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

Aquest segon examen model de la prova pràctica de les oposicions de Física i Química de Secundària manté el format de sis problemes —tres de química i tres de física— qualificats de 0 a 10 punts cadascun, i cobrix blocs distints dels de l'examen model I: equilibri en fase gasosa, solubilitat i precipitació fraccionada, determinació d'una fórmula orgànica, ones en una corda, inducció electromagnètica i física moderna. A baix tens l'enunciat 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. Els resultats sense unitats no puntuen. Temps orientatiu: 4 hores.

Problema 1 — Dissociació del pentaclorur de fòsfor

Enunciat

En un recipient tancat de $2{,}00\ \mathrm{L}$ s'introduïxen $0{,}500\ \mathrm{mol}$ de $\ce{PCl5}$ i s'escalfa a $250\ ^\circ\mathrm{C}$. Assolit l'equilibri, es comprova que el $40{,}0\ \%$ del $\ce{PCl5}$ s'ha dissociat segons

$$\ce{PCl5 (g) <=> PCl3 (g) + Cl2 (g)} \qquad \Delta H > 0$$

a) Calculeu la composició del sistema en l'equilibri i les constants $K_c$ i $K_p$. (3 p) b) Calculeu la pressió total i les pressions parcials en l'equilibri. (2 p) c) Raoneu qualitativament com afecta el grau de dissociació: (i) reduir el volum a la meitat; (ii) afegir $\ce{Cl2}$ a volum i temperatura constants; (iii) elevar la temperatura; (iv) afegir un gas inert a volum constant. (3 p) d) Calculeu el nou grau de dissociació si el volum es duplica a temperatura constant. (2 p)

Dades: $R = 0{,}0821\ \mathrm{atm\,L\,mol^{-1}K^{-1}}$.

Solució

a) Composició i constants d'equilibri

Amb $n_0 = 0{,}500\ \mathrm{mol}$ i $\alpha = 0{,}400$, la taula d'avanç és directa: es dissocien $n_0\alpha = 0{,}200\ \mathrm{mol}$, i per cada mol que es dissocia apareix un mol de cada producte.

| | $\ce{PCl5}$ | $\ce{PCl3}$ | $\ce{Cl2}$ | total | | --------------- | ----------- | ----------- | ---------- | ----- | | inicial (mol) | 0,500 | 0 | 0 | 0,500 | | equilibri (mol) | 0,300 | 0,200 | 0,200 | 0,700 | | equilibri (M) | 0,150 | 0,100 | 0,100 | — |

$$K_c = \frac{[\ce{PCl3}][\ce{Cl2}]}{[\ce{PCl5}]} = \frac{0{,}100\cdot 0{,}100}{0{,}150} = \boxed{6{,}67\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M}}$$

Per a $K_p$, amb $\Delta n = 1 + 1 - 1 = +1$ i $T = 523\ \mathrm{K}$:

$$K_p = K_c\,(RT)^{\Delta n} = 6{,}67\cdot 10^{-2}\cdot (0{,}0821\cdot 523) = \boxed{2{,}86\ \mathrm{atm}}$$

Les constants porten unitats quan $\Delta n \neq 0$. Convé escriure-les: és una d'eixes coses petites que el tribunal fa servir per a separar candidats.

b) Pressió total i pressions parcials

$$p_t = \frac{n_t RT}{V} = \frac{0{,}700\cdot 0{,}0821\cdot 523}{2{,}00} = \boxed{15{,}0\ \mathrm{atm}}$$

Amb les fraccions molars $x(\ce{PCl5}) = 0{,}300/0{,}700 = 0{,}4286$ i $x(\ce{PCl3}) = x(\ce{Cl2}) = 0{,}2857$:

$$p(\ce{PCl5}) = 6{,}44\ \mathrm{atm}, \qquad p(\ce{PCl3}) = p(\ce{Cl2}) = 4{,}30\ \mathrm{atm}$$

Comprovació creuada, que no costa res:

$$K_p = \frac{4{,}30\cdot 4{,}30}{6{,}44} = 2{,}86\ \mathrm{atm} \ \checkmark$$

c) Desplaçaments de l'equilibri

S'aplica el principi de Le Châtelier, però convé dir per què en cada cas, no només cap a on:

• (i) Reduir el volum a la meitat. Puja la pressió; el sistema respon desplaçant-se cap a on hi ha menys mols gasosos, és a dir cap al $\ce{PCl5}$. El grau de dissociació disminuïx (el càlcul de l'apartat d) ho confirma en sentit invers: a $1{,}00\ \mathrm{L}$ resultaria $\alpha = 0{,}305$).
• (ii) Afegir $\ce{Cl2}$. Augmenta el quocient de reacció $Q > K_c$, així que el sistema consumix producte: es desplaça cap a l'esquerra i $\alpha$ disminuïx. És l'efecte de l'ió comú traslladat a fase gasosa.
• (iii) Elevar la temperatura. La reacció és endotèrmica ($\Delta H > 0$), de manera que la calor actua com a reactiu: pujar $T$ desplaça a la dreta i $\alpha$ augmenta. Aquest és l'únic dels quatre casos en què canvia el valor de $K$; els altres desplacen el sistema dins de la mateixa constant.
• (iv) Afegir un gas inert a volum constant. Puja la pressió total, però les pressions parcials de les espècies que reaccionen no canvien (ni les seues concentracions). $Q$ continua sent igual a $K$: no hi ha desplaçament. És l'apartat que més falla, i la clau és distingir pressió total de pressió parcial. (Si l'inert s'afegira a pressió constant, el volum augmentaria i sí que hi hauria desplaçament cap a la dreta.)

d) Nou grau de dissociació en duplicar el volum

$K_c$ no canvia (la temperatura és la mateixa). Amb $V = 4{,}00\ \mathrm{L}$ i un nou grau $\alpha'$:

$$K_c = \frac{\left(\dfrac{n_0\alpha'}{V}\right)^2}{\dfrac{n_0(1-\alpha')}{V}} = \frac{n_0\,\alpha'^2}{V\,(1-\alpha')}$$ $$6{,}667\cdot 10^{-2} = \frac{0{,}500\,\alpha'^2}{4{,}00\,(1-\alpha')} \quad\Longrightarrow\quad 0{,}125\,\alpha'^2 + 0{,}0667\,\alpha' - 0{,}0667 = 0$$ $$\alpha' = \frac{-0{,}0667 + \sqrt{0{,}00444 + 4\cdot 0{,}125\cdot 0{,}0667}}{2\cdot 0{,}125} = \boxed{0{,}511 \quad (51{,}1\ \%)}$$

Puja del $40{,}0\ \%$ al $51{,}1\ \%$, coherent amb el que s'ha predit en c-i): diluir afavorix la dissociació quan el nombre de mols gasosos augmenta. L'arrel negativa de l'equació es descarta per no tindre sentit físic ($0 \le \alpha \le 1$), i convé dir-ho explícitament.

Problema 2 — Precipitació fraccionada d'halurs de plata

Enunciat

Es disposa d'una dissolució que conté $\ce{Cl^-}$ $0{,}010\ \mathrm{M}$ i $\ce{I^-}$ $0{,}010\ \mathrm{M}$. S'hi afig lentament $\ce{AgNO3}$ sòlid, sense variació apreciable de volum.

a) Justifiqueu quin dels dos halurs precipita primer i calculeu la concentració de $\ce{Ag+}$ necessària en cada cas. (2,5 p) b) Calculeu quina concentració de iodur queda en dissolució en l'instant en què comença a precipitar el clorur i valoreu si la separació és analíticament útil. (2,5 p) c) Calculeu la solubilitat de l'$\ce{AgCl}$ en aigua pura, en $\mathrm{g/L}$, i en $\ce{NaCl}$ $0{,}10\ \mathrm{M}$. (2,5 p) d) Justifiqueu si el precipitat d'$\ce{AgCl}$ es dissoldria en amoníac $1{,}0\ \mathrm{M}$, i calculeu quant. (2,5 p)

Dades: $K_s(\ce{AgCl}) = 1{,}8\cdot 10^{-10}$; $K_s(\ce{AgI}) = 8{,}5\cdot 10^{-17}$; $K_f([\ce{Ag(NH3)2}]^+) = 1{,}7\cdot 10^{7}$; $M(\ce{AgCl}) = 143{,}32\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$.

Solució

a) Quin precipita primer

Precipita abans el que necessite menys $\ce{Ag+}$ per a superar el seu producte de solubilitat. Amb la mateixa concentració de partida per als dos anions, n'hi ha prou de comparar:

$$[\ce{Ag+}]_{AgI} = \frac{K_s(\ce{AgI})}{[\ce{I^-}]} = \frac{8{,}5\cdot 10^{-17}}{0{,}010} = \boxed{8{,}5\cdot 10^{-15}\ \mathrm{M}}$$ $$[\ce{Ag+}]_{AgCl} = \frac{K_s(\ce{AgCl})}{[\ce{Cl^-}]} = \frac{1{,}8\cdot 10^{-10}}{0{,}010} = \boxed{1{,}8\cdot 10^{-8}\ \mathrm{M}}$$

Precipita primer el iodur de plata, i amb més de dos milions de vegades menys plata. Compte amb la drecera de «comparar les $K_s$ directament»: ací funciona perquè les dues sals tenen la mateixa estequiometria (1:1) i els dos anions la mateixa concentració. Amb un $\ce{Ag2CrO4}$ pel mig, la comparació directa de constants donaria un resultat fals i cal passar per les concentracions.

b) Iodur residual i qualitat de la separació

La precipitació d'$\ce{AgI}$ continua mentre s'afig plata. Just quan $[\ce{Ag+}] = 1{,}8\cdot 10^{-8}\ \mathrm{M}$ comença a aparéixer $\ce{AgCl}$, i en eixe instant:

$$[\ce{I^-}] = \frac{K_s(\ce{AgI})}{[\ce{Ag+}]} = \frac{8{,}5\cdot 10^{-17}}{1{,}8\cdot 10^{-8}} = \boxed{4{,}7\cdot 10^{-9}\ \mathrm{M}}$$ $$\frac{[\ce{I^-}]_{final}}{[\ce{I^-}]_{inicial}} = \frac{4{,}7\cdot 10^{-9}}{0{,}010} = 4{,}7\cdot 10^{-7} \quad\Longrightarrow\quad \text{ha precipitat el } 99{,}99995\ \%$$

El criteri analític habitual considera quantitativa una separació quan queda menys del $0{,}1\ \%$ de l'ió. Ací en queda cinc ordres de magnitud per davall d'eixe llindar: la separació és excel·lent, i eixe és precisament el fonament de la precipitació fraccionada com a tècnica.

c) Solubilitat del clorur de plata i efecte de l'ió comú

En aigua pura, amb $\ce{AgCl (s) <=> Ag+ + Cl^-}$ i $s = [\ce{Ag+}] = [\ce{Cl^-}]$:

$$K_s = s^2 \quad\Longrightarrow\quad s = \sqrt{1{,}8\cdot 10^{-10}} = 1{,}34\cdot 10^{-5}\ \mathrm{M}$$ $$s = 1{,}34\cdot 10^{-5}\cdot 143{,}32 = \boxed{1{,}92\cdot 10^{-3}\ \mathrm{g/L}} = 1{,}92\ \mathrm{mg/L}$$

En $\ce{NaCl}$ $0{,}10\ \mathrm{M}$ el clorur procedent de la sal domina completament sobre el que aporta l'equilibri, de manera que $[\ce{Cl^-}] \approx 0{,}10\ \mathrm{M}$:

$$s' = \frac{K_s}{[\ce{Cl^-}]} = \frac{1{,}8\cdot 10^{-10}}{0{,}10} = 1{,}8\cdot 10^{-9}\ \mathrm{M} = \boxed{2{,}6\cdot 10^{-7}\ \mathrm{g/L}}$$

La solubilitat cau en un factor $\approx 7\,500$: és l'efecte de l'ió comú, i explica per què en gravimetria el precipitat es renta amb una dissolució diluïda de l'ió precipitant i no amb aigua destil·lada, que n'arrossegaria part del sòlid.

d) Redissolució en amoníac

L'$\ce{Ag+}$ forma amb l'amoníac un complex molt estable, i eixe equilibri retira plata de la dissolució, amb la qual cosa el de solubilitat es desplaça cap a la dreta. Sumant-los tots dos:

$$\ce{AgCl (s) <=> Ag+ + Cl^-} \qquad K_s = 1{,}8\cdot 10^{-10}$$ $$\ce{Ag+ + 2 NH3 <=> [Ag(NH3)2]^+} \qquad K_f = 1{,}7\cdot 10^{7}$$ $$\ce{AgCl (s) + 2 NH3 <=> [Ag(NH3)2]^+ + Cl^-} \qquad K = K_s\,K_f = 3{,}06\cdot 10^{-3}$$

Amb $s$ la solubilitat en amoníac $1{,}0\ \mathrm{M}$, en l'equilibri $[\ce{[Ag(NH3)2]^+}] = [\ce{Cl^-}] = s$ i $[\ce{NH3}] = 1{,}0 - 2s$:

$$K = \frac{s^2}{(1{,}0-2s)^2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{s}{1{,}0-2s} = \sqrt{3{,}06\cdot 10^{-3}} = 5{,}53\cdot 10^{-2}$$ $$s = \boxed{4{,}98\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M}} = 7{,}1\ \mathrm{g/L}$$

Sí que es dissol, i de manera espectacular: unes 3 700 vegades més que en aigua pura. Que l'equació siga un quadrat perfecte permet resoldre-la prenent arrel als dos membres, sense equació de segon grau. Aquesta parella d'equilibris acoblats és, a més, el fonament del reactiu de Tollens i de la distinció clàssica entre els tres halurs de plata: l'$\ce{AgCl}$ es redissol en amoníac diluït, l'$\ce{AgBr}$ només en amoníac concentrat i l'$\ce{AgI}$ no es redissol.

Problema 3 — Determinació d'un compost orgànic oxigenat

Enunciat

La combustió completa d'$1{,}80\ \mathrm{g}$ d'un compost orgànic A, que conté només carboni, hidrogen i oxigen, produïx $2{,}64\ \mathrm{g}$ de $\ce{CO2}$ i $1{,}08\ \mathrm{g}$ de $\ce{H2O}$. La seua massa molar és $60{,}0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$.

a) Determineu la composició centesimal, la fórmula empírica i la fórmula molecular d'A. (3 p) b) Escriviu i anomeneu tres isòmers compatibles amb eixa fórmula molecular. (2 p) c) A reacciona amb $\ce{NaHCO3}$ desprenent un gas. Identifiqueu A i calculeu el volum de gas que desprendrien els $1{,}80\ \mathrm{g}$ a $25\ ^\circ\mathrm{C}$ i $1\ \mathrm{atm}$. (2 p) d) Calculeu el pH d'una dissolució $0{,}10\ \mathrm{M}$ d'A. (1,5 p) e) Escriviu la reacció d'A amb etanol en medi àcid, anomeneu el producte i comenteu per què el rendiment no és mai del 100 %. (1,5 p)

Dades: $K_a(\text{A}) = 1{,}8\cdot 10^{-5}$; masses atòmiques: $\ce{C} = 12{,}0$; $\ce{H} = 1{,}0$; $\ce{O} = 16{,}0$; $R = 0{,}0821\ \mathrm{atm\,L\,mol^{-1}K^{-1}}$.

Solució

a) Composició centesimal i fórmules

En la combustió, tot el carboni d'A acaba en el $\ce{CO2}$ i tot l'hidrogen en l'$\ce{H2O}$; l'oxigen, no, perquè també n'entra de l'aire. Per això l'oxigen es calcula sempre per diferència, i eixe és el punt del problema.

$$n(\ce{C}) = \frac{2{,}64}{44{,}0} = 0{,}0600\ \mathrm{mol} \;\Longrightarrow\; m(\ce{C}) = 0{,}720\ \mathrm{g}$$ $$n(\ce{H}) = 2\cdot\frac{1{,}08}{18{,}0} = 0{,}120\ \mathrm{mol} \;\Longrightarrow\; m(\ce{H}) = 0{,}120\ \mathrm{g}$$ $$m(\ce{O}) = 1{,}80 - 0{,}720 - 0{,}120 = 0{,}960\ \mathrm{g} \;\Longrightarrow\; n(\ce{O}) = \frac{0{,}960}{16{,}0} = 0{,}0600\ \mathrm{mol}$$

Composició centesimal: $\ce{C}\ 40{,}0\ \%$, $\ce{H}\ 6{,}7\ \%$, $\ce{O}\ 53{,}3\ \%$. Dividint pel menor nombre de mols:

$$\ce{C} : \ce{H} : \ce{O} = \frac{0{,}0600}{0{,}0600} : \frac{0{,}120}{0{,}0600} : \frac{0{,}0600}{0{,}0600} = 1 : 2 : 1 \quad\Longrightarrow\quad \text{fórmula empírica } \boxed{\ce{CH2O}}$$ $$M(\ce{CH2O}) = 30{,}0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}, \qquad n = \frac{60{,}0}{30{,}0} = 2 \quad\Longrightarrow\quad \text{fórmula molecular } \boxed{\ce{C2H4O2}}$$

b) Isòmers de fórmula C₂H₄O₂

El grau d'insaturació és $\frac{2\cdot 2 + 2 - 4}{2} = 1$: hi ha un doble enllaç o un cicle. Tres isòmers clarament distints:

1. Àcid etanoic (acètic), $\ce{CH3-COOH}$ — àcid carboxílic.
2. Metanoat de metil (formiat de metil), $\ce{H-COO-CH3}$ — èster, isòmer de funció de l'anterior.
3. Hidroxietanal (glicolaldehid), $\ce{HO-CH2-CHO}$ — compost amb dos grups funcionals, hidroxil i aldehid.

Convé assenyalar que 1 i 2 són isòmers de funció, no de cadena ni de posició: mateixa fórmula molecular, grups funcionals distints. Les seues propietats ho delaten: l'àcid acètic bull a $118\ ^\circ\mathrm{C}$ i el formiat de metil a $32\ ^\circ\mathrm{C}$, diferència deguda als enllaços d'hidrogen que forma l'àcid (de fet, dímers) i que l'èster no pot formar.

c) Identificació i volum de gas

El despreniment de gas amb hidrogencarbonat de sodi és l'assaig característic dels àcids carboxílics: només un àcid més fort que l'àcid carbònic protona el $\ce{HCO3^-}$ i allibera $\ce{CO2}$. Ni l'èster ni l'hidroxialdehid ho fan. Per tant A és l'àcid etanoic, $\ce{CH3COOH}$.

$$\ce{CH3COOH (aq) + NaHCO3 (aq) -> CH3COONa (aq) + H2O (l) + CO2 (g)}$$ $$n(\text{A}) = \frac{1{,}80}{60{,}0} = 0{,}0300\ \mathrm{mol} \;\Longrightarrow\; n(\ce{CO2}) = 0{,}0300\ \mathrm{mol}$$ $$V = \frac{nRT}{p} = \frac{0{,}0300\cdot 0{,}0821\cdot 298}{1{,}00} = \boxed{0{,}734\ \mathrm{L}}$$

d) pH de la dissolució 0,10 M

$$\frac{x^2}{0{,}10 - x} = 1{,}8\cdot 10^{-5} \quad\Longrightarrow\quad x = [\ce{H3O+}] = 1{,}33\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}$$ $$\mathrm{pH} = \boxed{2{,}88} \qquad (\alpha = 1{,}3\ \%)$$

Un àcid feble a l'$1{,}3\ \%$ de dissociació: comparat amb un àcid fort de la mateixa concentració, que donaria $\mathrm{pH} = 1{,}00$, hi ha gairebé dues unitats de diferència. És un bon número per a discutir en classe la diferència entre concentrat i fort.

e) Esterificació de Fischer

$$\ce{CH3COOH + CH3CH2OH <=>[H+] CH3COOCH2CH3 + H2O}$$

El producte és l'etanoat d'etil (acetat d'etil), dissolvent d'olor afruitada. El rendiment no arriba mai al $100\ \%$ perquè la reacció és un equilibri, no un procés complet: la seua constant ronda 4, de manera que partint de quantitats equimolars se'n convertix al voltant de dos terços. L'àcid sulfúric actua com a catalitzador —accelera l'arribada a l'equilibri però no el desplaça— i el que sí que desplaça l'equilibri és aplicar Le Châtelier: usar excés d'alcohol o retirar l'aigua a mesura que es forma.

Problema 4 — Ona harmònica en una corda

Enunciat

Una ona transversal es propaga per una corda tensa segons l'equació (SI)

$$y(x,t) = 0{,}050\,\sin\!\left(10\pi t - 2\pi x\right)$$

a) Determineu amplitud, freqüència, període, longitud d'ona, velocitat de propagació i sentit del moviment. (3 p) b) Calculeu la velocitat i l'acceleració màximes d'un punt de la corda i compareu-les amb la velocitat de propagació. (2 p) c) Calculeu la diferència de fase entre dos punts separats $0{,}25\ \mathrm{m}$. (1,5 p) d) Si la densitat lineal de la corda és $\mu = 0{,}020\ \mathrm{kg\,m^{-1}}$, calculeu la tensió i la potència mitjana transmesa. (2 p) e) La corda fa $2{,}0\ \mathrm{m}$ i està fixa pels dos extrems. Determineu de quin harmònic es tracta i la freqüència fonamental. (1,5 p)

Solució

a) Magnituds característiques

Comparant amb la forma general $y = A\sin(\omega t - kx)$:

$$A = \boxed{0{,}050\ \mathrm{m}}, \qquad \omega = 10\pi\ \mathrm{rad\,s^{-1}}, \qquad k = 2\pi\ \mathrm{rad\,m^{-1}}$$ $$f = \frac{\omega}{2\pi} = \boxed{5{,}0\ \mathrm{Hz}}, \qquad T = \frac{1}{f} = \boxed{0{,}20\ \mathrm{s}}, \qquad \lambda = \frac{2\pi}{k} = \boxed{1{,}0\ \mathrm{m}}$$ $$v = \frac{\omega}{k} = \lambda f = \boxed{5{,}0\ \mathrm{m\,s^{-1}}}$$

El signe menys entre els dos termes indica que l'ona avança en el sentit positiu de l'eix $x$: per a mantindre constant la fase $10\pi t - 2\pi x$, si $t$ creix llavors $x$ ha de créixer.

Problema 4

Perfil de la corda en l'instant t = 0,050 s

0,05

−0,05

1,0

2,0

3,0

y (m)

x (m)

λ = 1,0 m

b) Velocitat i acceleració d'un punt de la corda

Un punt de la corda només es mou perpendicularment a la propagació (és una ona transversal), amb un moviment harmònic simple:

$$v_y = \frac{\partial y}{\partial t} = A\omega\cos(\omega t - kx) \quad\Longrightarrow\quad v_{y,m\grave{a}x} = A\omega = 0{,}050\cdot 10\pi = \boxed{1{,}57\ \mathrm{m\,s^{-1}}}$$ $$a_{y,m\grave{a}x} = A\omega^2 = 0{,}050\cdot (10\pi)^2 = \boxed{49{,}3\ \mathrm{m\,s^{-2}}}$$

La comparació és el punt interessant de l'apartat: l'ona avança a $5{,}0\ \mathrm{m/s}$ però cap tros de corda no supera $1{,}57\ \mathrm{m/s}$, i cap no es desplaça en la direcció d'avanç. El que viatja és la pertorbació i l'energia, no la matèria. L'acceleració màxima, cinc vegades $g$, es dóna en les crestes i les valls, on la velocitat transversal és nul·la.

c) Diferència de fase

$$\Delta\varphi = k\,\Delta x = 2\pi\cdot 0{,}25 = \boxed{\frac{\pi}{2}\ \mathrm{rad}}$$

Un quart de longitud d'ona equival a un quart de cicle: quan un dels punts passa per la posició d'equilibri, l'altre és en una cresta o una vall.

d) Tensió i potència transmesa

La velocitat d'una ona en una corda depén només del medi:

$$v = \sqrt{\frac{T}{\mu}} \quad\Longrightarrow\quad T = \mu v^2 = 0{,}020\cdot 5{,}0^2 = \boxed{0{,}50\ \mathrm{N}}$$ $$P = \tfrac{1}{2}\mu\,v\,\omega^2 A^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 0{,}020\cdot 5{,}0\cdot (10\pi)^2\cdot (0{,}050)^2 = \boxed{0{,}123\ \mathrm{W}}$$

Convé subratllar la dependència: la potència va amb el quadrat de l'amplitud i amb el quadrat de la freqüència. Doblar l'amplitud quadruplica l'energia transmesa; és el mateix resultat que explica per què la intensitat sonora creix tan de pressa amb l'amplitud de vibració.

e) Harmònic en una corda de 2,0 m fixa pels extrems

En una corda fixa pels dos extrems hi caben un nombre enter de semilongituds d'ona:

$$L = n\,\frac{\lambda}{2} \quad\Longrightarrow\quad n = \frac{2L}{\lambda} = \frac{2\cdot 2{,}0}{1{,}0} = \boxed{4}$$

Es tracta del quart harmònic (tercer sobreto), amb cinc nodes —comptant els dos extrems— i quatre ventres. La freqüència fonamental:

$$f_1 = \frac{v}{2L} = \frac{5{,}0}{2\cdot 2{,}0} = \boxed{1{,}25\ \mathrm{Hz}}$$

i en efecte $f = 4f_1 = 5{,}0\ \mathrm{Hz}$, com havia d'eixir.

Problema 5 — Espira que travessa un camp magnètic

Enunciat

Una espira quadrada de $10\ \mathrm{cm}$ de costat i resistència $2{,}0\ \Omega$ es mou amb velocitat constant $v = 5{,}0\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ i travessa una regió de $30\ \mathrm{cm}$ d'amplària en què existix un camp magnètic uniforme $B = 0{,}80\ \mathrm{T}$, perpendicular al pla de l'espira i entrant.

a) Calculeu la fem induïda mentre l'espira entra en la regió i determineu el sentit del corrent. (3 p) b) Calculeu la intensitat i la força que cal exercir per a mantindre la velocitat constant. (2 p) c) Comproveu el balanç energètic entre potència mecànica i potència dissipada. (2 p) d) Representeu la fem en funció del temps durant tot el recorregut i justifiqueu cada tram. (3 p)

Solució

a) Fem induïda i sentit del corrent

Mentre l'espira entra, la superfície que efectivament veu camp creix: si $x$ és la longitud ja introduïda, el flux és $\Phi = B\,\ell\,x$. Per la llei de Faraday-Lenz:

$$\varepsilon = -\frac{d\Phi}{dt} = -B\ell\frac{dx}{dt} = -B\ell v \quad\Longrightarrow\quad |\varepsilon| = 0{,}80\cdot 0{,}10\cdot 5{,}0 = \boxed{0{,}40\ \mathrm{V}}$$

El sentit el dóna la llei de Lenz, que no és més que la conservació de l'energia: el corrent induït s'oposa a la causa que el produïx. Com que el flux entrant augmenta, l'espira genera un camp eixint en el seu interior, i per a això el corrent ha de circular en sentit antihorari. En eixir, el flux entrant disminuïx i el corrent s'invertix a horari.

b) Intensitat i força aplicada

$$I = \frac{|\varepsilon|}{R} = \frac{0{,}40}{2{,}0} = \boxed{0{,}20\ \mathrm{A}}$$

Sobre el costat que és dins del camp actua una força magnètica $F = BI\ell$ que, per Lenz, s'oposa al moviment (els altres dos costats dins del camp patixen forces iguals i oposades que es cancel·len). Perquè la velocitat siga constant cal compensar-la exactament:

$$F = BI\ell = 0{,}80\cdot 0{,}20\cdot 0{,}10 = \boxed{1{,}6\cdot 10^{-2}\ \mathrm{N}}$$

c) Balanç energètic

$$P_{mec} = Fv = 1{,}6\cdot 10^{-2}\cdot 5{,}0 = 8{,}0\cdot 10^{-2}\ \mathrm{W}$$ $$P_{dis} = I^2R = (0{,}20)^2\cdot 2{,}0 = 8{,}0\cdot 10^{-2}\ \mathrm{W}$$

Coincidixen, com havien de coincidir: tota l'energia que aporta qui empeny l'espira acaba dissipada per efecte Joule. Ni es crea ni es destruïx energia; el camp magnètic només fa d'intermediari. Aquest és el principi del fre per corrents de Foucault dels trens i de les atraccions de caiguda lliure, i val la pena dir-ho: és la millor resposta a «això per a què servix?».

d) Gràfica de la fem

Amb $\ell = 10\ \mathrm{cm}$, amplària de la regió $d = 30\ \mathrm{cm}$ i $v = 5{,}0\ \mathrm{m/s}$:

$$t_{entrada} = \frac{\ell}{v} = 0{,}020\ \mathrm{s}, \qquad t_{dins} = \frac{d-\ell}{v} = 0{,}040\ \mathrm{s}, \qquad t_{eixida} = 0{,}020\ \mathrm{s}$$

Problema 5

Fem induïda enfront del temps

0,40

−0,40

20

60

80

ε (V)

t (ms)

entra

dins: Φ constant

ix

El tram central és el que convé justificar bé: mentre l'espira és completament dins, el flux no canvia —encara que l'espira es moga i encara que el camp siga intens— i per tant no hi ha fem. El que induïx corrent no és el camp ni el moviment, sinó la variació del flux. Els dos polsos tenen la mateixa magnitud i signes oposats, i la seua durada és la que tarda l'espira a recórrer el seu propi costat.

Una comprovació elegant: la càrrega total que circula en cada pols no depén de la velocitat,

$$q = \int I\,dt = \frac{\Delta\Phi}{R} = \frac{B\ell^2}{R} = \frac{0{,}80\cdot (0{,}10)^2}{2{,}0} = 4{,}0\ \mathrm{mC}$$

resultat que pot contrastar-se amb $I\,t_{entrada} = 0{,}20\cdot 0{,}020 = 4{,}0\ \mathrm{mC}$.

Problema 6 — Efecte fotoelèctric, àtom de Bohr i desintegració radioactiva

Enunciat

a) Sobre un càtode de cesi, el treball d'extracció del qual és $2{,}14\ \mathrm{eV}$, incidix llum monocromàtica de $400\ \mathrm{nm}$. Calculeu l'energia de cada fotó, l'energia cinètica màxima dels electrons emesos i el potencial de frenada. (3 p) b) Calculeu la longitud d'ona llindar del cesi i la velocitat màxima dels fotoelectrons. (2 p) c) Calculeu la longitud d'ona de la radiació emesa per un àtom d'hidrogen en la transició $n = 3 \rightarrow n = 2$ i indiqueu en quina zona de l'espectre es troba. (2,5 p) d) Una mostra de $\ce{^{131}I}$ té una activitat inicial de $5{,}0\cdot 10^{8}\ \mathrm{Bq}$. Calculeu la seua activitat al cap de $30$ dies i la massa inicial de iode-131. (2,5 p)

_Dades: $h = 6{,}63\cdot 10^{-34}\ \mathrm{J\,s}$; $c = 3{,}00\cdot 10^{8}\ \mathrm{m\,s^{-1}}$; $e = 1{,}60\cdot 10^{-19}\ \mathrm{C}$; $m_e = 9{,}11\cdot 10^{-31}\ \mathrm{kg}$; $E_n = -13{,}6/n^2\ \mathrm{eV}$; $T_{1/2}(\ce{^{131}I}) = 8{,}02\ \mathrm{d}$; $N*A = 6{,}022\cdot 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$.*

Solució

a) Fotons, energia cinètica i potencial de frenada

$$E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{6{,}63\cdot 10^{-34}\cdot 3{,}00\cdot 10^{8}}{400\cdot 10^{-9}} = 4{,}97\cdot 10^{-19}\ \mathrm{J} = \boxed{3{,}10\ \mathrm{eV}}$$

Val la pena memoritzar la drecera $hc \approx 1240\ \mathrm{eV\,nm}$: amb ella, $E(\mathrm{eV}) = 1240/\lambda(\mathrm{nm})$ ix de cap i servix de comprovació instantània.

L'equació d'Einstein de l'efecte fotoelèctric diu que el fotó invertix la seua energia primer a arrancar l'electró i la resta se l'emporta aquest com a cinètica:

$$E_{c,m\grave{a}x} = h\nu - W = 3{,}10 - 2{,}14 = \boxed{0{,}96\ \mathrm{eV}} = 1{,}54\cdot 10^{-19}\ \mathrm{J}$$ $$eV_0 = E_{c,m\grave{a}x} \quad\Longrightarrow\quad V_0 = \boxed{0{,}96\ \mathrm{V}}$$

El potencial de frenada ix numèricament igual a l'energia en electronvolts, i això no és casualitat: és la definició mateixa de l'electronvolt. Dir-ho evita el càlcul redundant i demostra que s'entén la unitat.

b) Longitud d'ona llindar i velocitat dels electrons

$$\lambda_0 = \frac{hc}{W} = \frac{1240\ \mathrm{eV\,nm}}{2{,}14\ \mathrm{eV}} = \boxed{580\ \mathrm{nm}}$$

És llum groga: qualsevol radiació de longitud d'ona major (taronja, roja, infraroja) no arranca electrons del cesi per intensa que siga, i eixe és justament el fet que la física clàssica no podia explicar i que va obligar a la hipòtesi del fotó.

$$v_{m\grave{a}x} = \sqrt{\frac{2E_{c,m\grave{a}x}}{m_e}} = \sqrt{\frac{2\cdot 1{,}54\cdot 10^{-19}}{9{,}11\cdot 10^{-31}}} = \boxed{5{,}8\cdot 10^{5}\ \mathrm{m\,s^{-1}}}$$

Menys del $0{,}2\ \%$ de $c$, cosa que confirma que el tractament no relativista era lícit. Convé comprovar-ho sempre abans de donar per bo el resultat.

c) Transició 3 → 2 de l'hidrogen

$$\Delta E = E_3 - E_2 = -\frac{13{,}6}{9} + \frac{13{,}6}{4} = 13{,}6\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{9}\right) = \boxed{1{,}89\ \mathrm{eV}}$$ $$\lambda = \frac{hc}{\Delta E} = \frac{1240}{1{,}89} = \boxed{656\ \mathrm{nm}}$$

És la ratlla $H_\alpha$ de la sèrie de Balmer, en el roig del visible: la línia roja característica de les nebuloses d'emissió i del tub de descàrrega d'hidrogen del laboratori d'institut. Totes les transicions que acaben en $n = 2$ cauen en el visible o a prop; les que acaben en $n=1$ (sèrie de Lyman) són ultraviolades i les que acaben en $n=3$ (Paschen), infraroges.

d) Desintegració del iode-131

$$\lambda_d = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{0{,}693}{8{,}02} = 8{,}64\cdot 10^{-2}\ \mathrm{d^{-1}} = 1{,}00\cdot 10^{-6}\ \mathrm{s^{-1}}$$ $$A = A_0\,e^{-\lambda_d t} = 5{,}0\cdot 10^{8}\cdot e^{-8{,}64\cdot 10^{-2}\cdot 30} = \boxed{3{,}7\cdot 10^{7}\ \mathrm{Bq}}$$

En queda el $7{,}5\ \%$: en 30 dies han passat gairebé quatre períodes de semidesintegració ($30/8{,}02 = 3{,}74$), i $2^{-3{,}74} = 0{,}075$, cosa que confirma el resultat sense exponencials.

Per a la massa, d'$A_0 = \lambda_d N_0$ (amb $\lambda_d$ en segons, perquè el becquerel és una desintegració per segon — l'error d'unitats més freqüent de l'apartat):

$$N_0 = \frac{A_0}{\lambda_d} = \frac{5{,}0\cdot 10^{8}}{1{,}00\cdot 10^{-6}} = 5{,}0\cdot 10^{14}\ \text{àtoms}$$ $$m_0 = \frac{N_0}{N_A}\cdot 131 = \frac{5{,}0\cdot 10^{14}}{6{,}022\cdot 10^{23}}\cdot 131 = \boxed{1{,}1\cdot 10^{-7}\ \mathrm{g}} \approx 0{,}11\ \mathrm{\mu g}$$

Una dècima de microgram amb cinc-cents milions de desintegracions per segon: el número explica per què els radiofàrmacs es manegen en quantitats invisibles i per què el $\ce{^{131}I}$, amb huit dies de període, és l'isòtop d'elecció per a tractar la tiroide —suficient per a actuar, prou curt per a no quedar-se.

Comentari global de l'exercici

Enfront del model I, aquest exercici carrega més el pes sobre el raonament qualitatiu: l'apartat c) del problema 1, el sentit del corrent en el 5 o la interpretació del tram pla de la gràfica valen tant com els càlculs, i són on més punts es perden per respostes d'una línia.

Tres coses que aquest examen entrena de manera deliberada:

1. Distingir què canvia la constant i què només desplaça l'equilibri. Únicament la temperatura modifica $K$; pressió, concentració i catalitzadors mouen el sistema dins de la mateixa constant. I el gas inert a volum constant no fa ni una cosa ni l'altra.
2. Comprovar les hipòtesis a posteriori. L'aproximació de l'àcid feble, el caràcter no relativista del fotoelectró o el domini de l'ió comú sobre l'equilibri són suposicions que es fan en començar i es verifiquen en acabar, en una línia.
3. Llegir les gràfiques com a física, no com a dibuix. El perfil de l'ona és una foto en l'espai, no l'oscil·lació d'un punt; el tram nul de la fem no és que «no passe res», és que el flux no varia. Un tribunal distingix perfectament qui ha entés el gràfic de qui l'ha copiat.

La sèrie es tanca amb l'examen model III, que cobrix 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.