Física, PAU 2026 de Cataluña: el examen de junio (serie 5) resuelto

Planteamiento Se piden el diagrama de fuerzas sobre el ion dentro del selector y el campo $B_1$ que deja pasar sin desviarse a los iones de $4{,}00\times10^{4}\,\mathrm{m\,s^{-1}}$. En la figura la placa de arriba es negativa y la de abajo, positiva.

1. Fuerza eléctrica: el campo va de la placa positiva (abajo) a la negativa (arriba) y la carga del ion es positiva, así que la fuerza eléctrica apunta hacia arriba, en el sentido del campo.

   $\vec F_E=q\vec E$

2. Fuerza magnética: con $\vec v$ hacia la derecha y $\vec B_1$ saliendo del papel, la regla de la mano derecha da $\vec v\times\vec B_1$ hacia abajo; como $q>0$, la fuerza magnética apunta hacia abajo (figura).

   $\vec F_B=q\,\vec v\times\vec B_1$

3. Campo eléctrico entre las placas:

   $E$${}= \frac{\Delta V}{d}=\frac{500}{20{,}0\times10^{-3}}$${}= 2{,}50\times10^{4}\,\mathrm{V\,m^{-1}}$

4. El ion sale sin desviarse si las dos fuerzas se compensan; como $\vec v\perp\vec B_1$, $F_B=qvB_1$:

   $qE$${}= qvB_1$${}\Rightarrow B_1$${}= \frac Ev$${}= \frac{2{,}50\times10^{4}}{4{,}00\times10^{4}}$${}= 0{,}625\,\mathrm{T}$

Resultado$\vec F_E$ hacia arriba y $\vec F_B$ hacia abajo, del mismo módulo. $E=2{,}50\times10^{4}\,\mathrm{V\,m^{-1}}$; $B_1=0{,}625\,\mathrm{T}$.

La pauta oficial da: E = 2,50 × 10⁴ V; B = 0,625 T

Planteamiento Se pide a qué distancia de la rendija impacta el ion y cuánto cambia su energía cinética. En la zona donde solo hay $B_2$ la fuerza magnética es perpendicular a la velocidad: el ion describe media circunferencia y choca a una distancia igual al diámetro.

1. La fuerza magnética hace de fuerza centrípeta ($\vec v\perp\vec B_2$):

   $qvB_2=m\frac{v^2}{r}\;\Rightarrow\;r=\frac{mv}{qB_2}$

2. Sustituimos; la carga del ion es $q=+|e|$:

   $r$${}= \frac{5{,}81\times10^{-26}\cdot4{,}00\times10^{4}}{1{,}602\times10^{-19}\cdot0{,}30}$${}= 4{,}836\times10^{-2}\,\mathrm{m}$

3. El ion recorre media vuelta, hacia abajo como en la figura, antes de chocar con la placa:

   $d$${}= 2r=2\cdot4{,}836\times10^{-2}$${}= 9{,}67\times10^{-2}\,\mathrm{m}$

4. La fuerza magnética es siempre perpendicular a la velocidad: no hace trabajo, el módulo de la velocidad no cambia y la energía cinética tampoco.

   $W_B=0\;\Rightarrow\;\Delta E_c=0$

Planteamiento Se pide qué armónico muestra la imagen, su longitud de onda y su velocidad de propagación, y la posición de los nodos y los vientres. La cuerda está sujeta por los dos extremos, la mano y el eje del cepillo, que son nodos.

1. En la imagen hay cuatro husos: cinco nodos (los dos extremos y los tres puntos intermedios que no se mueven) y cuatro vientres. Con un nodo en cada extremo, el armónico $n$ tiene $n$ vientres: es el cuarto armónico.

   $n=4$

2. Entre dos nodos consecutivos hay media longitud de onda; entre el primero y el último hay cuatro medias longitudes de onda:

   $4\,\frac{\lambda}{2}$${}= 36{,}0\,\mathrm{cm}$${}\Rightarrow \lambda=18{,}0\,\mathrm{cm}$${}= 0{,}180\,\mathrm{m}$

3. La onda vibra con la frecuencia del cepillo:

   $v=\lambda f=0{,}180\cdot357=64{,}3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

4. Medidas desde el primer nodo: hay un nodo cada $\lambda/2=9{,}0\,\mathrm{cm}$ y los vientres están a medio camino entre dos nodos (figura).

   $x_N=0;\ 9{,}0;\ 18{,}0;\ 27{,}0;\ 36{,}0\ \mathrm{cm}$$x_V=4{,}5;\ 13{,}5;\ 22{,}5;\ 31{,}5\ \mathrm{cm}$

ResultadoCuarto armónico; $\lambda=0{,}180\,\mathrm{m}$; $v=64{,}3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$. Nodos a $0$, $9{,}0$, $18{,}0$, $27{,}0$ y $36{,}0\,\mathrm{cm}$ del primero; vientres a $4{,}5$, $13{,}5$, $22{,}5$ y $31{,}5\,\mathrm{cm}$.

La pauta oficial da: n = 4; λ = 0,18 m; v = 64,3 m/s; N: 0; 0,09; 0,18; 0,27; 0,36 m; V: 0,045; 0,135; 0,225; 0,315 m

Planteamiento Se pide la ecuación de la posición del eje del cepillo y su gráfica durante un período. El movimiento empieza en el desplazamiento máximo, así que conviene un coseno sin fase inicial.

1. Amplitud y frecuencia angular:

   $A=0{,}50\,\mathrm{mm}=5{,}0\times10^{-4}\,\mathrm{m}$$\omega$${}= 2\pi f$${}= 2\pi\cdot357$${}= 714\pi$${}= 2{,}24\times10^{3}\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$

2. En $t=0$ el eje está en el desplazamiento máximo, $x(0)=A$: con $x=A\cos(\omega t+\varphi_0)$ la fase inicial es $\varphi_0=0$ (con un seno sería $\pi/2$). Con $x$ en metros y $t$ en segundos:

   $x(t)$${}= 5{,}0\times10^{-4}\cos(714\pi\,t)$${}= 5{,}0\times10^{-4}\cos\left(2{,}24\times10^{3}\,t\right)$

3. Período, para la escala de la gráfica:

   $T=\frac1f=\frac1{357}=2{,}80\times10^{-3}\,\mathrm{s}$

4. La gráfica (figura) empieza en $x=0{,}50\,\mathrm{mm}$, pasa por cero en $T/4=0{,}70\,\mathrm{ms}$, llega a $-0{,}50\,\mathrm{mm}$ en $T/2=1{,}40\,\mathrm{ms}$, vuelve a cero en $3T/4=2{,}10\,\mathrm{ms}$ y acaba en $0{,}50\,\mathrm{mm}$ en $T=2{,}80\,\mathrm{ms}$.

Resultado$x(t)=5{,}0\times10^{-4}\cos(714\pi\,t)$, con $x$ en m y $t$ en s; $T=2{,}80\times10^{-3}\,\mathrm{s}$.

La pauta oficial da: x = 5 × 10⁻⁴ cos(2240 t); T = 2,80 × 10⁻³ s

Planteamiento Se piden la frecuencia de la luz, su velocidad dentro de la fibra y su longitud de onda dentro de la fibra. La frecuencia no cambia al pasar de un medio a otro; la velocidad y la longitud de onda, sí.

1. Frecuencia, con los datos en el vacío:

   $f$${}= \frac{c}{\lambda_0}$${}= \frac{3{,}00\times10^{8}}{650\times10^{-9}}$${}= 4{,}62\times10^{14}\,\mathrm{Hz}$

2. Velocidad en la fibra:

   $v$${}= \frac{c}{n_1}$${}= \frac{3{,}00\times10^{8}}{1{,}48}$${}= 2{,}03\times10^{8}\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

3. Longitud de onda en la fibra, con la misma frecuencia:

   $\lambda$${}= \frac vf$${}= \frac{\lambda_0}{n_1}$${}= \frac{650}{1{,}48}$${}= 439\,\mathrm{nm}$

Planteamiento Se piden el ángulo límite en la superficie entre el núcleo de la fibra ($n_1$) y el recubrimiento ($n_2$), en el punto $P$, y el ángulo de entrada $\varphi$ con el que el rayo llega a $P$ justo con ese ángulo límite.

1. Ángulo límite: el ángulo de incidencia, medido desde la normal, cuyo rayo refractado sale a $90^\circ$. Existe porque $n_1>n_2$:

   $n_1\sin\theta_L$${}= n_2\sin90^\circ$${}\Rightarrow \theta_L$${}= \arcsin\frac{n_2}{n_1}$${}= \arcsin\frac{1{,}44}{1{,}48}$${}= 76{,}65^\circ$

2. La normal en $P$ es perpendicular al eje de la fibra: el ángulo $\varphi'$ que forma el rayo refractado con el eje es el complementario de $\theta_L$.

   $\varphi'$${}= 90^\circ-\theta_L$${}= 90^\circ-76{,}65^\circ$${}= 13{,}35^\circ$

3. Ley de Snell en la entrada de la fibra, desde el aire; en la cara de entrada la normal es el eje, así que $\varphi$ y $\varphi'$ son los ángulos con la normal:

   $n_{\text{aire}}\sin\varphi$${}= n_1\sin\varphi'$${}\Rightarrow \varphi=\arcsin(1{,}48\cdot\sin13{,}35^\circ)$${}= 20{,}0^\circ$

4. Si $\varphi$ es menor que $20{,}0^\circ$, el rayo llega a $P$ con un ángulo mayor que el límite y se refleja totalmente; si es mayor, parte de la luz pasa al recubrimiento.

   $\varphi\le20{,}0^\circ\;\Rightarrow\;\theta\ge\theta_L$

Planteamiento Se pide la desintegración del tritio en helio 3, con todas las partículas, y su tipo. El número másico no cambia ($3$) y el número atómico sube de $1$ a $2$: un neutrón del núcleo se convierte en un protón.

1. Conservación del número másico y de la carga: la partícula que falta tiene $A=0$ y $Z=-1$, un electrón.

   $3=3+A_x\;\Rightarrow\;A_x=0$$1=2+Z_x\;\Rightarrow\;Z_x=-1$

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

   ${}^{3}_{1}\mathrm{H}$${}\longrightarrow {}^{3}_{2}\mathrm{He}+{}^{0}_{-1}e$${}+\bar\nu_e$

Planteamiento Se piden la constante de desintegración, la actividad del tanque el día del accidente, cuántos años tienen que pasar desde el accidente para llegar al límite recomendado y una valoración del vertido. La actividad decae exponencialmente; la medida de $760\,\mathrm{TBq}$ es de cinco años después del accidente.

1. Constante de desintegración, con el período en segundos:

   $T_{1/2}$${}= 4\,500\cdot86\,400$${}= 3{,}888\times10^{8}\,\mathrm{s}$$\lambda$${}= \frac{\ln2}{T_{1/2}}$${}= 1{,}783\times10^{-9}\,\mathrm{s^{-1}}$

2. Actividad inicial. Cinco años son $t_1$${}= 5\cdot365{,}25\cdot86\,400$${}= 1{,}58\times10^{8}\,\mathrm{s}$, y $760\,\mathrm{TBq}=7{,}60\times10^{14}\,\mathrm{Bq}$:

   $A$${}= A_0e^{-\lambda t_1}$${}\Rightarrow A_0$${}= Ae^{\lambda t_1}$${}= 7{,}60\times10^{14}\cdot e^{1{,}783\times10^{-9}\cdot1{,}578\times10^{8}}$${}= 1{,}007\times10^{15}\,\mathrm{Bq}$

3. Actividad máxima admisible en el tanque. El enunciado habla de «cada litro», pero da el límite en $\mathrm{Bq\,m^{-3}}$: lo usamos con esa unidad y el volumen del tanque. Si fueran $10^{7}\,\mathrm{Bq}$ por litro, el límite del tanque sería $8{,}60\times10^{15}\,\mathrm{Bq}$, mayor que la actividad inicial: el agua habría sido segura desde el primer día y la pregunta no tendría sentido.

   $A_{\text{seg}}$${}= 10^{7}\cdot8{,}60\times10^{5}$${}= 8{,}60\times10^{12}\,\mathrm{Bq}$

4. Tiempo desde el accidente hasta llegar a ese límite ($1\,\text{año}=365{,}25\,\text{días}$):

   $t$${}= \frac1\lambda\ln\frac{A_0}{A_{\text{seg}}}$${}= \frac{1}{1{,}783\times10^{-9}}\ln\frac{1{,}007\times10^{15}}{8{,}60\times10^{12}}$${}= 2{,}67\times10^{9}\,\mathrm{s}$${}= 84{,}7\,\text{años}$

5. Valoración. Cuando se midió, la actividad por unidad de volumen del agua del tanque era unas $88$ veces el límite recomendado, así que no se puede verter tal cual. Diluida en una masa de agua muy grande, la concentración puede quedar por debajo del límite; el riesgo está cerca del punto de vertido: si se vierte deprisa o las corrientes no la dispersan bien, puede haber zonas con concentraciones demasiado altas que dañen el plancton y la fauna marina. La propuesta es razonable solo si se vierte poco a poco, muy diluida y vigilando la concentración.

   $\frac{A}{V}$${}= \frac{7{,}60\times10^{14}}{8{,}60\times10^{5}}$${}= 8{,}84\times10^{8}\,\mathrm{Bq\,m^{-3}}$${}\approx 88\cdot10^{7}\,\mathrm{Bq\,m^{-3}}$