Examen de Física i Química — Navarra 2025: enunciat i solució comentada

La prova pràctica de l'oposició de Física i Química de Navarra de 2025 va constar de sis problemes repartits a parts iguals entre química i física: precipitació fraccionada d'haluros, elucidació estructural de quatre isòmers $\ce{C7H12}$, cinètica de descomposició del dimetilèter, dinàmica d'un cos sobre una superfície cònica amb ressort, inducció electromagnètica en una vareta lliscant i buidatge d'un depòsit per un orifici. A baix tens l'enunciat complet i la resolució pas a pas.

Font de l'enunciat. Document oficial «Oposiciones docentes 2025 / 2025 irakasle oposizioak», cos 590, especialitat Física i Química, prova pràctica, versió en castellà (existeix també versió oficial en basc). Les solucions són d'elaboració pròpia; no procedeixen de criteris de correcció oficials ni de cap acadèmia.

Problema 1 — Precipitació fraccionada de $\ce{Ag+}$ i $\ce{Pb^2+}$

Enunciat

(2 punts) Es tenen 10,0 mL d'una dissolució que conté ió plom(II) en concentració $1{,}00\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}$ i ió plata en la mateixa concentració. A esta dissolució s' addiciona àcid clorhídric concentrat ($\rho = 1{,}18\ \mathrm{g/mL}$; riquesa 37,08 %) gota a gota.

• a) (0,5p) Determineu quin catió precipitarà primer.
• b) (1,5p) Després d'afegir 10 gotes de la dissolució de l'àcid, de 0,0500 mL cadascuna, determineu quina concentració d'ió plom(II) queda en la dissolució final, així com el percentatge de plom separat.

Dades: $K_{ps}(\ce{AgCl}) = 1{,}80\cdot 10^{-10}$; $K_{ps}(\ce{PbCl2}) = 1{,}70\cdot 10^{-5}$; $M(\mathrm{Cl}) = 35{,}45\ \mathrm{u}$; $M(\mathrm{H}) = 1{,}008\ \mathrm{u}$.

Solució

a) Quin precipita primer

Precipita abans la sal que necessita menys clorur per a assolir el seu producte de solubilitat. Amb ambdós cations a $1{,}00\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}$:

$$[\ce{Cl-}]_{\ce{AgCl}} = \frac{K_{ps}}{[\ce{Ag+}]} = \frac{1{,}80\cdot 10^{-10}}{1{,}00\cdot 10^{-3}} = 1{,}80\cdot 10^{-7}\ \mathrm{M}$$ $$[\ce{Cl-}]_{\ce{PbCl2}} = \sqrt{\frac{K_{ps}}{[\ce{Pb^2+}]}} = \sqrt{\frac{1{,}70\cdot 10^{-5}}{1{,}00\cdot 10^{-3}}} = 0{,}130\ \mathrm{M}$$

Cal sis ordres de magnitud menys de clorur per al $\ce{AgCl}$: precipita primer la plata, i pràcticament tota abans que comence a aparéixer $\ce{PbCl2}$. Esta enorme diferència és la base de la separació analítica clàssica del grup I de cations.

b) Plom que queda després de 10 gotes

Primer, la concentració del clorhídric concentrat. Amb $M(\ce{HCl}) = 1{,}008 + 35{,}45 = 36{,}46\ \mathrm{g/mol}$:

$$c(\ce{HCl}) = \frac{1000\cdot 1{,}18\cdot 0{,}3708}{36{,}46} = 12{,}0\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$$

Deu gotes de 0,0500 mL són 0,500 mL, és a dir

$$n(\ce{HCl}) = 0{,}500\cdot 10^{-3}\cdot 12{,}0 = 6{,}00\cdot 10^{-3}\ \mathrm{mol}$$

i el volum final és $10{,}0 + 0{,}5 = 10{,}5\ \mathrm{mL} = 0{,}0105\ \mathrm{L}$.

El clorur consumit pels precipitats és menyspreable enfront de l'afegit: la plata consumeix $1{,}0\cdot 10^{-5}\ \mathrm{mol}$ i el plom, com a molt, $2\cdot 10^{-5}$, enfront dels $6{,}00\cdot 10^{-3}$ disponibles (un 0,5 %). Tot i així, resolent amb iteració:

$$[\ce{Cl-}] = \frac{6{,}00\cdot 10^{-3} - 2{,}9\cdot 10^{-5}}{0{,}0105} = 0{,}569\ \mathrm{M}$$ $$[\ce{Pb^2+}] = \frac{K_{ps}}{[\ce{Cl-}]^2} = \frac{1{,}70\cdot 10^{-5}}{0{,}569^2} = 5{,}3\cdot 10^{-5}\ \mathrm{M}$$

Els mols de plom que queden dissolts són $5{,}3\cdot 10^{-5}\cdot 0{,}0105 = 5{,}5\cdot 10^{-7}\ \mathrm{mol}$, enfront dels $1{,}00\cdot 10^{-5}$ inicials:

$$\%\text{ separat} = \frac{1{,}00\cdot 10^{-5} - 5{,}5\cdot 10^{-7}}{1{,}00\cdot 10^{-5}}\cdot 100 = 94{,}5\ \%$$

Es separa el 94,5 % del plom, quedant en dissolució un 5,5 %. Convé notar que la dilució per l'àcid afegit és mínima (5 %) però que el gran excés de clorur és el que força la precipitació quasi completa.

Problema 2 — Quatre isòmers $\ce{C7H12}$

Enunciat

(1,5 punts) La calefacció de l'1-metil-1-hidroximetilciclopentà amb àcid sulfúric concentrat proporciona una mescla de quatre compostos isòmers A, B, C i D de fórmula molecular $\ce{C7H12}$. Es coneix també la següent informació:

• A es prepara per calefacció d'una mescla equimolar d'etilé i 2-metil-1,3-butadié.
• B, per ozonòlisi, proporciona àcid 5-oxoheptanoic.
• C se sintetitza per reacció de ciclopentanona amb el reactiu que es prepara per calefacció de la trifenilfosfina amb bromur d'etil i posterior tractament de l'intermedi amb butil-liti.
• D és capaç de reduir-se a metilciclohexà per hidrogenació amb pal·ladi sobre carbó. A més, D per reacció amb HCl genera E ($\ce{C7H13Cl}$), que per escalfament amb piridina genera l'isòmer A.

Proporcioneu un mecanisme que explique la formació dels quatre isòmers, escriviu les reaccions implicades en la resta dels processos i identifiqueu l'estructura de cada isòmer.

Solució

Identificació a partir de les pistes

| | Pista | Reacció implicada | Estructura | | ----- | ----------------------------------------------------------- | ------------------------ | ---------------------- | | A | Etilé + 2-metil-1,3-butadié (isoprè), Δ | Diels-Alder | 1-metilciclohexè | | B | Ozonòlisi → àcid 5-oxoheptanoic | Ozonòlisi oxidativa | 1-etilciclopentè | | C | Ciclopentanona + $\ce{Ph3P}$/$\ce{CH3CH2Br}$/BuLi | Wittig | etilidenciclopentà | | D | $\ce{H2}$/Pd-C → metilciclohexà; +HCl → E; E + piridina → A | Addició Markovnikov + E2 | metilenciclohexà |

A. La reacció de Diels-Alder entre l'isoprè (dié) i l'etilé (dienòfil) forma dos enllaços $\sigma$ i deixa el doble enllaç entre els antics C2 i C3 del dié. Com que el metil està sobre C2, queda sobre un carboni $sp^2$ de l'anell: el producte és l'1-metilciclohexè.

B. L'àcid 5-oxoheptanoic és $\ce{HOOC-CH2CH2CH2-CO-CH2CH3}$. L'ozonòlisi oxidativa d'un cicloalquè obri l'anell donant un sol producte de cadena oberta: el carboni del doble enllaç sense hidrogen (el que porta el substituent) es converteix en cetona i el que sí que té hidrogen, en àcid carboxílic. Recomponent cap arrere, l'anell era de cinc carbonis i el carboni cetònic portava un etil: 1-etilciclopentè.

C. La seqüència $\ce{Ph3P + CH3CH2Br ->}$ sal de fosfoni, i després BuLi, genera l'il·lur de Wittig $\ce{Ph3P=CHCH3}$. Amb ciclopentanona dona l'alquè exocíclic $\ce{C5H8{=}CHCH3}$: etilidenciclopentà.

D. La hidrogenació a metilciclohexà exigeix un anell de sis amb un metil; l'addició de HCl (Markovnikov) dona un halur terciari, 1-cloro-1-metilciclohexà, i la seua E2 amb piridina condueix a l' alquè més substituït, que és A. Tot encaixa amb metilenciclohexà (alquè exocíclic).

Mecanisme de la deshidratació

El substrat és un alcohol primari sobre un carboni quaternari. Protonat el $\ce{-OH}$, l' eixida d'aigua donaria un carbocatió primari, inaccessible: la migració és concertada amb l' eixida de l'aigua (assistència anquimèrica) i ocorre per dos camins que competeixen, ambdós cap a carbocations terciaris:

1. Expansió d'anell (transposició de Wagner-Meerwein). Migra un enllaç C–C del cicle al carboni primari: l'anell passa de cinc a sis membres i la càrrega queda sobre el carboni que porta el metil → catió 1-metilciclohexil.
2. Migració de metil. Migra el grup metil al carboni primari: l'anell segueix sent de cinc i el carboni deficient passa a ser el del cicle, ara amb un etil → catió 1-etilciclopentil.

Cada carbocatió terciari perd després un protó $\beta$ (E1) per dues posicions distintes:

$$\text{catió 1-metilciclohexil} \longrightarrow \underbrace{\text{1-metilciclohexè}}_{\mathbf{A}\;(\text{endocíclic, Zaitsev})} \;+\;\underbrace{\text{metilenciclohexà}}_{\mathbf{D}\;(\text{exocíclic})}$$ $$\text{catió 1-etilciclopentil} \longrightarrow \underbrace{\text{1-etilciclopentè}}_{\mathbf{B}\;(\text{endocíclic, Zaitsev})} \;+\;\underbrace{\text{etilidenciclopentà}}_{\mathbf{C}\;(\text{exocíclic})}$$

Els quatre són $\ce{C7H12}$ (dues insaturacions: un cicle i un doble enllaç). Els productes majoritaris són els endocíclics A i B, més substituïts i per tant més estables (regla de Zaitsev).

Resta de reaccions

$$\text{A:}\quad \ce{CH2=C(CH3)-CH=CH2 + CH2=CH2 ->[\Delta] \text{1-metilciclohexè}}$$ $$\text{B:}\quad \text{1-etilciclopentè} \;\xrightarrow{1)\ \ce{O3}\;\; 2)\ \ce{H2O2}}\; \ce{HOOC-CH2CH2CH2-CO-CH2CH3}$$ $$\text{C:}\quad \ce{Ph3P + CH3CH2Br -> [Ph3P-CH2CH3]+ Br-} \;\xrightarrow{\ce{BuLi}}\; \ce{Ph3P=CHCH3} \;\xrightarrow{\text{ciclopentanona}}\; \text{etilidenciclopentà}$$ $$\text{D:}\quad \text{metilenciclohexà} \xrightarrow{\ce{H2},\,\ce{Pd/C}} \text{metilciclohexà}; \qquad \text{metilenciclohexà} \xrightarrow{\ce{HCl}} \underbrace{\text{1-cloro-1-metilciclohexà}}_{\mathbf{E}} \xrightarrow[\Delta]{\text{piridina}} \mathbf{A}$$

Problema 3 — Cinètica de descomposició del dimetilèter

Enunciat

(1,5 punts) El dimetilèter es descompon en metà, monòxid de carboni i hidrogen. La constant cinètica del procés és de $2{,}8\cdot 10^{-2}\ \mathrm{min^{-1}}$ a 500 ºC. Col·loquem certa quantitat de dimetilèter en un matràs segellat i deixem que transcórrega la reacció a 500 ºC.

• a) (0,75p) Obteniu les expressions per a les pressions parcials de cadascun dels quatre gasos i la pressió total, en funció del temps i de la pressió inicial $P_0$.
• b) (0,75p) Calculeu les fraccions molars de cada gas transcorreguts 4 minuts, en el cas de que la reacció transcórrega a 600 ºC.

Dades: $E_a = 189089\ \mathrm{J\,mol^{-1}}$; $R = 8{,}314\ \mathrm{J\,K^{-1}mol^{-1}}$.

Solució

a) Pressions parcials

La reacció és $\ce{CH3OCH3 (g) -> CH4 (g) + CO (g) + H2 (g)}$: cada molècula que es descompon produeix tres. Com que les unitats de $k$ són $\mathrm{min^{-1}}$, el procés és de primer orde i

$$p_{\ce{CH3OCH3}}(t) = P_0\,e^{-kt}$$

La pressió d'èter descomposta és $P_0(1-e^{-kt})$, i per l'estequiometria 1:1:1:1 cada producte apareix en eixa mateixa mesura:

$$p_{\ce{CH4}} = p_{\ce{CO}} = p_{\ce{H2}} = P_0\left(1 - e^{-kt}\right)$$ $$P_\text{total} = P_0 e^{-kt} + 3P_0\left(1-e^{-kt}\right) = P_0\left(3 - 2e^{-kt}\right)$$

Comprovació de límits: en $t=0$, $P_\text{total} = P_0$; en $t\to\infty$, $P_\text{total}\to 3P_0$, el triple, com exigeix l'estequiometria.

b) Fraccions molars a 600 ºC i 4 min

Primer cal portar la constant de 500 ºC (773 K) a 600 ºC (873 K) amb l'equació d'Arrhenius:

$$\ln\frac{k_2}{k_1} = -\frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_2}-\frac{1}{T_1}\right) = -\frac{189089}{8{,}314}\left(\frac{1}{873}-\frac{1}{773}\right) = 3{,}37$$ $$k_2 = 2{,}8\cdot 10^{-2}\cdot e^{3{,}37} = 0{,}814\ \mathrm{min^{-1}}$$

Un augment de 100 K multiplica la constant per 29: és l'enorme sensibilitat tèrmica que cal esperar d'una energia d'activació de 189 kJ/mol. Als 4 minuts,

$$e^{-k_2 t} = e^{-0{,}814\cdot 4} = e^{-3{,}26} = 0{,}0385$$

de manera que queda un 3,85 % de l'èter. Les pressions (en unitats de $P_0$) són $p_\text{èter} = 0{,}0385$ i $p_{\ce{CH4}} = p_{\ce{CO}} = p_{\ce{H2}} = 0{,}9615$, amb $P_\text{total} = 3 - 2(0{,}0385) = 2{,}923$. Per tant:

$$\chi_{\ce{CH3OCH3}} = \frac{0{,}0385}{2{,}923} = 0{,}013; \qquad \chi_{\ce{CH4}} = \chi_{\ce{CO}} = \chi_{\ce{H2}} = \frac{0{,}9615}{2{,}923} = 0{,}329$$

(La suma és $0{,}013 + 3\cdot 0{,}329 = 1{,}000$.) A 600 ºC la reacció està pràcticament completa als 4 minuts, mentre que a 500 ºC el mateix temps a penes hauria descompost un 11 %.

Problema 4 — Cos sobre una superfície cònica amb ressort

Enunciat

(2 punts) Un cos de 6 kg de massa gira recolzat sobre la cara exterior d'una superfície cònica i llisa (es menysprea el frec). Al seu torn, el cos està unit a un ressort de massa menyspreable. L'angle que forma la superfície cònica amb el seu eix és $\alpha = 30^\circ$, i el cos gira a una velocitat angular uniforme de 10 r.p.m. Calculeu:

• a) (0,75p) La força que exerceix la superfície cònica sobre el cos i l'elongació del ressort.
• b) (0,5p) La velocitat angular mínima a la qual ha de girar el cos per a perdre el contacte amb la superfície cònica.
• c) (0,75p) L'elongació del ressort i l'angle que forma amb la vertical si el cos girara a 15 r.p.m.

Dades: $g = 9{,}8\ \mathrm{m\,s^{-2}}$; ressort amb $K = 100\ \mathrm{N\,m^{-1}}$ i longitud natural $L_0 = 5\ \mathrm{m}$.

Problema 4

Cos sobre la cara exterior del con, subjecte pel ressort al vèrtex

N

mg

T

α

vèrtex

r = L sen α

Solució

Plantejament

Siga $L = L_0 + x$ la longitud del ressort (amb $x$ l'elongació i $T = Kx$ la tensió), mesurada des del vèrtex al llarg de la generatriu. El radi de la circumferència que descriu el cos és $r = L\,\mathrm{sen}\,\alpha$. Descomponent en la direcció radial (positiva cap a fora) i la vertical (positiva cap amunt), la normal és perpendicular a la generatriu i val $\vec N = N(\cos\alpha,\ \mathrm{sen}\,\alpha)$, mentre que la tensió apunta cap al vèrtex, $\vec T = T(-\mathrm{sen}\,\alpha,\ \cos\alpha)$. Com que el moviment és circular uniforme, la resultant radial és la centrípeta $-m\omega^2 r$ i la vertical és nul·la:

$$-T\,\mathrm{sen}\,\alpha + N\cos\alpha = -m\omega^2 L\,\mathrm{sen}\,\alpha$$ $$T\cos\alpha + N\,\mathrm{sen}\,\alpha = mg$$

a) A 10 r.p.m.

$\omega = \dfrac{10\cdot 2\pi}{60} = 1{,}047\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$. Substituint $L = 5 + T/100$ en la primera equació i resolent el sistema de dues equacions amb dues incògnites:

$$T = 60{,}1\ \mathrm{N}, \qquad N = 13{,}4\ \mathrm{N}$$ $$x = \frac{T}{K} = \frac{60{,}1}{100} = 0{,}601\ \mathrm{m} \;\Longrightarrow\; L = 5{,}60\ \mathrm{m},\quad r = 2{,}80\ \mathrm{m}$$

Comprovació: $m\omega^2 r = 6\cdot 1{,}047^2\cdot 2{,}80 = 18{,}4\ \mathrm{N}$, que coincideix amb $T\,\mathrm{sen}\,\alpha - N\cos\alpha = 30{,}07 - 11{,}63 = 18{,}4\ \mathrm{N}$. La força que la superfície exerceix sobre el cos és de 13,4 N i el ressort s'estira 60,1 cm.

b) Velocitat angular per a desenganxar

El cos perd el contacte quan $N = 0$. Llavors la vertical dona directament

$$T = \frac{mg}{\cos\alpha} = \frac{58{,}8}{0{,}866} = 67{,}9\ \mathrm{N} \;\Longrightarrow\; L = 5 + 0{,}679 = 5{,}68\ \mathrm{m}$$

i la radial, $T\,\mathrm{sen}\,\alpha = m\omega^2 L\,\mathrm{sen}\,\alpha$, és a dir $T = m\omega^2 L$:

$$\omega_\text{mín} = \sqrt{\frac{T}{mL}} = \sqrt{\frac{67{,}9}{6\cdot 5{,}68}} = 1{,}41\ \mathrm{rad\,s^{-1}} = 13{,}5\ \mathrm{r.p.m.}$$

c) A 15 r.p.m.

Com que $15 > 13{,}5\ \mathrm{r.p.m.}$, el cos ja s'ha desenganxat de la superfície: es comporta com un pèndol cònic sostingut només pel ressort, que forma un angle $\theta$ amb la vertical (necessàriament $\theta > \alpha$). Amb $\omega = 1{,}571\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$:

$$T\cos\theta = mg, \qquad T\,\mathrm{sen}\,\theta = m\omega^2 L\,\mathrm{sen}\,\theta \;\Longrightarrow\; T = m\omega^2 L$$

Igualant amb la llei de Hooke, $K(L - L_0) = m\omega^2 L$:

$$L = \frac{K L_0}{K - m\omega^2} = \frac{100\cdot 5}{100 - 6\cdot 2{,}467} = 5{,}87\ \mathrm{m} \;\Longrightarrow\; x = 0{,}87\ \mathrm{m}$$ $$T = m\omega^2 L = 86{,}9\ \mathrm{N}, \qquad \cos\theta = \frac{mg}{T} = \frac{58{,}8}{86{,}9} = 0{,}677 \;\Longrightarrow\; \theta = 47{,}4^\circ$$

Efectivament $47{,}4^\circ > 30^\circ$, cosa que confirma que el cos està separat del con. Cal notar a més que l'expressió de $L$ divergeix si $m\omega^2 \to K$: per damunt de $\omega = \sqrt{K/m} = 4{,}08\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$ el ressort no podria sostindre el gir.

Problema 5 — Vareta conductora sobre carrils inclinats

Enunciat

(1,5 punts) Una vareta conductora de massa $m$, longitud $L$ i resistència elèctrica $R$ descendeix lliscant sense frec des del repòs per uns carrils conductors paral·lels que formen un angle $\alpha$ amb l'horitzontal. Els carrils es tanquen en la seua part inferior per un conductor paral·lel. En la regió existeix un camp magnètic uniforme $B$, perpendicular al pla horitzontal (sòl). Determineu l'expressió matemàtica de:

• a) (0,75p) El corrent induït en el circuit, en funció de la velocitat de la vareta, i raoneu el seu sentit.
• b) (0,75p) La velocitat de la vareta una vegada assolit el règim de moviment uniforme.

Solució

a) Corrent induït

El detall decisiu és que $\vec B$ és vertical, no perpendicular al pla inclinat. El flux que travessa el circuit és el que correspon a la projecció horitzontal de l'àrea tancada. Si la vareta ha recorregut una distància $s$ sobre el pla, l'àrea en el pla inclinat és $Ls$ i la seua projecció horitzontal, $Ls\cos\alpha$:

$$\Phi = B\,L\,s\,\cos\alpha$$

Aplicant la llei de Faraday, amb $v = \mathrm{d}s/\mathrm{d}t$:

$$\varepsilon = -\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} = -B\,L\,v\cos\alpha \;\Longrightarrow\; \boxed{\,I = \frac{B\,L\,v\cos\alpha}{R}\,}$$

Sentit. En descendir la vareta l'àrea tancada creix, i amb ella el flux. Per la llei de Lenz, el corrent induït circula en el sentit que genera un flux oposat a l'augment, és a dir, horari vist des de dalt si el flux entrant creix cap amunt (i al revés en cas contrari). La conseqüència física important és que la força magnètica sobre la vareta s'oposa sempre al moviment: frena la caiguda.

b) Velocitat límit

Sobre la vareta, recorreguda pel corrent $I$ i situada en el camp vertical $B$, apareix una força $\vec F = I\vec L\times\vec B$ de mòdul $ILB$ i direcció horitzontal (perpendicular a la vareta). La seua component al llarg del pla, que és la que s'oposa al lliscament, val $ILB\cos\alpha$. El règim uniforme s'assoleix quan eixa component iguala la component del pes:

$$mg\,\mathrm{sen}\,\alpha = I\,L\,B\cos\alpha = \frac{B^2L^2v\cos^2\alpha}{R}$$ $$\boxed{\,v_\text{límit} = \frac{m\,g\,R\,\mathrm{sen}\,\alpha}{B^2L^2\cos^2\alpha}\,}$$

Observeu la coherència dimensional i els límits: si $B\to 0$ o $R\to\infty$ no hi ha frenat i la velocitat límit divergeix (caiguda lliure pel pla); i si $\alpha\to 90^\circ$ el camp vertical deixa de tallar el circuit ($\cos\alpha\to 0$) i tampoc no hi ha frenat.

Problema 6 — Buidatge d'un depòsit cilíndric

Enunciat

(1,5 punts) A un recipient cilíndric de radi $R$ i alçada $H$, obert per la seua part superior i inicialment ple d'aigua, se li realitza un orifici de radi $r$ en el fons. Menyspreant la viscositat i les variacions de pressió atmosfèrica amb l'alçada, determineu:

• a) (0,5p) La velocitat d'eixida de l'aigua quan el recipient s'ha buidat a la meitat.
• b) (1p) L'expressió matemàtica del temps que tarda a buidar-se i calculeu eixe temps.

Dades: $R = 10\ \mathrm{cm}$; $r = 4\ \mathrm{cm}$; $H = 70\ \mathrm{cm}$; $g = 9{,}8\ \mathrm{m/s^2}$.

Solució

a) Velocitat d'eixida a mitja alçada

Aplicant Bernoulli entre la superfície lliure (pressió atmosfèrica, alçada $h$) i l'orifici (pressió atmosfèrica, alçada 0), s'obté el teorema de Torricelli:

$$v = \sqrt{2gh} = \sqrt{2\cdot 9{,}8\cdot 0{,}35} = 2{,}62\ \mathrm{m/s}$$

Matís que convé fer constar. Torricelli suposa que la superfície lliure descendeix amb velocitat menyspreable, cosa que exigeix $r \ll R$. Ací $r/R = 0{,}4$, gens menyspreable. Conservant el terme de la superfície i usant la continuïtat $\pi R^2 v_1 = \pi r^2 v_2$:

$$v = \sqrt{\frac{2gh}{1-(r/R)^4}} = \sqrt{\frac{6{,}86}{0{,}9744}} = 2{,}65\ \mathrm{m/s}$$

La correcció és només de l'1,3 % perquè entra a la quarta potència, però assenyalar-la demostra criteri.

b) Temps de buidatge

El cabal que ix iguala la disminució de volum en el depòsit:

$$\pi R^2\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t} = -\pi r^2\sqrt{2gh} \;\Longrightarrow\; \frac{\mathrm{d}h}{\sqrt{h}} = -\frac{r^2}{R^2}\sqrt{2g}\,\mathrm{d}t$$

Integrant des de $h = H$ fins a $h = 0$:

$$2\sqrt{H} = \frac{r^2}{R^2}\sqrt{2g}\,t \;\Longrightarrow\; \boxed{\,t = \frac{2R^2}{r^2}\sqrt{\frac{H}{2g}}\,}$$

Numèricament, amb $R^2/r^2 = (10/4)^2 = 6{,}25$:

$$t = 2\cdot 6{,}25\cdot\sqrt{\frac{0{,}70}{19{,}6}} = 12{,}5\cdot 0{,}189 = 2{,}36\ \mathrm{s}$$

(Amb la correcció exacta de l'apartat a, $t = 2{,}36\sqrt{1-(r/R)^4} = 2{,}33\ \mathrm{s}$.) El resultat és un temps molt curt precisament perquè l'orifici és gran: la seua àrea és el 16 % de la del depòsit.

Comentari global de l'exercici

Navarra planteja un examen molt equilibrat i molt exigent en temps: tres problemes de química (equilibris de solubilitat, síntesi i elucidació orgànica, cinètica amb Arrhenius) i tres de física (dinàmica de rotació amb ressort, inducció, fluids), sense apartats de farciment. Tres observacions útils:

1. El problema 2 és el que més separa. Exigeix reconéixer de colp Diels-Alder, ozonòlisi, Wittig i una transposició de Wagner-Meerwein. L'estratègia és llegir les quatre pistes abans d'escriure res: cadascuna identifica un isòmer de forma independent i el mecanisme es dedueix després.
2. Compte amb la geometria del problema 5. Que el camp siga vertical —i no perpendicular al pla inclinat— introdueix els factors $\cos\alpha$ que distingeixen la solució correcta de la de memòria.
3. Assenyalar les aproximacions puntua. En el problema 6, comentar que $r/R = 0{,}4$ posa en qüestió la hipòtesi de Torricelli i quantificar l'error demostra domini del model.