitudes de onda y a lo largo de $R_2$, $1{,}5$. Las dos salen en fase de su altavoz ($x=0$) y al punto 1 llegan con desplazamientos opuestos.

4. La diferencia de caminos es un número impar de medias longitudes de onda: las ondas llegan en oposición de fase y la interferencia es destructiva. Si las dos amplitudes son iguales, en el punto 1 no se oye nada.

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

Resultado$\lambda=2{,}00\,\mathrm{m}$. Por $R_1$ caben $3$ longitudes de onda y por $R_2$, $1{,}5$: en el punto 1 las ondas llegan en oposición de fase e interfieren destructivamente.

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

Planteamiento Se pide cómo cambian la frecuencia y la intensidad del sonido en el punto de escucha en tres situaciones. La frecuencia la fija la fuente y no cambia en ningún caso; la intensidad depende de cómo interfieren las dos ondas.

1. Si un altavoz deja de funcionar, ya no hay interferencia: se oye el sonido de un solo altavoz, de la misma frecuencia. En el punto 1 se pasa de no oír nada a oír ese sonido: la intensidad aumenta.

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

2. Si el altavoz de la izquierda se acerca $1{,}00\,\mathrm{m}$, media longitud de onda, la diferencia de caminos pasa a ser una longitud de onda entera: las ondas llegan en fase y la interferencia es constructiva. La amplitud es la suma de las dos; con amplitudes iguales, la intensidad es cuatro veces la de un solo altavoz. La frecuencia sigue siendo $170\,\mathrm{Hz}$.

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

3. En un punto equidistante de los dos altavoces los caminos son iguales: las ondas llegan en fase y la interferencia es constructiva, como en el caso anterior. La frecuencia sigue siendo $170\,\mathrm{Hz}$.

   $\Delta d=0$

Planteamiento Se pide dibujar el campo de la espira del detector, explicar por qué el anillo enterrado crea un campo magnético y por qué con corriente continua el detector no funcionaría. La clave es la ley de Faraday: solo se induce corriente si cambia el flujo magnético.

1. Una espira con corriente crea líneas de campo cerradas que la atraviesan por dentro, siguen atravesando el espacio de debajo, donde está el anillo, y vuelven por fuera. El sentido lo da la regla de la mano derecha (dedos con la corriente, pulgar con el campo en el centro). Como la corriente es alterna, el sentido se invierte cada medio período; la figura muestra un instante.

2. La corriente es alterna, así que el campo de la espira, y con él el flujo magnético que atraviesa el anillo, cambian con el tiempo:

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

3. Por la ley de Faraday, un flujo variable induce en el anillo una fuerza electromotriz; como el anillo es conductor, de resistencia $R$, por la ley de Ohm circula por él una corriente inducida:

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

4. La corriente del anillo crea a su vez un campo magnético. Por la ley de Lenz se opone al cambio de flujo: cuando la corriente de la espira aumenta, el campo inducido tiene sentido contrario al de la espira; cuando disminuye, tiene su mismo sentido. El sensor del detector nota ese campo externo y emite la señal acústica.

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

5. Con corriente continua, el campo de la espira y el flujo a través del anillo serían constantes: su derivada es cero, no habría fem inducida ni corriente en el anillo, el anillo no crearía ningún campo y el detector no notaría nada.

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

ResultadoLíneas cerradas que atraviesan la espira y el anillo (figura). El flujo variable induce en el anillo una fem (Faraday) y una corriente, que crea un campo que se opone a la variación (Lenz) y que detecta el sensor. Con corriente continua el flujo no cambia: $\varepsilon=0$ y no se detecta nada.

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

Planteamiento Se pide qué gráfica $V(t)$ corresponde al movimiento del imán y cómo cambiaría si el imán se moviera el doble de rápido. La tensión inducida es proporcional a la rapidez con que cambia el flujo en la bobina, y su signo depende de si el flujo aumenta o disminuye.

1. Mientras el imán se acerca con el polo norte por delante, el campo dentro de la bobina y el flujo aumentan: se induce una tensión de un signo. Cuando el imán se para, en el centro de la bobina y antes de volver, el flujo deja de cambiar y la tensión se anula.

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

2. Al retroceder, el flujo disminuye: por la ley de Lenz la tensión inducida cambia de signo. A medida que el imán se aleja, el flujo cambia cada vez menos y la tensión tiende a cero.

   $\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}>0\ \text{(se acerca)}$$\frac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}<0\ \text{(se aleja)}$

3. La gráfica a) es la única con un tramo positivo y otro negativo, con la tensión nula en el momento de la vuelta. La b) tiene dos tramos del mismo signo y la c), uno solo: ninguna de las dos muestra el cambio de signo entre la ida y la vuelta.

4. Si el recorrido se hace en la mitad de tiempo, el flujo pasa por los mismos valores en la mitad de tiempo: su derivada, y con ella la tensión, se duplica. La gráfica tiene la misma forma, con una tensión máxima de $4\,\mathrm{V}$ en lugar de $2\,\mathrm{V}$ y el eje de tiempos reducido a la mitad, de $0$ a $100\,\mathrm{s}$.

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

Planteamiento Se pide la reacción de desintegración del rubidio 87 y su tipo. El número másico no cambia ($87$) y el número atómico sube una unidad (de $37$ a $38$): un neutrón del núcleo se ha convertido en un protón.

1. Conservamos el número másico y la carga: la partícula emitida tiene $A=0$ y $Z=-1$, un electrón.

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

2. Para conservar el número leptónico se emite también un antineutrino electrónico:

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

Planteamiento Se pide la edad de las rocas. Cada núcleo de estroncio 87 procede de un núcleo de rubidio 87 que se ha desintegrado, así que al formarse las rocas había $1+0{,}004\,80$ moles de rubidio por cada mol que queda hoy. El período de $4{,}92\times10^{10}$ años es el de esta desintegración.

1. Constante de desintegración:

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

2. Ley de desintegración: hoy queda $N$ de los $N_0$ núcleos iniciales. Por cada mol que queda había $1+0{,}004\,80$:

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

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

Planteamiento Se pide leer en la gráfica la amplitud y el período, calcular la frecuencia angular, escribir la ecuación del movimiento y deducir y calcular la aceleración máxima. En la gráfica la punta empieza, en $t=0$, en el punto más alto: $y=100\,\mathrm{nm}$.

1. De la gráfica: el desplazamiento máximo es de $100\,\mathrm{nm}$ y la punta vuelve al máximo en $t=\pi\,\mu\mathrm{s}$ (pasa por el mínimo en $\pi/2\,\mu\mathrm{s}$).

   $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. Frecuencia angular:

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

3. En $t=0$ la punta está en el máximo, $y(0)=A$. Con un coseno la fase inicial es cero (con un seno sería $\pi/2$); $y$ en metros y $t$ en segundos:

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

4. Derivamos dos veces: la aceleración es proporcional al desplazamiento y máxima en los extremos, donde $|\cos(\omega t)|=1$.

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

5. Sustituimos:

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

Planteamiento Se pide la masa de la punta, tratada como una masa unida a un muelle de $k=8{,}00\,\mathrm{N/m}$, y si ha ganado o perdido masa cuando el período aumenta un $22\,\%$ con la misma constante.

1. Para una masa en un muelle, la frecuencia angular depende de $k$ y de $m$:

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

2. Sustituimos, con la frecuencia angular del apartado a):

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

3. El período es proporcional a la raíz de la masa. Si $T$ crece un $22\,\%$ con la misma $k$, la masa ha aumentado:

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

4. Masa nueva de la punta:

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

Planteamiento Se piden las tres reacciones que llevan del uranio 238 al plutonio 239: la captura de un neutrón y dos desintegraciones $\beta^-$. En cada una se conservan el número másico y la carga; en una $\beta^-$ un neutrón pasa a protón y se emiten un electrón y un antineutrino.

1. Captura del neutrón: el número másico sube a $239$ y el número atómico sigue siendo $92$. El exceso de energía se emite como radiación $\gamma$.

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

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

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

3. Segunda $\beta^-$: $Z$ sube de $93$ a $94$, el plutonio del enunciado.

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

Planteamiento Se pide la energía liberada en la desintegración alfa de un núcleo de plutonio 239. La masa de los productos es menor que la del núcleo inicial; esa diferencia de masa se libera como energía, $E=\Delta m\,c^2$.

1. Reacción; se conservan $A$ y $Z$:

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

2. Defecto de masa: masa inicial menos masa final, con las masas nucleares de la tabla.

   $\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. Resultado de la resta:

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

4. Energía liberada:

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