Examen model I de Física i Química: sis problemes resolts pas a pas

Aquest examen model de la prova pràctica de les oposicions de Física i Química de Secundària reprodueix el format més habitual de les convocatòries autonòmiques: sis problemes —tres de química i tres de física—, cadascun qualificat de 0 a 10 punts, sent la nota de l'exercici la mitjana aritmètica dels sis. Cobrix valoració àcid-base, termoquímica i espontaneïtat, electroquímica i electròlisi, dinàmica amb fregament i molls, camp gravitatori i òptica geomètrica. A baix tens l'enunciat complet i la resolució raonada de cada apartat.

Què és això i què no és. És un exercici de mostra d'elaboració pròpia, escrit per a practicar el format i la gestió del temps. No correspon a cap convocatòria real ni reprodueix l'examen de cap comunitat autònoma: els enunciats reals, amb la seua referència oficial, són a l'arxiu d'exàmens resolts. Les dades i els resultats s'han comprovat numèricament un a un.

Instruccions. Han de resoldre's els sis problemes. Cadascun es qualifica de 0 a 10 punts i la qualificació de l'exercici és la mitjana dels sis. Es valora el plantejament raonat, no només el resultat: convé escriure la llei física o l'equilibri de partida abans de substituir. Els resultats sense unitats no puntuen. Temps orientatiu: 4 hores.

Problema 1 — Valoració d'un àcid feble amb una base forta

Enunciat

Es valoren $25{,}0\ \mathrm{mL}$ d'àcid etanoic (acètic) $0{,}100\ \mathrm{M}$ amb hidròxid de sodi $0{,}100\ \mathrm{M}$. Calculeu:

a) El pH de la dissolució inicial i el grau de dissociació de l'àcid. (2 p) b) El pH després d'afegir $10{,}0\ \mathrm{mL}$ de base. (1,5 p) c) El pH en la semiequivalència i en el punt d'equivalència. (3 p) d) El pH després d'afegir $30{,}0\ \mathrm{mL}$ de base. (1,5 p) e) Representeu la corba de valoració i raoneu quin indicador triaríeu entre el taronja de metil (viratge $3{,}1$–$4{,}4$) i la fenolftaleïna (viratge $8{,}2$–$10{,}0$). (2 p)

Dades: $K_a(\ce{CH3COOH}) = 1{,}8\cdot 10^{-5}$; $K_w = 1{,}0\cdot 10^{-14}$.

Solució

a) pH inicial i grau de dissociació

L'àcid acètic és feble: només es dissocia parcialment i l'equilibri que governa el pH és

$$\ce{CH3COOH (aq) + H2O (l) <=> CH3COO^- (aq) + H3O^+ (aq)}, \qquad K_a = \frac{[\ce{CH3COO^-}][\ce{H3O^+}]}{[\ce{CH3COOH}]}$$

Amb $c_0 = 0{,}100\ \mathrm{M}$ i anomenant $x$ a $[\ce{H3O^+}]$ en l'equilibri:

$$\frac{x^2}{c_0 - x} = K_a \quad\Longrightarrow\quad x^2 + K_a x - K_a c_0 = 0$$ $$x = \frac{-1{,}8\cdot 10^{-5} + \sqrt{(1{,}8\cdot 10^{-5})^2 + 4\cdot 1{,}8\cdot 10^{-5}\cdot 0{,}100}}{2} = 1{,}333\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}$$ $$\mathrm{pH} = -\log(1{,}333\cdot 10^{-3}) = \boxed{2{,}88} \qquad \alpha = \frac{x}{c_0} = \frac{1{,}333\cdot 10^{-3}}{0{,}100} = \boxed{1{,}33\ \%}$$

Convé dir en veu alta per què l'aproximació valdria igual. Menyspreant $x$ enfront de $c_0$ s'obté $x = \sqrt{K_a c_0} = 1{,}342\cdot 10^{-3}$ i $\mathrm{pH} = 2{,}87$: la diferència és en la tercera xifra. La regla pràctica és que l'aproximació és lícita quan $\alpha < 5\ \%$, i ací $\alpha = 1{,}3\ \%$. Resoldre l'equació de segon grau i comprovar després que l'aproximació hauria bastat és exactament el que espera el tribunal.

b) pH després de 10,0 mL de NaOH — regió tampó

Abans del punt d'equivalència coexisteixen l'àcid sense neutralitzar i la seua base conjugada: és una dissolució reguladora. Treballem en mil·limols, que estalvien arrossegar el volum:

$$n_0(\ce{HA}) = 25{,}0 \cdot 0{,}100 = 2{,}50\ \mathrm{mmol}, \qquad n(\ce{OH^-}) = 10{,}0\cdot 0{,}100 = 1{,}00\ \mathrm{mmol}$$

La neutralització és quantitativa, així que queden $1{,}50\ \mathrm{mmol}$ de $\ce{CH3COOH}$ i es formen $1{,}00\ \mathrm{mmol}$ de $\ce{CH3COO^-}$. Amb Henderson–Hasselbalch ($\mathrm{p}K_a = 4{,}74$):

$$\mathrm{pH} = \mathrm{p}K_a + \log\frac{n(\ce{A^-})}{n(\ce{HA})} = 4{,}74 + \log\frac{1{,}00}{1{,}50} = \boxed{4{,}57}$$

El volum no hi apareix: en un tampó el que mana és el quocient de quantitats, i totes dues són en la mateixa dissolució. Diluir un tampó no en canvia el pH (mentre l'aproximació seguisca sent vàlida); sí que en canvia la capacitat reguladora.

c) Semiequivalència i punt d'equivalència

Semiequivalència. És el punt en què s'ha neutralitzat la meitat de l'àcid, és a dir $V = 12{,}5\ \mathrm{mL}$. Llavors $n(\ce{A^-}) = n(\ce{HA})$, el logaritme s'anul·la i

$$\mathrm{pH} = \mathrm{p}K_a = \boxed{4{,}74}$$

Aquest punt és la manera experimental de mesurar $K_a$: es valora, es llig el pH a mitjan camí del salt i ja tens la constant sense cap més càlcul.

Punt d'equivalència. S'assoleix quan $n(\ce{OH^-}) = n_0(\ce{HA})$, o siga $V_{eq} = 25{,}0\ \mathrm{mL}$. En la dissolució només hi ha acetat, que és base feble i hidrolitza:

$$\ce{CH3COO^- + H2O <=> CH3COOH + OH^-}, \qquad K_b = \frac{K_w}{K_a} = \frac{1{,}0\cdot 10^{-14}}{1{,}8\cdot 10^{-5}} = 5{,}56\cdot 10^{-10}$$

La concentració d'acetat s'ha de recalcular amb el volum total, que ara és $25{,}0 + 25{,}0 = 50{,}0\ \mathrm{mL}$:

$$[\ce{CH3COO^-}] = \frac{2{,}50\ \mathrm{mmol}}{50{,}0\ \mathrm{mL}} = 0{,}0500\ \mathrm{M}$$ $$[\ce{OH^-}] = \sqrt{K_b\,c} = \sqrt{5{,}56\cdot 10^{-10}\cdot 0{,}0500} = 5{,}27\cdot 10^{-6}\ \mathrm{M}$$ $$\mathrm{pOH} = 5{,}28 \quad\Longrightarrow\quad \mathrm{pH} = \boxed{8{,}72}$$

El punt d'equivalència d'un àcid feble no és a pH 7. És l'error més repetit i el motiu de l'apartat e): la dissolució equivalent és bàsica perquè la base conjugada sobreviu a la neutralització.

d) pH després de 30,0 mL de NaOH — excés de base forta

Passat el punt d'equivalència el pH el fixa l'hidròxid sobrant; la hidròlisi de l'acetat és menyspreable enfront d'ell.

$$n(\ce{OH^-})_{exc} = 30{,}0\cdot 0{,}100 - 2{,}50 = 0{,}500\ \mathrm{mmol}, \qquad V_t = 55{,}0\ \mathrm{mL}$$ $$[\ce{OH^-}] = \frac{0{,}500}{55{,}0} = 9{,}09\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M} \quad\Longrightarrow\quad \mathrm{pOH} = 2{,}04,\ \ \mathrm{pH} = \boxed{11{,}96}$$

e) Corba de valoració i elecció d'indicador

Problema 1

Corba de valoració: 25,0 mL de CH₃COOH 0,100 M amb NaOH 0,100 M

0

4

8

12

10

20

30

40

pH

V (mL de NaOH)

fenolftaleïna 8,2–10,0

taronja de metil 3,1–4,4

equivalència 8,72

pKa

Un indicador serveix quan el seu interval de viratge cau dins del salt vertical de la corba. Ací el salt va de $\mathrm{pH}\approx 7$ (a $24{,}9\ \mathrm{mL}$) a $\mathrm{pH}\approx 10{,}3$ (a $25{,}1\ \mathrm{mL}$), i està centrat en $8{,}72$:

• Fenolftaleïna (8,2–10,0): correcta. Vira dins del salt, amb una dècima de mil·lilitre d'error, que és la resolució d'una bureta.
• Taronja de metil (3,1–4,4): inservible. Viraria en plena mesa tampó, al voltant de $10\ \mathrm{mL}$ de base afegida, és a dir amb un 60 % de l'àcid encara sense neutralitzar. L'error per defecte seria enorme.

Aquest és el criteri general: àcid feble amb base forta → indicador bàsic; àcid fort amb base feble → indicador àcid; fort amb fort → gairebé qualsevol, perquè el salt travessa tota l'escala.

Problema 2 — Síntesi del metanol: entalpia, entropia i temperatura d'inversió

Enunciat

El metanol s'obté industrialment a partir de gas de síntesi segons

$$\ce{CO (g) + 2 H2 (g) -> CH3OH (l)}$$

a) Calculeu $\Delta H^\circ$ de la reacció i indiqueu si és exotèrmica o endotèrmica. (2 p) b) Calculeu $\Delta S^\circ$ i justifiqueu-ne el signe abans de substituir les dades. (2 p) c) Calculeu $\Delta G^\circ$ a $25\ ^\circ\mathrm{C}$ i la constant d'equilibri a eixa temperatura. (2 p) d) Determineu la temperatura per damunt de la qual la reacció deixa de ser espontània en condicions estàndard. (2 p) e) Calculeu la calor alliberada en produir $1{,}00$ tones de metanol. (2 p)

Dades: $\Delta H_f^\circ$: $\ce{CO (g)} = -110{,}5\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$; $\ce{CH3OH (l)} = -238{,}7\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$. $S^\circ\ (\mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}})$: $\ce{CO (g)} = 197{,}7$; $\ce{H2 (g)} = 130{,}7$; $\ce{CH3OH (l)} = 126{,}8$. $R = 8{,}314\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}$. $M(\ce{CH3OH}) = 32{,}04\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$.

Solució

a) Entalpia de reacció

Per la llei de Hess aplicada a entalpies de formació, recordant que $\Delta H_f^\circ(\ce{H2, g}) = 0$ per ser element en la seua forma més estable:

$$\Delta H^\circ = \sum \Delta H_f^\circ(\text{productes}) - \sum \Delta H_f^\circ(\text{reactius}) = (-238{,}7) - (-110{,}5) - 2\cdot 0 = \boxed{-128{,}2\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}}$$

Negativa: la reacció és exotèrmica.

b) Entropia de reacció

Primer el signe, després el número. Desapareixen tres mols de gas i n'apareix un de líquid: el sistema perd moltíssims microestats accessibles, així que $\Delta S^\circ$ ha de ser clarament negativa. Només llavors se substituïx:

$$\Delta S^\circ = 126{,}8 - 197{,}7 - 2\cdot 130{,}7 = \boxed{-332{,}3\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}}$$

La predicció es compleix. Aquest ordre —raonar el signe i usar el càlcul com a comprovació— és un hàbit que puntua i que a més detecta errors de transcripció de taules.

c) Energia de Gibbs i constant d'equilibri a 298 K

$$\Delta G^\circ = \Delta H^\circ - T\,\Delta S^\circ = -128{,}2 - 298\cdot(-0{,}3323) = -128{,}2 + 99{,}0 = \boxed{-29{,}2\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}}$$

(Fixeu-vos en el pas de $\mathrm{J}$ a $\mathrm{kJ}$ en $\Delta S^\circ$: és el descuit més freqüent d'aquest càlcul.) La reacció és espontània en condicions estàndard a 25 °C. La constant:

$$\Delta G^\circ = -RT\ln K \;\Longrightarrow\; \ln K = \frac{29\,200}{8{,}314\cdot 298} = 11{,}78 \;\Longrightarrow\; K = \boxed{1{,}3\cdot 10^{5}}$$

d) Temperatura d'inversió

Amb $\Delta H^\circ < 0$ i $\Delta S^\circ < 0$ som en el cas espontani només a temperatura baixa: el terme $-T\Delta S^\circ$ és positiu i creix amb $T$ fins a menjar-se l'entalpia. El límit és $\Delta G^\circ = 0$:

$$T_{inv} = \frac{\Delta H^\circ}{\Delta S^\circ} = \frac{-128{,}2}{-0{,}3323} = \boxed{385{,}8\ \mathrm{K} = 112{,}6\ ^\circ\mathrm{C}}$$

Per damunt d'eixa temperatura $\Delta G^\circ > 0$ i la síntesi deixa de ser espontània en condicions estàndard. Val la pena assenyalar l'aparent paradoxa industrial: el procés real treballa a $250$–$300\ ^\circ\mathrm{C}$. No hi ha contradicció, perquè (i) industrialment el metanol s'obté en fase gas, amb una $\Delta S^\circ$ molt menys negativa, (ii) es treballa a $50$–$100\ \mathrm{atm}$, cosa que desplaça l'equilibri cap al costat de menys mols gasosos, i (iii) per davall d'eixa temperatura la reacció és espontània però massa lenta: la termodinàmica diu si es pot, no quan. És un exemple excel·lent per a classe.

e) Calor alliberada en produir una tona

$$n = \frac{1{,}00\cdot 10^{6}\ \mathrm{g}}{32{,}04\ \mathrm{g\,mol^{-1}}} = 3{,}12\cdot 10^{4}\ \mathrm{mol}$$ $$Q = n\,|\Delta H^\circ| = 3{,}12\cdot 10^{4}\cdot 128{,}2 = \boxed{4{,}00\cdot 10^{6}\ \mathrm{kJ} = 4{,}00\ \mathrm{GJ}}$$

De l'ordre de l'energia que consumeix una llar espanyola en tres anys: retirar eixa calor és el vertader problema d'enginyeria del reactor.

Problema 3 — Pila Daniell, equació de Nernst i electròlisi

Enunciat

Es construïx una pila amb un elèctrode de zinc submergit en $\ce{ZnSO4}$ i un altre de coure submergit en $\ce{CuSO4}$, units per un pont salí.

a) Escriviu les semireaccions, la reacció global i la notació de la pila; calculeu $E^\circ_{pila}$. (2 p) b) Calculeu $\Delta G^\circ$ i la constant d'equilibri de la reacció global. (2 p) c) Calculeu la fem quan $[\ce{Zn^2+}] = 1{,}00\ \mathrm{M}$ i $[\ce{Cu^2+}] = 1{,}0\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}$. (2 p) d) Per una dissolució de $\ce{CuSO4}$ es fa passar un corrent de $2{,}50\ \mathrm{A}$ durant $45{,}0\ \mathrm{min}$. Calculeu la massa de coure dipositada i el volum d'oxigen desprès en l'ànode, mesurat a $25\ ^\circ\mathrm{C}$ i $1\ \mathrm{atm}$. (3 p) e) Expliqueu quin paper juga el pont salí i què passaria sense ell. (1 p)

Dades: $E^\circ(\ce{Zn^2+}/\ce{Zn}) = -0{,}76\ \mathrm{V}$; $E^\circ(\ce{Cu^2+}/\ce{Cu}) = +0{,}34\ \mathrm{V}$; $F = 96\,485\ \mathrm{C\,mol^{-1}}$; $M(\ce{Cu}) = 63{,}55\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$; $R = 0{,}0821\ \mathrm{atm\,L\,mol^{-1}K^{-1}}$.

Solució

a) Semireaccions i fem estàndard

El de potencial major actua de càtode (es reduïx); el menor, d'ànode (s'oxida):

$$\text{Ànode (oxidació): } \ce{Zn (s) -> Zn^2+ (aq) + 2 e^-}$$ $$\text{Càtode (reducció): } \ce{Cu^2+ (aq) + 2 e^- -> Cu (s)}$$ $$\text{Global: } \ce{Zn (s) + Cu^2+ (aq) -> Zn^2+ (aq) + Cu (s)}$$ $$E^\circ_{pila} = E^\circ_{c\grave{a}tode} - E^\circ_{\grave{a}node} = 0{,}34 - (-0{,}76) = \boxed{1{,}10\ \mathrm{V}}$$

Notació: $\ce{Zn (s) | Zn^2+ (1 M) || Cu^2+ (1 M) | Cu (s)}$, amb l'ànode a l'esquerra i la doble barra representant el pont salí. Els potencials no es multipliquen pels coeficients: són magnituds intensives, i eixe és un error clàssic.

b) Energia de Gibbs i constant

$$\Delta G^\circ = -nFE^\circ = -2\cdot 96\,485\cdot 1{,}10 = -2{,}12\cdot 10^{5}\ \mathrm{J} = \boxed{-212{,}3\ \mathrm{kJ}}$$ $$\log K = \frac{n E^\circ}{0{,}0592} = \frac{2\cdot 1{,}10}{0{,}0592} = 37{,}16 \quad\Longrightarrow\quad K = \boxed{1{,}4\cdot 10^{37}}$$

Una constant d'eixa mida vol dir que la reacció és, a efectes pràctics, completa: si es deixa la làmina de zinc en la dissolució de coure, el $\ce{Cu^2+}$ desapareix.

c) Equació de Nernst

$$Q = \frac{[\ce{Zn^2+}]}{[\ce{Cu^2+}]} = \frac{1{,}00}{1{,}0\cdot 10^{-3}} = 1{,}0\cdot 10^{3}$$ $$E = E^\circ - \frac{0{,}0592}{n}\log Q = 1{,}10 - \frac{0{,}0592}{2}\cdot 3 = \boxed{1{,}011\ \mathrm{V}}$$

Baixar tres ordres de magnitud la concentració de l'oxidant costa només $89\ \mathrm{mV}$: la fem depén molt poc de les concentracions quan $n$ és parell i $E^\circ$ gran. És el que fa útils les piles comercials, el voltatge de les quals es manté gairebé constant fins al final de la seua vida.

d) Electròlisi: lleis de Faraday

Càrrega total i mols d'electrons:

$$q = I\,t = 2{,}50\cdot(45{,}0\cdot 60) = 6\,750\ \mathrm{C}, \qquad n(e^-) = \frac{6\,750}{96\,485} = 6{,}996\cdot 10^{-2}\ \mathrm{mol}$$

En el càtode es reduïx $\ce{Cu^2+ + 2 e^- -> Cu}$, així que calen 2 mol d'electrons per mol de coure:

$$m(\ce{Cu}) = \frac{6{,}996\cdot 10^{-2}}{2}\cdot 63{,}55 = \boxed{2{,}22\ \mathrm{g}}$$

En l'ànode, amb elèctrodes inerts i dissolució aquosa d'un anió no oxidable com el sulfat, el que s'oxida és l'aigua:

$$\ce{2 H2O -> O2 + 4 H+ + 4 e^-} \quad\Longrightarrow\quad n(\ce{O2}) = \frac{6{,}996\cdot 10^{-2}}{4} = 1{,}749\cdot 10^{-2}\ \mathrm{mol}$$ $$V = \frac{nRT}{p} = \frac{1{,}749\cdot 10^{-2}\cdot 0{,}0821\cdot 298}{1{,}00} = \boxed{0{,}428\ \mathrm{L}}$$

Fixeu-vos que la dissolució s'acidifica durant l'electròlisi: l'ànode genera $\ce{H+}$.

e) Funció del pont salí

Tanca el circuit per via iònica i manté l'electroneutralitat de les dues semicel·les. Sense ell, la semicel·la de l'ànode acumularia càrrega positiva ($\ce{Zn^2+}$ que apareix) i la del càtode, càrrega negativa (desapareix $\ce{Cu^2+}$ i queden sulfats); eixe camp elèctric s'oposaria a la transferència i el corrent cessaria gairebé immediatament. Els anions del pont migren cap a l'ànode i els cations cap al càtode, exactament al ritme necessari per a compensar.

Problema 4 — Pla inclinat amb fregament i xoc contra un moll

Enunciat

Un bloc de $2{,}0\ \mathrm{kg}$ parteix del repòs a dalt d'un pla inclinat $30^\circ$ i llisca $3{,}0\ \mathrm{m}$ al llarg del pla, amb coeficient de fregament cinètic $\mu_c = 0{,}20$. En arribar a baix continua per un tram horitzontal sense fregament d'$1{,}5\ \mathrm{m}$ i xoca contra un moll de constant $k = 800\ \mathrm{N\,m^{-1}}$.

a) Calculeu l'acceleració en el pla i la velocitat al final dels $3{,}0\ \mathrm{m}$. (3 p) b) Calculeu la compressió màxima del moll i la força màxima que exerceix. (2,5 p) c) El moll torna el bloc. Calculeu quina distància recorre pujant pel pla fins a aturar-se. (2,5 p) d) Feu el balanç energètic complet del recorregut de baixada. (2 p)

Dades: $g = 9{,}8\ \mathrm{m\,s^{-2}}$.

Problema 4

Bloc, pla inclinat i moll

1,5 m llis

3,0 m · μ = 0,20

30°

m = 2,0 kg

k = 800 N/m

Solució

a) Acceleració i velocitat al peu del pla

Amb els eixos presos sobre el pla (un de paral·lel, un altre de perpendicular), la normal val $N = mg\cos\theta$ i el fregament s'oposa al moviment:

$$ma = mg\sin\theta - \mu_c\,mg\cos\theta \quad\Longrightarrow\quad a = g\,(\sin\theta - \mu_c\cos\theta)$$

La massa es cancel·la: l'acceleració de baixada no depén de quant pese el bloc, resultat que convé fer notar.

$$a = 9{,}8\,(0{,}500 - 0{,}20\cdot 0{,}866) = 9{,}8\cdot 0{,}3268 = \boxed{3{,}20\ \mathrm{m\,s^{-2}}}$$

Com que el moviment és uniformement accelerat des del repòs:

$$v = \sqrt{2ad} = \sqrt{2\cdot 3{,}2026\cdot 3{,}0} = \boxed{4{,}38\ \mathrm{m\,s^{-1}}}$$

b) Compressió màxima del moll

El tram horitzontal és llis, així que el bloc arriba al moll amb eixos mateixos $4{,}38\ \mathrm{m\,s^{-1}}$. En la compressió màxima el bloc està momentàniament en repòs i tota la seua energia cinètica s'ha emmagatzemat com a energia elàstica:

$$\tfrac{1}{2}mv^2 = \tfrac{1}{2}kx^2 \quad\Longrightarrow\quad x = v\sqrt{\frac{m}{k}} = 4{,}3836\sqrt{\frac{2{,}0}{800}} = \boxed{0{,}219\ \mathrm{m}}$$ $$F_{m\grave{a}x} = kx = 800\cdot 0{,}21918 = \boxed{175\ \mathrm{N}}$$

Gairebé nou vegades el pes del bloc ($mg = 19{,}6\ \mathrm{N}$): els molls frenen amb forces grans en recorreguts curts, que és just per a això que s'usen en els para-xocs.

c) Pujada pel pla

El moll és elàstic i el tram horitzontal, llis: el bloc torna al peu del pla amb la mateixa rapidesa, $4{,}38\ \mathrm{m\,s^{-1}}$. Ara puja, i el fregament canvia de sentit, de manera que suma amb la component del pes:

$$a' = g\,(\sin\theta + \mu_c\cos\theta) = 9{,}8\,(0{,}500 + 0{,}1732) = 6{,}60\ \mathrm{m\,s^{-2}}$$ $$d' = \frac{v^2}{2a'} = \frac{19{,}216}{2\cdot 6{,}5974} = \boxed{1{,}46\ \mathrm{m}}$$

Puja menys de la meitat del que va baixar, i la raó és física, no aritmètica: el fregament dissipa en els dos sentits, així que resta en baixar i torna a restar en pujar. L'altura assolida és $h' = d'\sin 30^\circ = 0{,}73\ \mathrm{m}$, enfront d'$1{,}50\ \mathrm{m}$ de partida.

d) Balanç energètic de la baixada

$$E_p^{inicial} = mgd\sin\theta = 2{,}0\cdot 9{,}8\cdot 3{,}0\cdot 0{,}500 = 29{,}4\ \mathrm{J}$$ $$W_{freg} = -\mu_c\,mg\cos\theta\cdot d = -0{,}20\cdot 2{,}0\cdot 9{,}8\cdot 0{,}866\cdot 3{,}0 = -10{,}2\ \mathrm{J}$$ $$E_c^{final} = 29{,}4 - 10{,}2 = 19{,}2\ \mathrm{J} \qquad\text{i en efecte}\qquad \tfrac{1}{2}mv^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 2{,}0\cdot 19{,}216 = 19{,}2\ \mathrm{J}\ \checkmark$$

Un 35 % de l'energia potencial inicial s'ha dissipat en calor. Resoldre l'apartat a) per dinàmica i comprovar-ho ací per energies és la mena de verificació creuada que costa un minut i demostra domini.

Problema 5 — Satèl·lit en òrbita baixa i transferència a òrbita geoestacionària

Enunciat

Un satèl·lit de $850\ \mathrm{kg}$ descriu una òrbita circular a $700\ \mathrm{km}$ d'altura sobre la superfície terrestre.

a) Calculeu la seua velocitat orbital, el seu període i el valor de $g$ a eixa altura. (3 p) b) Calculeu la seua energia mecànica i l'energia que va caldre comunicar-li des de la superfície (menyspreant la rotació terrestre i el fregament amb l'atmosfera). (2,5 p) c) Calculeu el radi de l'òrbita geoestacionària i l'energia addicional necessària per a portar-lo allí. (3 p) d) Calculeu la velocitat d'escapament des de l'òrbita baixa i compareu-la amb la velocitat orbital. (1,5 p)

Dades: $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}}$; $M_T = 5{,}97\cdot 10^{24}\ \mathrm{kg}$; $R_T = 6\,370\ \mathrm{km}$; dia sideri $= 86\,164\ \mathrm{s}$.

Solució

a) Velocitat orbital, període i gravetat local

En una òrbita circular la força gravitatòria és exactament la centrípeta:

$$\frac{GM_T m}{r^2} = \frac{mv^2}{r} \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{\frac{GM_T}{r}}$$

La massa del satèl·lit desapareix: tots els satèl·lits a la mateixa altura van a la mateixa velocitat, siga un cubesat o l'Estació Espacial. Amb $r = R_T + h = 6{,}37\cdot 10^{6} + 7{,}00\cdot 10^{5} = 7{,}07\cdot 10^{6}\ \mathrm{m}$ i $GM_T = 3{,}982\cdot 10^{14}\ \mathrm{m^3\,s^{-2}}$:

$$v = \sqrt{\frac{3{,}982\cdot 10^{14}}{7{,}07\cdot 10^{6}}} = \boxed{7{,}50\cdot 10^{3}\ \mathrm{m\,s^{-1}}}$$ $$T = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi\cdot 7{,}07\cdot 10^{6}}{7\,504{,}8} = 5{,}92\cdot 10^{3}\ \mathrm{s} = \boxed{98{,}7\ \mathrm{min}}$$ $$g(h) = \frac{GM_T}{r^2} = \frac{3{,}982\cdot 10^{14}}{(7{,}07\cdot 10^{6})^2} = \boxed{7{,}97\ \mathrm{m\,s^{-2}}}$$

Convé comentar el resultat de $g$: a $700\ \mathrm{km}$ la gravetat encara val el 81 % de la de la superfície. La ingravidesa que es veu en els vídeos de l'ISS no es deu al fet que allí no hi haja gravetat, sinó al fet que estació i astronautes cauen junts: són en caiguda lliure permanent. És probablement la idea prèvia més estesa i més fàcil de desmuntar amb aquest número.

b) Energia en òrbita i cost del llançament

$$E_m = E_c + E_p = \tfrac{1}{2}mv^2 - \frac{GM_Tm}{r} = -\frac{GM_Tm}{2r} = -\frac{3{,}982\cdot 10^{14}\cdot 850}{2\cdot 7{,}07\cdot 10^{6}} = \boxed{-2{,}39\cdot 10^{10}\ \mathrm{J}}$$

Negativa, com correspon a un estat lligat. A la superfície i en repòs:

$$E_{sup} = -\frac{GM_Tm}{R_T} = -\frac{3{,}982\cdot 10^{14}\cdot 850}{6{,}37\cdot 10^{6}} = -5{,}31\cdot 10^{10}\ \mathrm{J}$$ $$\Delta E = E_m - E_{sup} = -2{,}39\cdot 10^{10} + 5{,}31\cdot 10^{10} = \boxed{2{,}92\cdot 10^{10}\ \mathrm{J}}$$

c) Òrbita geoestacionària

Geoestacionària vol dir període igual al dia sideri ($86\,164\ \mathrm{s}$, no $86\,400$: la diferència de gairebé quatre minuts és la que separa el dia solar del sideri, i usar el valor equivocat desplaça el radi uns $10\ \mathrm{km}$). De la tercera llei de Kepler:

$$T^2 = \frac{4\pi^2 r_g^3}{GM_T} \quad\Longrightarrow\quad r_g = \sqrt[3]{\frac{GM_T\,T^2}{4\pi^2}} = \sqrt[3]{\frac{3{,}982\cdot 10^{14}\cdot(86\,164)^2}{4\pi^2}}$$ $$r_g = \boxed{4{,}215\cdot 10^{7}\ \mathrm{m}} \qquad (h_g = r_g - R_T = 35\,780\ \mathrm{km})$$ $$E_g = -\frac{GM_Tm}{2r_g} = -4{,}02\cdot 10^{9}\ \mathrm{J} \qquad \Delta E = E_g - E_m = \boxed{1{,}99\cdot 10^{10}\ \mathrm{J}}$$

És a dir: pujar de $700\ \mathrm{km}$ a $35\,780\ \mathrm{km}$ costa gairebé tant ($1{,}99\cdot 10^{10}\ \mathrm{J}$) com tot el llançament inicial ($2{,}92\cdot 10^{10}\ \mathrm{J}$), tot i ser un salt d'altura cinquanta vegades major. La raó és que $E_m \propto -1/r$: gairebé tot el cost energètic és en els primers centenars de quilòmetres.

d) Velocitat d'escapament des de l'òrbita

Escapar és arribar a l'infinit amb energia mecànica nul·la:

$$\tfrac{1}{2}mv_e^2 - \frac{GM_Tm}{r} = 0 \quad\Longrightarrow\quad v_e = \sqrt{\frac{2GM_T}{r}} = \sqrt{2}\,v = \boxed{1{,}06\cdot 10^{4}\ \mathrm{m\,s^{-1}}}$$

La relació $v_e = \sqrt{2}\,v_{orb}$ val a qualsevol altura i mereix enunciar-se com a resultat general: cal un 41 % més de velocitat, és a dir el doble d'energia cinètica, per a passar d'orbitar a escapar.

Problema 6 — Òptica geomètrica: lent convergent i lent divergent

Enunciat

Un objecte de $3{,}0\ \mathrm{cm}$ d'altura se situa a $30\ \mathrm{cm}$ d'una lent prima convergent de $20\ \mathrm{cm}$ de distància focal imatge.

a) Determineu la posició, la mida i la naturalesa de la imatge; construïu la marxa de raigs. (4 p) b) Calculeu la potència de la lent. (1 p) c) Repetiu el càlcul substituint la lent per una de divergent de la mateixa distància focal en valor absolut. (3 p) d) A la lent convergent de l'apartat a) se li afegix una segona lent convergent de $10\ \mathrm{cm}$ de focal. A quina distància cal col·locar-la perquè la imatge final es forme a l'infinit? (2 p)

Criteri de signes DIN: la llum viatja d'esquerra a dreta; les distàncies es mesuren des del centre òptic, positives cap a la dreta.

Solució

a) Imatge donada per la lent convergent

Amb $s = -30\ \mathrm{cm}$ (l'objecte és a l'esquerra) i $f' = +20\ \mathrm{cm}$, l'equació de les lents primes:

$$\frac{1}{s'} - \frac{1}{s} = \frac{1}{f'} \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{s'} = \frac{1}{20} + \frac{1}{-30} = \frac{3-2}{60} = \frac{1}{60}$$ $$s' = \boxed{+60\ \mathrm{cm}}$$

Positiva: la imatge es forma a la dreta de la lent, per tant és real (es recull en una pantalla). L'augment lateral:

$$\beta = \frac{s'}{s} = \frac{60}{-30} = \boxed{-2{,}0} \qquad\Longrightarrow\qquad y' = \beta\,y = -2{,}0\cdot 3{,}0 = \boxed{-6{,}0\ \mathrm{cm}}$$

El signe negatiu significa imatge invertida, i el mòdul, que és el doble de gran. Coherent amb la teoria: un objecte situat entre $f'$ i $2f'$ (ací, entre 20 i 40 cm) dóna imatge real, invertida i major, que és exactament el funcionament d'un projector.

Problema 6

Marxa de raigs: objecte a 30 cm d'una lent convergent de f′ = 20 cm

F

F′

30 cm

60 cm

y = 3,0 cm

y′ = −6,0 cm

Els tres raigs notables emprats són: el paral·lel a l'eix, que ix pel focus imatge $F'$; el que passa pel centre òptic, que no es desvia; i el que entra pel focus objecte $F$, que ix paral·lel a l'eix. Amb dos n'hi hauria prou; el tercer és la comprovació gràfica.

b) Potència

$$P = \frac{1}{f'} = \frac{1}{0{,}20\ \mathrm{m}} = \boxed{+5{,}00\ \mathrm{di\grave{o}ptries}}$$

Positiva per ser convergent. Fixeu-vos que la focal ha d'anar en metres: és la definició de la diòptria.

c) La mateixa escena amb una lent divergent

Ara $f' = -20\ \mathrm{cm}$:

$$\frac{1}{s'} = \frac{1}{-20} + \frac{1}{-30} = -\frac{3+2}{60} = -\frac{5}{60} \quad\Longrightarrow\quad s' = \boxed{-12\ \mathrm{cm}}$$ $$\beta = \frac{-12}{-30} = \boxed{+0{,}40} \qquad\Longrightarrow\qquad y' = +1{,}2\ \mathrm{cm}, \qquad P = \boxed{-5{,}00\ \mathrm{D}}$$

Imatge virtual ($s' < 0$: és del mateix costat que l'objecte i no es pot recollir en pantalla), dreta ($\beta > 0$) i menor. I això no és una casualitat de l'exemple: una lent divergent dóna sempre, per a qualsevol objecte real, una imatge virtual, dreta i menor, situada entre la lent i el seu focus. És la raó que les ulleres d'un miop reduïsquen la mida aparent dels seus ulls.

d) Sistema de dues lents: imatge final a l'infinit

Perquè la imatge final siga a l'infinit, la imatge intermèdia —la que produïx la primera lent, a $60\ \mathrm{cm}$ d'ella— ha de caure exactament sobre el focus objecte de la segona. Si la segona lent té $f_2' = 10\ \mathrm{cm}$, el seu focus objecte és $10\ \mathrm{cm}$ per davant, de manera que cal situar-la a

$$d = 60 + 10 = \boxed{70\ \mathrm{cm}}$$

de la primera. El muntatge resultant —dues convergents separades per la suma de les seues focals— és un sistema afocal, l'esquema del telescopi refractor i de l'ullera de Kepler; el seu augment angular seria $f_1'/f_2' = 2{,}0$.

Comentari global de l'exercici

Els sis problemes estan escrits amb l'estructura que es repetix convocatòria rere convocatòria: apartats encadenats, en què el resultat d'un alimenta el següent. Això té una conseqüència pràctica que convé interioritzar abans de l'examen: un error en el primer apartat es propaga, així que els trenta segons que costa comprovar la coherència d'un resultat —un ordre de magnitud, un signe, unes unitats— són la millor inversió de temps de l'exercici.

Quatre hàbits que ací s'han aplicat sistemàticament i que puntuen per si sols:

1. Raonar el signe abans de calcular-lo. En el problema 2 es prediu $\Delta S^\circ < 0$ pel nombre de mols gasosos i el càlcul ho confirma. Si no coincidira, l'error es detecta a l'acte en compte d'arrossegar-se.
2. Assenyalar què es cancel·la. La massa desapareix en l'acceleració del problema 4 i en la velocitat orbital del 5; el volum no apareix en el tampó de l'1. Dir-ho demostra que s'entén la física, no només que se sap substituir.
3. Verificar per dues vies. La velocitat del bloc ix per cinemàtica i es comprova per energies; la fem de la pila es contrasta amb la constant d'equilibri.
4. Aprofitar l'enllaç amb l'aula. El valor de $g$ a $700\ \mathrm{km}$, la paradoxa industrial del metanol o les ulleres del miop són comentaris de dues línies que connecten el problema amb la pràctica docent. En un exercici pràctic no puntuen directament, però en la defensa oral i en la programació, sí.

La sèrie continua a l'examen model II —equilibri, solubilitat, orgànica, ones, inducció i física moderna— i a l'examen model III —cinètica, enllaç, redox, fluids, màquines tèrmiques i oscil·lacions—. Per a practicar amb enunciats reals, amb la seua referència oficial i la seua convocatòria, l'arxiu d'exàmens resolts per comunitat autònoma recull les proves pràctiques de les últimes convocatòries.