Física, PAU 2026 de Cataluña: el examen de junio (serie 1) resuelto

Planteamiento Entre placas paralelas con campo uniforme, el módulo es la diferencia de potencial dividida por la separación. La fuerza sobre el electrón es opuesta al campo porque la carga es negativa.

1. Convertimos los datos al SI.

   $E$${}= \frac{\Delta V}{d}=\frac{70{,}0\times10^3}{2{,}00\times10^{-2}}$${}= 3{,}5\times10^6\,\mathrm{N/C}$

2. Multiplicamos el campo por la carga en valor absoluto.

   $F$${}= |e|E$${}= (1{,}602\times10^{-19})(3{,}5\times10^6)$${}= 5{,}607\times10^{-13}\,\mathrm{N}$

3. Dibujamos varias líneas rectas, paralelas y equidistantes del ánodo positivo al cátodo negativo. La fuerza del electrón apunta al ánodo.

   $\vec F=-|e|\vec E$

Resultado$E=3{,}5\times10^6\,\mathrm{N/C}$; $F=5{,}61\times10^{-13}\,\mathrm{N}$. Campo hacia el cátodo; fuerza hacia el ánodo.

La pauta oficial da: E = 3,5 × 10⁶ N/C; F = 5,61 × 10⁻¹³ N

Planteamiento El trabajo eléctrico se convierte en energía cinética. Seguimos el modelo no relativista que pide expresamente la nota; después restamos la energía del fotón emitido.

1. Obtenemos la energía y la velocidad antes del choque.

   $K_i$${}= |e|\Delta V$${}= (1{,}602\times10^{-19})(70{,}0\times10^3)$${}= 1{,}1214\times10^{-14}\,\mathrm{J}$$v_i$${}= \sqrt{\frac{2K_i}{m_e}}$${}= 1{,}569\times10^8\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

2. Calculamos la energía del fotón.

   $E_\gamma$${}= \frac{hc}{\lambda}=\frac{(6{,}63\times10^{-34})(3{,}00\times10^8)}{1{,}00\times10^{-9}}$${}= 1{,}989\times10^{-16}\,\mathrm{J}$

3. Conservamos la energía en la emisión y volvemos a despejar la velocidad.

   $K_f$${}= K_i-E_\gamma$${}= 1{,}1015\times10^{-14}\,\mathrm{J}$$v_f$${}= \sqrt{\frac{2K_f}{9{,}11\times10^{-31}}}$${}= 1{,}5551\times10^8\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

Planteamiento El movimiento local es sinusoidal. Una fase con el mismo signo para ωt y el signo contrario para kx describe la propagación hacia x positiva.

1. Calculamos la frecuencia angular y elegimos una fase inicial compatible.

   $\omega=2\pi f=300\pi\,\mathrm{rad/s}$$y(0)=0\Rightarrow\varphi=0$$\text{o}\ \ \pi$

2. Elegimos fase cero; el sentido inicial de la velocidad no está fijado.

   $y(t)=2{,}00\times10^{-3}\sin(300\pi t)$

3. La longitud de onda es velocidad dividida por frecuencia.

   $\lambda=\frac{v}{f}=\frac{3200}{150}=21{,}333\,\mathrm{m}$$k=\frac{2\pi}{\lambda}=0{,}29452\,\mathrm{m^{-1}}$

4. La fase ωt−kx mantiene en el origen el movimiento elegido para el teléfono.

   $y(x,t)$${}= 2{,}00\times10^{-3}\sin\left(300\pi t-\frac{3\pi}{32}x\right)$

Planteamiento La potencia se reparte por el área de una esfera. Convertimos la intensidad obtenida a decibelios con el logaritmo decimal.

1. Calculamos la intensidad en el punto de escucha.

   $I$${}= \frac{P}{4\pi r^2}$${}= \frac{1{,}00\times10^{-3}}{4\pi(3{,}00)^2}$${}= 8{,}8419\times10^{-6}\,\mathrm{W/m^2}$

2. Aplicamos la definición del nivel de intensidad.

   $\beta$${}= 10\log_{10}(I/I_0)$${}= 10\log_{10}\left(\frac{8{,}8419\times10^{-6}}{10^{-12}}\right)$${}= 69{,}465\,\mathrm{dB}$

Planteamiento La desintegración beta negativa conserva el número másico e incrementa el número atómico. Interpretamos literalmente «vida media» como τ=1/λ; la pauta revisada admite también la interpretación de semivida.

1. Incluimos el electrón y el antineutrino electrónico para conservar carga y número leptónico.

   ${}^{137}_{55}\mathrm{Cs}$${}\to {}^{137}_{56}\mathrm{Ba}$${}+{}^{0}_{-1}e+\bar\nu_e$

2. Con la vida media indicada, calculamos directamente en años.

   $\frac{N}{N_0}$${}= e^{-t/\tau}$${}= e^{-40/30{,}17}$${}= 0{,}26558$

3. Si el valor se interpreta como semivida, se obtiene la otra respuesta admitida; no son el mismo parámetro.

   $\frac{N}{N_0}=2^{-40/30{,}17}=0{,}39892$

Planteamiento La actividad sigue el mismo decaimiento exponencial que el número de núcleos. Mantenemos la misma interpretación del parámetro que en el apartado anterior y calculamos por separado la alternativa de la pauta.

1. Despejamos el tiempo necesario para llegar al umbral.

   $A$${}= A_0e^{-t/\tau}$${}\Rightarrow t=\tau\ln\frac{A_0}{A}$${}= 30{,}17\ln\frac{6{,}00\times10^5}{3{,}70\times10^4}$${}= 84{,}054\,\mathrm{años}$

2. El año inicial se deduce de los datos del enunciado. Hay que superar ligeramente el tiempo límite para quedar estrictamente por debajo.

   $2026-40=1986$$1986+84{,}054\approx2070$

3. La pauta usa la interpretación de semivida en este apartado.

   $t_{1/2}$${}= 30{,}17$${}\Rightarrow t=\frac{30{,}17}{\ln2}\ln\frac{6{,}00\times10^5}{3{,}70\times10^4}$${}= 121{,}26\,\mathrm{años}$$1986+t\approx2107$

Planteamiento La energía máxima de los fotoelectrones es la que frena el potencial de parada. La diferencia entre la energía del fotón y esta energía cinética es la función de trabajo.

1. Calculamos la energía del fotón azul y la energía cinética máxima.

   $E_b$${}= \frac{hc}{460\times10^{-9}}$${}= 4{,}3239\times10^{-19}\,\mathrm{J}$$K_{max}$${}= |e|V_f$${}= (1{,}602\times10^{-19})(0{,}50)$${}= 8{,}01\times10^{-20}\,\mathrm{J}$

2. Aplicamos la ecuación de Einstein.

   $W$${}= E_b-K_{max}$${}= 3{,}5229\times10^{-19}\,\mathrm{J}$$W$${}= \frac{3{,}5229\times10^{-19}\,\mathrm{J}}{1{,}602\times10^{-19}\,\mathrm{J/eV}}$${}= 2{,}1991\,\mathrm{eV}$

3. Despejamos la velocidad a partir de la energía cinética.

   $v_{max}$${}= \sqrt{\frac{2K_{max}}{m_e}}$${}= \sqrt{\frac{2(8{,}01\times10^{-20})}{9{,}11\times10^{-31}}}$${}= 4{,}1935\times10^5\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

Planteamiento Solo hay emisión si la energía del fotón supera la función de trabajo. Cuando la hay, el potencial de frenado es el exceso de energía dividido por la carga elemental.

1. Para el verde queda energía para liberar electrones.

   $V_{f,v}$${}= \frac{hc/(520\times10^{-9})-W}{|e|}$${}= 0{,}18857\,\mathrm{V}$

2. Para el rojo no hay emisión: el potencial algebraico negativo no es un potencial de frenado físico.

   $E_r$${}= \frac{hc}{650\times10^{-9}}$${}= 3{,}06\times10^{-19}\,\mathrm{J}$${}< W$