Física, PAU 2026 de Cataluña: el examen extraordinario resuelto

Planteamiento Las líneas de campo terminan en cargas negativas; las equipotenciales son perpendiculares al campo. Representamos el doble de líneas asociadas a la carga de módulo doble.

1. Situamos las cargas sobre el eje horizontal.

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

2. Las flechas apuntan hacia las cargas; no unen una carga negativa con la otra. Las equipotenciales son curvas cerradas, más próximas entre sí donde el campo es más intenso.

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

ResultadoCargas en (0,0) y (1,0); líneas entrantes, aproximadamente el doble en qB; equipotenciales perpendiculares al campo.

La pauta oficial da: Representación cualitativa de campo y equipotenciales

Planteamiento La carga de prueba es negativa, por lo que ambas fuerzas son repulsivas y solo pueden compensarse entre las dos cargas. El trabajo del campo es menos el cambio de energía potencial.

1. Igualamos módulos y elegimos la raíz situada entre 0 y 1.

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

2. Calculamos los potenciales sin redondear la posición.

   $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 signo negativo significa que hace falta trabajo externo positivo si el traslado es cuasiestático.

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

Planteamiento El flujo es B multiplicado por el área de la espira que está dentro del campo. Hay que determinar la longitud solapada en cada instante.

1. Convertimos longitudes y velocidad al SI.

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

2. Durante la entrada, la superficie es lvt.

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

3. A los cinco segundos toda la espira está dentro; a los siete segundos solo queda la mitad.

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

Planteamiento Faraday da una fem solo mientras cambia el flujo. La ley de Lenz fija el sentido de la corriente que se opone a ese cambio.

1. Calculamos los tiempos de los cambios de tramo.

   $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 tiene el mismo módulo constante al entrar y salir. En los instantes límite la derivada ideal es discontinua.

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

3. Dibujamos dos pulsos rectangulares: entre 0 y 2 s y entre 6 y 8 s. El resto hasta 9 s es cero. Al entrar la corriente es antihoraria; al salir, horaria.

   $|\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}$

Resultado$|\mathcal E|=2{,}5\times10^{-5}\,\mathrm{V}$ durante $0<t<2$ y $6<t<8\,\mathrm{s}$; cero en los demás intervalos. Corriente antihoraria entrando y horaria saliendo.

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

Planteamiento La intensidad de una misma fuente esférica disminuye con el cuadrado de la distancia real, que incluye la altura. Convertimos la diferencia de decibelios en una relación de intensidades.

1. La primera distancia es la hipotenusa.

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

2. El nivel menor corresponde a una distancia mayor.

   $\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. Despejamos la altura sin redondear ninguna distancia.

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

Planteamiento En el modelo de interferencia de la pauta, suponemos igual amplitud de ambas ondas en el punto de superposición. Hay cancelación ideal cuando la diferencia de camino es un múltiplo impar de media longitud de onda.

1. Calculamos la longitud de onda y escribimos las dos distancias.

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

2. La condición de fase da parejas simétricas.

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

3. Solo n=0 y n=1 dan puntos interiores al segmento. Para n=2 la diferencia de camino ya supera los 10 m.

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

Planteamiento Una imagen invertida y del mismo tamaño tiene aumento −1. Con el convenio cartesiano, el objeto está en s=−20,0 cm y la imagen es real a la derecha.

1. El aumento determina dónde va el sensor.

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

2. Usamos la ecuación de la lente delgada.

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

Planteamiento Representamos una lente convergente con el objeto a dos distancias focales. Dos rayos principales bastan para construir la imagen.

1. Situamos la lente en x=0, el objeto en x=−20 cm, los focos en ±10 cm y el sensor en +20 cm.

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

2. Desde el extremo superior de la hoja trazamos un rayo paralelo al eje que después pasa por F′ y otro por el centro óptico sin desviación. Se cortan en el sensor, bajo el eje, a la misma altura en valor absoluto.

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

ResultadoImagen real, invertida y del mismo tamaño a 20 cm; objeto en −20 cm y focos en −10 cm y +10 cm.

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

Planteamiento En una emisión alfa, A disminuye en 4 y Z en 2; en una beta negativa, A se conserva y Z aumenta en 1. Aplicamos estas reglas a los núcleos consecutivos de la figura.

1. Emisión alfa.

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

2. Emisión beta negativa con antineutrino.

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

3. Emisión beta negativa con antineutrino.

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

4. Emisión alfa.

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

5. Emisión alfa.

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

6. Emisión alfa.

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

Planteamiento La actividad es λN, con λ deducida del periodo de semidesintegración. Para la última pregunta usamos la nueva actividad inicial indicada y el modelo de decaimiento sin aportes de radón.

1. Convertimos días a segundos para obtener becquerelios.

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

2. Convertimos la masa a gramos y contamos núcleos.

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

3. Comparamos magnitudes homogéneas: actividad por volumen.

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

4. Aplicamos el decaimiento con la condición inicial de la última pregunta.

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