Examen de Física i Química — Andalusia 2023: els sis problemes resolts

La part A de la primera prova de l'oposició de Física i Química d'Andalusia de 2023 proposava sis problemes dels quals calia resoldre'n tres, cadascun qualificat sobre 10, i la nota final era la mitjana dels tres. Ací estan resolts els sis: una barra lliscant sobre rails amb camp magnètic vertical, una lent amb làmina de cares paral·leles, una nòria completa (energia, tir parabòlic, ingravidesa i moment angular), un tampó d'àcid benzoic, una estequiometria de gasos amb dues reaccions simultànies i una pila de vanadi-estany amb Nernst i electròlisi.

Font de l'enunciat. Document oficial de la Consejería de Desarrollo Educativo y Formación Profesional de la Junta de Andalucía, procediment selectiu convocat per Orden de 6 de marzo de 2023, cos (590) especialitat (007). Les solucions són d'elaboració pròpia, no procedeixen de cap criteri de correcció oficial ni de cap acadèmia.

Estratègia d'examen. Triar tres de sis no és un detall menor: amb 3 hores per davant, la diferència entre aprovar i no aprovar està moltes vegades a descartar ràpid. Els problemes 4 i 5 són els més curts (un de tampons quasi mecànic i un d'estequiometria de gasos sense sorpreses); el 6 és el més llarg amb diferència (quatre apartats encadenats i un error d'arrossegament s'ho enduu tot per davant).

Problema 1 — Barra lliscant sobre rails inclinats

Enunciat

Una barra conductora de longitud $l = 20$ cm, de massa $m = 10$ g i resistència $R = 10$ ohms, baixa lliscant per uns rails conductors que formen un angle $\theta = 30°$ amb l'horitzontal. Els rails es tanquen en la seua part inferior per un conductor paral·lel a la barra. En tota la regió existeix un camp magnètic uniforme, perpendicular al pla horitzontal sobre el qual es recolzen els rails. La inducció magnètica $B$ d'aquest camp és igual a 1 tesla. S'observa que el moviment primer és accelerat, convertint-se després en uniforme.

a) Raoneu físicament per què ocorre això. (5 punts) b) Calculeu la velocitat de la vareta, la FEM induïda en els seus extrems i el corrent que passa pel circuit quan el moviment de la vareta és uniforme. (5 punts)

Nota: es menysprea el fregament entre la barra i els rails i la resistència elèctrica d'aquests i del conductor inferior, però no la de la barra.

Andalusia 2023 · Problema 1

Geometria del problema: B és vertical, no normal al pla

Solució

a) Per què el moviment acaba sent uniforme. El raonament té tres baules:

1. En baixar la barra, l'àrea del circuit tancat creix i amb ella el flux magnètic.
2. Per la llei de Faraday-Lenz apareix una fem induïda $\varepsilon = -d\Phi/dt$ i, amb ella, un corrent. La llei de Lenz garanteix el signe: el sistema s'oposa a la causa que el produeix, de manera que la força magnètica $\vec{F} = I\vec{l}\times\vec{B}$ sobre la barra frena el moviment (si el afavorira, tindríem una màquina de moviment perpetu).
3. Aquesta força de frenada és proporcional a $v$. Al principi $v$ és menuda, la component del pes guanya i el moviment s'accelera; a mesura que $v$ creix, la força magnètica creix amb ella fins a igualar $mg\sin\theta$. En aquest instant l'acceleració s'anul·la i el moviment passa a ser uniforme: és una velocitat límit, exactament anàloga a la d'un paracaigudista.

b) La subtilesa geomètrica: el camp és vertical. L'enunciat diu «perpendicular al pla horitzontal», no al pla inclinat. És la clau del problema i on es perden la majoria dels punts. La normal a la superfície inclinada forma un angle $\theta$ amb la vertical, així que el flux només captura la projecció de l'àrea:

$$\Phi = B\,A\cos\theta = B\,l\,x\cos\theta \quad\Longrightarrow\quad \varepsilon = \frac{d\Phi}{dt} = B\,l\,v\cos\theta$$ $$I = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{B\,l\,v\cos\theta}{R}$$

La força magnètica sobre la barra és $F = I\,l\,B$ i és horitzontal (el corrent va al llarg de la barra, horitzontal, i $B$ és vertical). La seua component al llarg del pla inclinat és $F\cos\theta$. Igualant-la amb la component del pes:

$$mg\sin\theta = \frac{B^2l^2v\cos^2\theta}{R} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{v_{\lim} = \frac{mgR\sin\theta}{B^2l^2\cos^2\theta}}$$

Amb les dades ($m = 0{,}010$ kg, $g = 9{,}8$ m/s², $R = 10\ \Omega$, $B = 1$ T, $l = 0{,}20$ m):

$$v_{\lim} = \frac{0{,}010\cdot 9{,}8\cdot 10\cdot 0{,}5}{1\cdot 0{,}04\cdot 0{,}75} = \boxed{16{,}3\ \mathrm{m/s}}$$ $$\varepsilon = B\,l\,v\cos\theta = 1\cdot 0{,}20\cdot 16{,}33\cdot 0{,}866 = \boxed{2{,}83\ \mathrm{V}}, \qquad I = \frac{2{,}83}{10} = \boxed{0{,}283\ \mathrm{A}}$$

Comprovació: $F_{\parallel} = I\,l\,B\cos\theta = 0{,}283\cdot 0{,}20\cdot 1\cdot 0{,}866 = 0{,}0490$ N, que és exactament $mg\sin\theta = 0{,}0490$ N. ✔

Compte amb el $\cos^2\theta$. Si es pren (malament) $B$ normal al pla inclinat, ix $v = mgR\sin\theta/(B^2l^2) = 12{,}25$ m/s, un 25 % menys. El cosinus apareix dues vegades: una en el flux i una altra en projectar la força. Aquest mateix problema, amb el mateix plantejament, va eixir també en Navarra 2025.

Problema 2 — Lent convergent amb làmina de cares paral·leles

Enunciat

Darrere d'una lent prima convergent de 5 diòptries hi ha una làmina de cares paral·leles normal a l'eix de la lent. En aquestes condicions la imatge d'un objecte situat a 50 cm davant de la lent es forma a 36 cm darrere d'aquesta. Sabent que l'índex de refracció de la làmina és 3/2:

a) Calcular el gruix de la làmina. (5 punts) b) Dibuixar un esquema de la marxa dels raigs. (5 punts)

Solució

a) Gruix de la làmina. El problema es resol en dos passos independents: primer la lent sola, després el desplaçament que introdueix la làmina.

Pas 1: on estaria la imatge sense làmina. Amb la potència $P = 5$ D, la focal imatge és $f' = 1/P = 0{,}20$ m $= 20$ cm. Amb el conveni DIN ($s = -50$ cm per a l'objecte):

$$\frac{1}{s'} - \frac{1}{s} = \frac{1}{f'} \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{s'} = \frac{1}{20} + \frac{1}{-50} = \frac{5-2}{100}$$ $$s' = 33{,}33\ \mathrm{cm}$$

Pas 2: el desplaçament de la làmina. Una làmina de cares paral·leles de gruix $d$ i índex $n$ no canvia la direcció d'un raig (entra i ix paral·lel a si mateix), però desplaça la imatge allunyant-la una distància

$$\delta = d\left(1 - \frac{1}{n}\right)$$

És un resultat paraxial que convé saber deduir: dins del vidre el raig «avança més a poc a poc» en termes de camí òptic, i l'efecte net equival a escurçar la trajectòria en $d/n$ en lloc de $d$. Com que la imatge observada està a 36 cm:

$$\delta = 36 - 33{,}33 = 2{,}67\ \mathrm{cm} = d\left(1 - \frac{2}{3}\right) = \frac{d}{3}$$ $$\boxed{d = 8{,}0\ \mathrm{cm}}$$

Dues comprovacions de coherència que convé dir en veu alta: el desplaçament és sempre cap arrere (allunyant la imatge de la lent) perquè $n > 1$; i no depèn d'on es col·loque la làmina entre la lent i la imatge, només del seu gruix i el seu índex.

b) Marxa dels raigs.

Andalusia 2023 · Problema 2

Lent convergent de 5 D amb làmina de cares paral·leles

Els dos raigs notables que basten per a construir la imatge:

• El raig paral·lel a l'eix que, després de travessar la lent, passa pel focus imatge $F'$ (a 20 cm).
• El raig que passa pel centre òptic, que no es desvia.

En entrar en la làmina cada raig es refracta acostant-se a la normal (passa a un medi més dens òpticament) i en eixir es refracta allunyant-se el mateix angle, de manera que ix paral·lel a com va entrar però desplaçat lateralment. El resultat net és que el punt de tall es retarda: la imatge és real, invertida i menor ($\beta' = s'/s = -0{,}67$), i està 2,67 cm més lluny del que estaria sense el vidre.

Problema 3 — La nòria completa

Enunciat

Tenim una nòria de radi $R = 10$ m, i el motor que l'acciona té una potència $P = 2$ kW. Es menyspreen tots els fregaments.

a) Quina és la massa mòbil $M$ de la nòria, suposant que tota ella es troba a la perifèria, si tarda un temps $t_1 = 10$ s a adquirir una velocitat angular $\omega_1 = 0{,}2$ rad/s? (2,5 punts) b) Quan un passatger passa per la posició més alta, se li cau una moneda de la butxaca. Quant de temps $t_2$ tardarà a arribar a terra? A quina distància $d$ cau, mesurada des de la vertical del punt més alt? (2,5 punts) c) Quina velocitat angular $\omega_2$ hauria de tindre la nòria perquè el passatger se sentira ingràvid, i en quina posició li ocorreria això? (2,5 punts) d) En un moment en què el motor està desconnectat i la nòria girant a una velocitat $\omega_3 = 0{,}1$ rad/s, un passatger puja a la nòria en marxa fent un xicotet salt lateral des de l'andana. Si pesa 50 kg, quina és la variació de velocitat angular de la nòria a causa del salt? (2,5 punts)

Solució

a) Massa de la nòria. Tota la massa a la perifèria significa moment d'inèrcia d'anell, $I = MR^2$. El treball del motor durant els 10 s s'inverteix íntegrament en energia cinètica de rotació (no hi ha fregament i el centre de masses no puja):

$$P\,t_1 = \tfrac{1}{2}I\omega_1^2 = \tfrac{1}{2}MR^2\omega_1^2$$ $$M = \frac{2Pt_1}{R^2\omega_1^2} = \frac{2\cdot 2000\cdot 10}{100\cdot 0{,}04} = \boxed{1{,}0\cdot 10^{4}\ \mathrm{kg}}$$

Deu tones: raonable per a una nòria menuda.

b) La moneda. La moneda no cau des del repòs: en soltar-se en el punt més alt porta la velocitat tangencial de la nòria, que allí és horitzontal:

$$v = \omega_1 R = 0{,}2\cdot 10 = 2{,}0\ \mathrm{m/s}$$

És, per tant, un tir horitzontal des de $h = 2R = 20$ m (el punt més alt està a dos radis del terra, no a un: un altre descuit habitual).

$$t_2 = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{40}{9{,}8}} = \boxed{2{,}02\ \mathrm{s}}, \qquad d = v\,t_2 = 2{,}0\cdot 2{,}02 = \boxed{4{,}04\ \mathrm{m}}$$

c) Ingravidesa. «Sentir-se ingràvid» significa que la força normal del seient s'anul·la: el pes, i només el pes, fa de força centrípeta. Això només pot ocórrer on el pes apunta cap al centre de la trajectòria, és a dir en el punt més alt:

$$mg = m\omega_2^2 R \quad\Longrightarrow\quad \omega_2 = \sqrt{\frac{g}{R}} = \sqrt{0{,}98} = \boxed{0{,}99\ \mathrm{rad/s}}$$

(unes 9,5 rpm, cinc vegades la velocitat de l'apartat a). En el punt més baix mai pot passar: allí la normal val $N = mg + m\omega^2R$, sempre major que el pes; per això en passar per baix un se sent més pesat.

d) El passatger que salta. Amb el motor desconnectat no hi ha parell exterior respecte a l'eix, així que es conserva el moment angular. El salt és lateral: el passatger no aporta moment angular propi, només la seua inèrcia. Pujant a la perifèria (l'andana està a distància $R$ de l'eix):

$$MR^2\omega_3 = (M + m)R^2\omega' \quad\Longrightarrow\quad \omega' = \omega_3\frac{M}{M+m} = 0{,}1\cdot\frac{10000}{10050}$$ $$\omega' = 0{,}0995\ \mathrm{rad/s} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\Delta\omega = -5{,}0\cdot 10^{-4}\ \mathrm{rad/s}}$$

La nòria es frena, però només un 0,5 %: són 50 kg contra 10 000. El signe negatiu és el que cal saber justificar —afegir massa augmenta el moment d'inèrcia i, a moment angular constant, la velocitat angular baixa—; és el mateix efecte que el patinador que obri els braços, al revés.

Problema 4 — Tampó d'àcid benzoic

Enunciat

Es disposa de dues dissolucions, una d'àcid benzoic 0,1 M i una altra de benzoat de sodi 0,5 M. Calcula raonadament quin volum de cadascuna s'ha de prendre per a preparar 250 mL d'una dissolució tampó de pH = 3,89. (10 punts)

Dades: $pK_a$(àcid benzoic) = 4,19.

Solució

Henderson-Hasselbalch dóna directament la relació que ha d'haver-hi entre base conjugada i àcid:

$$\mathrm{pH} = pK_a + \log\frac{[\ce{C6H5COO-}]}{[\ce{C6H5COOH}]} \quad\Longrightarrow\quad \log\frac{n_{A^-}}{n_{HA}} = 3{,}89 - 4{,}19 = -0{,}30$$ $$\frac{n_{A^-}}{n_{HA}} = 10^{-0{,}30} = 0{,}50$$

És a dir, cal el doble de mols d'àcid que de base conjugada. Ací convé subratllar una cosa que es pregunta amb freqüència al tribunal: en la relació es poden usar mols en lloc de concentracions perquè ambdues espècies comparteixen el mateix volum final, i el volum es cancel·la.

Anomenant $V_a$ el volum d'àcid 0,1 M i $V_b$ el de benzoat 0,5 M, amb $V_a + V_b = 250$ mL:

$$\frac{0{,}5\,V_b}{0{,}1\,V_a} = 0{,}50 \quad\Longrightarrow\quad V_b = 0{,}10\,V_a$$ $$V_a(1 + 0{,}10) = 250 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{V_a = 227\ \mathrm{mL}}, \qquad \boxed{V_b = 23\ \mathrm{mL}}$$

és a dir 227 mL d'àcid benzoic 0,1 M i 23 mL de benzoat de sodi 0,5 M.

Comprovació: $[\ce{HA}] = 0{,}1\cdot 227/250 = 0{,}0909$ M i $[\ce{A-}] = 0{,}5\cdot 23/250 = 0{,}0455$ M; la relació és 0,50 i $\mathrm{pH} = 4{,}19 - 0{,}30 = 3{,}89$. ✔

El que cal «raonar» (l'enunciat ho demana expressament): que el resultat siga un tampó útil exigeix que la relació estiga dins de l'interval $pK_a \pm 1$, i ací $\mathrm{pH} - pK_a = -0{,}30$ cau folgadament dins. A més, la capacitat tamponadora és apreciable: hi ha $2{,}27\cdot 10^{-2}$ mol d'àcid i $1{,}14\cdot 10^{-2}$ mol de base en 250 mL, així que afegir mil·limols d'àcid o base forta mourà el pH molt poc.

Problema 5 — Mescla d'amoníac i hidrogen

Enunciat

A 700 cm³ d'una mescla gasosa d'amoníac i dihidrogen s'afigen 500 cm³ de dioxigen. Es fa reaccionar la mescla i, després de condensar l'aigua, en tornar a les condicions primitives de pressió i temperatura, queda un residu de 275 cm³ d'una mescla de dinitrogen i dioxigen. Trobar la composició, en % en volum, de la mescla inicial de dihidrogen i amoníac. Justificar els passos fets. (10 punts)

Solució

L'eina clau és la llei d'Avogadro: a la mateixa $P$ i $T$, els volums de gas són proporcionals als mols. Això permet treballar directament amb volums com si foren mols, sense calcular ni una sola quantitat de substància. I cal ser explícit amb una hipòtesi: si el residu conté oxigen, és que l'oxigen estava en excés i ambdós combustibles han reaccionat completament.

Les dues reaccions que ocorren simultàniament són

$$\ce{4 NH3 + 3 O2 -> 2 N2 + 6 H2O}, \qquad \ce{2 H2 + O2 -> 2 H2O}$$

Siga $x$ el volum de $\ce{NH3}$ i $y$ el de $\ce{H2}$, amb $x + y = 700$ cm³. Aleshores:

| Magnitud | Expressió | | ------------------ | ------------------------------------- | | $\ce{O2}$ consumit | $\tfrac{3}{4}x + \tfrac{1}{2}y$ | | $\ce{N2}$ produït | $\tfrac{1}{2}x$ | | $\ce{O2}$ sobrant | $500 - \tfrac{3}{4}x - \tfrac{1}{2}y$ |

L'aigua condensa i desapareix del balanç de volum (per això l'enunciat insisteix en «després de condensar l'aigua» i «en tornar a les condicions primitives»). El residu és la suma del nitrogen i de l'oxigen sobrant:

$$\tfrac{1}{2}x + 500 - \tfrac{3}{4}x - \tfrac{1}{2}y = 275 \quad\Longrightarrow\quad \tfrac{1}{4}x + \tfrac{1}{2}y = 225$$

Amb $y = 700 - x$:

$$0{,}25x + 350 - 0{,}5x = 225 \quad\Longrightarrow\quad x = 500\ \mathrm{cm^3}, \qquad y = 200\ \mathrm{cm^3}$$ $$\boxed{\ce{NH3}: 71{,}4\ \%}, \qquad \boxed{\ce{H2}: 28{,}6\ \%} \quad \text{(en volum)}$$

Comprovació completa: $\ce{O2}$ consumit $= 375 + 100 = 475$ cm³ (efectivament menor que 500, així que la hipòtesi de l'excés era correcta); sobren 25 cm³ de $\ce{O2}$; es formen 250 cm³ de $\ce{N2}$; residu $= 250 + 25 = 275$ cm³. ✔

Problema 6 — Pila de vanadi i estany

Enunciat

Es construeix una pila electroquímica amb dos elèctrodes de platí, un submergit en una dissolució 0,5 M de $\ce{V^2+}$ i 0,05 M de $\ce{V^3+}$ i l'altre en una dissolució 0,3 M de $\ce{Sn^4+}$ i 0,03 M de $\ce{Sn^2+}$. El volum de cadascuna de les dissolucions és 1 litre i ambdues es troben unides per un pont salí. Es demana:

a) Escriure la notació de la pila i la reacció global que hi té lloc. (2,5 punts) b) Calcular la constant d'equilibri de la reacció, el potencial i l'energia lliure de la pila a 25 °C. (2,5 punts) c) Calcular el potencial de la pila després que aquesta haja funcionat, passant pel conductor extern 1,9 A durant 40 minuts i 25 segons. (2,5 punts) d) Determinar quantes piles com la inicial, connectades en sèrie, seran necessàries per a començar l'electròlisi d'una dissolució 1 M de HCl (suposeu que els gasos despresos estan a $P = 1$ atm). (2,5 punts)

Dades: $E^\circ(\ce{Cl2}/\ce{Cl-}) = 1{,}36$ V; $E^\circ(\ce{V^3+}/\ce{V^2+}) = -0{,}255$ V; $E^\circ(\ce{Sn^4+}/\ce{Sn^2+}) = 0{,}15$ V; $E^\circ(\ce{H+}/\ce{H2}) = 0{,}00$ V; $F = 96485$ C; $R = 8{,}31$ J/mol·K.

Solució

a) Notació i reacció global. El parell amb major potencial de reducció es redueix (càtode) i l'altre s'oxida (ànode): $\ce{Sn^4+}$ (+0,15 V) mana sobre $\ce{V^3+}$ (−0,255 V).

$$\text{Ànode (oxidació):}\quad \ce{V^2+ -> V^3+ + e-} \qquad \times 2$$ $$\text{Càtode (reducció):}\quad \ce{Sn^4+ + 2e- -> Sn^2+}$$ $$\boxed{\ce{2 V^2+ + Sn^4+ -> 2 V^3+ + Sn^2+}} \qquad (n = 2)$$

Com que totes les espècies són ions en dissolució, els elèctrodes són inerts (platí), i per això l'enunciat els especifica. Notació IUPAC (ànode a l'esquerra):

$$\ce{Pt} \mid \ce{V^2+}\,(0{,}5\ \mathrm{M}),\ \ce{V^3+}\,(0{,}05\ \mathrm{M}) \parallel \ce{Sn^4+}\,(0{,}3\ \mathrm{M}),\ \ce{Sn^2+}\,(0{,}03\ \mathrm{M}) \mid \ce{Pt}$$

b) $K$, $E$ i $\Delta G$.

$$E^\circ_{\text{pila}} = E^\circ_{\text{càtode}} - E^\circ_{\text{ànode}} = 0{,}15 - (-0{,}255) = 0{,}405\ \mathrm{V}$$

La constant d'equilibri s'obté de $\Delta G^\circ = -nFE^\circ = -RT\ln K$:

$$\ln K = \frac{nFE^\circ}{RT} = \frac{2\cdot 96485\cdot 0{,}405}{8{,}31\cdot 298} = 31{,}56 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{K = 5{,}1\cdot 10^{13}}$$

Pràcticament quantitativa. Per al potencial real cal aplicar Nernst, perquè les concentracions no són 1 M:

$$Q = \frac{[\ce{V^3+}]^2[\ce{Sn^2+}]}{[\ce{V^2+}]^2[\ce{Sn^4+}]} = \frac{(0{,}05)^2(0{,}03)}{(0{,}5)^2(0{,}3)} = 1{,}0\cdot 10^{-3}$$ $$E = E^\circ - \frac{RT}{nF}\ln Q = 0{,}405 - 0{,}01283\cdot\ln(10^{-3}) = 0{,}405 + 0{,}0886 = \boxed{0{,}494\ \mathrm{V}}$$

El potencial puja respecte a l'estàndard, i té tot el sentit: els reactius estan més concentrats que els productes, així que la reacció té més «ganes» d'avançar. I les energies lliures:

$$\Delta G^\circ = -nFE^\circ = -78{,}2\ \mathrm{kJ}, \qquad \boxed{\Delta G = -nFE = -95{,}3\ \mathrm{kJ}}$$

c) Potencial després de funcionar. El temps és $t = 40\cdot 60 + 25 = 2425$ s, per tant

$$q = I\,t = 1{,}9\cdot 2425 = 4607{,}5\ \mathrm{C} \quad\Longrightarrow\quad n_{e^-} = \frac{q}{F} = 4{,}775\cdot 10^{-2}\ \mathrm{mol}$$

Cada 2 electrons consumeixen 2 $\ce{V^2+}$ i 1 $\ce{Sn^4+}$: l'estequiometria no és la mateixa en els dos gots. Com que el volum és 1 L en cadascun, mols i molaritats coincideixen:

| Espècie | Inicial (M) | Variació | Final (M) | | ------------ | ----------- | ----------------------- | ---------- | | $\ce{V^2+}$ | 0,500 | $-4{,}775\cdot 10^{-2}$ | 0,4522 | | $\ce{V^3+}$ | 0,050 | $+4{,}775\cdot 10^{-2}$ | 0,0978 | | $\ce{Sn^4+}$ | 0,300 | $-2{,}388\cdot 10^{-2}$ | 0,2761 | | $\ce{Sn^2+}$ | 0,030 | $+2{,}388\cdot 10^{-2}$ | 0,0539 |

$$Q' = \frac{(0{,}0978)^2(0{,}0539)}{(0{,}4522)^2(0{,}2761)} = 9{,}12\cdot 10^{-3}$$ $$E' = 0{,}405 - 0{,}01283\cdot\ln(9{,}12\cdot 10^{-3}) = \boxed{0{,}465\ \mathrm{V}}$$

La pila ha perdut 29 mV: s'està descarregant, com ha de ser. El $\ce{V^3+}$ quasi s'ha duplicat.

d) Quantes piles per a electrolitzar HCl 1 M. En l'electròlisi de l'àcid clorhídric:

$$\text{Càtode:}\ \ce{2 H+ + 2e- -> H2}\ (0{,}00\ \mathrm{V}), \qquad \text{Ànode:}\ \ce{2 Cl- -> Cl2 + 2e-}\ (1{,}36\ \mathrm{V})$$

Com que la dissolució és 1 M i els gasos estan a 1 atm, estem exactament en condicions estàndard i no cal Nernst. La tensió mínima de descomposició és

$$V_{\text{desc}} = 1{,}36 - 0{,}00 = 1{,}36\ \mathrm{V}$$

Connectant piles en sèrie els potencials se sumen, així que calen

$$N \ge \frac{1{,}36}{0{,}494} = 2{,}75 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{N = 3}$$

Amb dues piles s'arribaria només a 0,99 V, insuficient; amb tres, a 1,48 V. Un matís honest que convé afegir: 1,36 V és el mínim termodinàmic; en la pràctica cal més pel sobrepotencial de despreniment del clor i de l'hidrogen sobre els elèctrodes, que pot rondar unes dècimes de volt. L'enunciat demana «començar l'electròlisi» en el sentit termodinàmic, així que la resposta és 3.