Andalucía · 2023

Examen de Física y Química — Andalucía 2023: los seis problemas resueltos

Procedimiento selectivo 2023 (Orden de 6 de marzo de 2023) · primera prueba, parte A · Cuerpo de Profesores de Enseñanza Secundaria · especialidad Física y Química

La parte A de la primera prueba de la oposición de Física y Química de Andalucía de 2023 proponía seis problemas de los que había que resolver tres, cada uno calificado sobre 10, y la nota final era la media de los tres. Aquí están resueltos los seis: una barra deslizando sobre raíles con campo magnético vertical, una lente con lámina de caras paralelas, una noria completa (energía, tiro parabólico, ingravidez y momento angular), un tampón de ácido benzoico, una estequiometría de gases con dos reacciones simultáneas y una pila de vanadio-estaño con Nernst y electrólisis.

Fuente del enunciado. Documento oficial de la Consejería de Desarrollo Educativo y Formación Profesional de la Junta de Andalucía, procedimiento selectivo convocado por Orden de 6 de marzo de 2023, cuerpo (590) especialidad (007). Las soluciones son de elaboración propia, no proceden de ningún criterio de corrección oficial ni de academia alguna.

Estrategia de examen. Elegir tres de seis no es un detalle menor: con 3 horas por delante, la diferencia entre aprobar y no está muchas veces en descartar rápido. Los problemas 4 y 5 son los más cortos (uno de tampones casi mecánico y uno de estequiometría de gases sin sorpresas); el 6 es el más largo con diferencia (cuatro apartados encadenados y un error de arrastre te lleva por delante todo).

Problema 1 — Barra deslizando sobre raíles inclinados

Enunciado

Una barra conductora de longitud $l = 20$ cm, de masa $m = 10$ g y resistencia $R = 10$ ohmios, baja deslizando por unos raíles conductores que forman un ángulo $\theta = 30°$ con la horizontal. Los raíles se cierran en su parte inferior por un conductor paralelo a la barra. En toda la región existe un campo magnético uniforme, perpendicular al plano horizontal sobre el que se apoyan los raíles. La inducción magnética $B$ de dicho campo es igual a 1 tesla. Se observa que el movimiento primero es acelerado, convirtiéndose luego en uniforme.

a) Razónese físicamente por qué ocurre esto. (5 puntos) b) Calcule la velocidad de la varilla, la FEM inducida en sus extremos y la corriente que pasa por el circuito cuando el movimiento de la varilla es uniforme. (5 puntos)

Nota: se desprecia el rozamiento entre la barra y los raíles y la resistencia eléctrica de éstos y del conductor inferior, pero no así la de la barra.

Andalucía 2023 · Problema 1

Geometría del problema: B es vertical, no normal al plano

El campo es perpendicular al plano horizontal, así que forma un ángulo θ con la normal a la superficie inclinada. Ese coseno aparece dos veces —una en el flujo y otra en la fuerza— y por eso la velocidad límite lleva cos²θ. Elaboración propia a partir del enunciado oficial.

Solución

a) Por qué el movimiento acaba siendo uniforme. El razonamiento tiene tres eslabones:

Al bajar la barra, el área del circuito cerrado crece y con ella el flujo magnético.
Por la ley de Faraday-Lenz aparece una fem inducida $\varepsilon = -d\Phi/dt$ y, con ella, una corriente. La ley de Lenz garantiza el signo: el sistema se opone a la causa que lo produce, de modo que la fuerza magnética $\vec{F} = I\vec{l}\times\vec{B}$ sobre la barra frena el movimiento (si la favoreciera, tendríamos una máquina de movimiento perpetuo).
Esa fuerza de frenado es proporcional a $v$ . Al principio $v$ es pequeña, la componente del peso gana y el movimiento se acelera; conforme $v$ crece, la fuerza magnética crece con ella hasta igualar a $mg\sin\theta$ . En ese instante la aceleración se anula y el movimiento pasa a ser uniforme: es una velocidad límite, exactamente análoga a la de un paracaidista.

b) La sutileza geométrica: el campo es vertical. El enunciado dice «perpendicular al plano horizontal», no al plano inclinado. Es la clave del problema y donde se pierden la mayoría de los puntos. La normal a la superficie inclinada forma un ángulo $\theta$ con la vertical, así que el flujo solo captura la proyección del área:

\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 fuerza magnética sobre la barra es $F = I\,l\,B$ y es horizontal (la corriente va a lo largo de la barra, horizontal, y $B$ es vertical). Su componente a lo largo del plano inclinado es $F\cos\theta$ . Igualándola con la componente del peso:

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}}

Con los datos ( $m = 0{,}010$ 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}}

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

Ojo con el $\cos^2\theta$ . Si se toma (mal) $B$ normal al plano inclinado, sale $v = mgR\sin\theta/(B^2l^2) = 12{,}25$ m/s, un 25 % menos. El coseno aparece dos veces: una en el flujo y otra al proyectar la fuerza. Este mismo problema, con el mismo planteamiento, cayó también en Navarra 2025.

Problema 2 — Lente convergente con lámina de caras paralelas

Enunciado

Detrás de una lente delgada convergente de 5 dioptrías hay una lámina de caras paralelas normal al eje de la lente. En esas condiciones la imagen de un objeto situado a 50 cm delante de la lente se forma a 36 cm detrás de la misma. Sabiendo que el índice de refracción de la lámina es 3/2:

a) Calcular el espesor de la lámina. (5 puntos) b) Dibujar un esquema de la marcha de los rayos. (5 puntos)

Solución

a) Espesor de la lámina. El problema se resuelve en dos pasos independientes: primero la lente sola, después el desplazamiento que introduce la lámina.

Paso 1: dónde estaría la imagen sin lámina. Con la potencia $P = 5$ D, la focal imagen es $f' = 1/P = 0{,}20$ m $= 20$ cm. Con el convenio DIN ( $s = -50$ cm para el objeto):

\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}

Paso 2: el desplazamiento de la lámina. Una lámina de caras paralelas de espesor $d$ e índice $n$ no cambia la dirección de un rayo (entra y sale paralelo a sí mismo), pero desplaza la imagen alejándola una distancia

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

Es un resultado paraxial que conviene saber deducir: dentro del vidrio el rayo «avanza más despacio» en términos de camino óptico, y el efecto neto equivale a acortar la trayectoria en $d/n$ en lugar de $d$ . Como la imagen observada está 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}}

Dos comprobaciones de coherencia que conviene decir en voz alta: el desplazamiento es siempre hacia atrás (alejando la imagen de la lente) porque $n > 1$ ; y no depende de dónde se coloque la lámina entre la lente y la imagen, solo de su espesor y su índice.

b) Marcha de los rayos.

Andalucía 2023 · Problema 2

Lente convergente de 5 D con lámina de caras paralelas

Trazado con dos rayos notables: el paralelo (que sale por el foco imagen) y el que pasa por el centro óptico (que no se desvía). Sin lámina la imagen caería a 33,3 cm; los 8 cm de vidrio la empujan hasta los 36 cm. Elaboración propia a partir del enunciado oficial.

Los dos rayos notables que bastan para construir la imagen:

El rayo paralelo al eje que, tras atravesar la lente, pasa por el foco imagen $F'$ (a 20 cm).
El rayo que pasa por el centro óptico, que no se desvía.

Al entrar en la lámina cada rayo se refracta acercándose a la normal (pasa a un medio más denso ópticamente) y al salir se refracta alejándose el mismo ángulo, de modo que sale paralelo a como entró pero desplazado lateralmente. El resultado neto es que el punto de corte se retrasa: la imagen es real, invertida y menor ( $\beta' = s'/s = -0{,}67$ ), y está 2,67 cm más lejos de lo que estaría sin el vidrio.

Problema 3 — La noria completa

Enunciado

Tenemos una noria de radio $R = 10$ m, y el motor que la acciona tiene una potencia $P = 2$ kW. Se desprecian todos los rozamientos.

a) ¿Cuál es la masa móvil $M$ de la noria, suponiendo que toda ella se encuentra en la periferia, si tarda un tiempo $t_1 = 10$ s en adquirir una velocidad angular $\omega_1 = 0{,}2$ rad/s? (2,5 puntos) b) Cuando un pasajero pasa por la posición más alta, se le cae una moneda del bolsillo. ¿Qué tiempo $t_2$ tardará en llegar al suelo? ¿A qué distancia $d$ cae, medida desde la vertical del punto más alto? (2,5 puntos) c) ¿Qué velocidad angular $\omega_2$ debería tener la noria para que el pasajero se sintiera ingrávido, y en qué posición le ocurriría esto? (2,5 puntos) d) En un momento en que el motor está desconectado y la noria girando a una velocidad $\omega_3 = 0{,}1$ rad/s, un pasajero sube a la noria en marcha dando un pequeño salto lateral desde el andén. Si pesa 50 kg, ¿cuál es la variación de velocidad angular de la noria debida al salto? (2,5 puntos)

Solución

a) Masa de la noria. Toda la masa en la periferia significa momento de inercia de anillo, $I = MR^2$ . El trabajo del motor durante los 10 s se invierte íntegramente en energía cinética de rotación (no hay rozamiento y el centro de masas no sube):

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}}

Diez toneladas: razonable para una noria pequeña.

b) La moneda. La moneda no cae desde el reposo: al soltarse en el punto más alto lleva la velocidad tangencial de la noria, que allí es horizontal:

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

Es, por tanto, un tiro horizontal desde $h = 2R = 20$ m (el punto más alto está a dos radios del suelo, no a uno: otro despiste 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) Ingravidez. «Sentirse ingrávido» significa que la fuerza normal del asiento se anula: el peso, y solo el peso, hace de fuerza centrípeta. Eso solo puede ocurrir donde el peso apunta hacia el centro de la trayectoria, es decir en el punto más alto:

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

(unas 9,5 rpm, cinco veces la velocidad del apartado a). En el punto más bajo nunca puede pasar: allí la normal vale $N = mg + m\omega^2R$ , siempre mayor que el peso; por eso al pasar por abajo uno se siente más pesado.

d) El pasajero que salta. Con el motor desconectado no hay par exterior respecto al eje, así que se conserva el momento angular. El salto es lateral: el pasajero no aporta momento angular propio, solo su inercia. Subiendo en la periferia (el andén está a distancia $R$ del eje):

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 noria se frena, pero solo un 0,5 %: son 50 kg contra 10 000. El signo negativo es lo que hay que saber justificar —añadir masa aumenta el momento de inercia y, a momento angular constante, la velocidad angular baja—; es el mismo efecto que el patinador que abre los brazos, al revés.

Problema 4 — Tampón de ácido benzoico

Enunciado

Se dispone de dos disoluciones, una de ácido benzoico 0,1 M y otra de benzoato de sodio 0,5 M. ¿Calcula razonadamente qué volumen de cada una de ellas se debe tomar para preparar 250 mL de una disolución tampón de pH = 3,89? (10 puntos)

Datos: $pK_a$ (ácido benzoico) = 4,19.

Solución

Henderson-Hasselbalch da directamente la relación que debe haber entre base conjugada y ácido:

\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

Es decir, hace falta el doble de moles de ácido que de base conjugada. Aquí conviene subrayar algo que se pregunta con frecuencia en el tribunal: en la relación se pueden usar moles en lugar de concentraciones porque ambas especies comparten el mismo volumen final, y el volumen se cancela.

Llamando $V_a$ al volumen de ácido 0,1 M y $V_b$ al de benzoato 0,5 M, con $V_a + V_b = 250$ 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}}

es decir 227 mL de ácido benzoico 0,1 M y 23 mL de benzoato de sodio 0,5 M.

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

Lo que hay que «razonar» (el enunciado lo pide expresamente): que el resultado sea un tampón útil exige que la relación esté dentro del intervalo $pK_a \pm 1$ , y aquí $\mathrm{pH} - pK_a = -0{,}30$ cae holgadamente dentro. Además la capacidad tamponante es apreciable: hay $2{,}27\cdot 10^{-2}$ mol de ácido y $1{,}14\cdot 10^{-2}$ mol de base en 250 mL, así que añadir milimoles de ácido o base fuerte moverá el pH muy poco.

Problema 5 — Mezcla de amoniaco e hidrógeno

Enunciado

A 700 cm³ de una mezcla gaseosa de amoniaco y dihidrógeno se añaden 500 cm³ de dioxígeno. Se hace reaccionar la mezcla y, tras condensar el agua, al volver a las condiciones primitivas de presión y temperatura, queda un residuo de 275 cm³ de una mezcla de dinitrógeno y dioxígeno. Hallar la composición, en % en volumen, de la mezcla inicial de dihidrógeno y amoniaco. Justificar los pasos dados. (10 puntos)

Solución

La herramienta clave es la ley de Avogadro: a la misma $P$ y $T$ , los volúmenes de gas son proporcionales a los moles. Eso permite trabajar directamente con volúmenes como si fueran moles, sin calcular ni una sola cantidad de sustancia. Y hay que ser explícito con una hipótesis: si el residuo contiene oxígeno, es que el oxígeno estaba en exceso y ambos combustibles han reaccionado por completo.

Las dos reacciones que ocurren simultáneamente son

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

Sea $x$ el volumen de $\ce{NH3}$ e $y$ el de $\ce{H2}$ , con $x + y = 700$ cm³. Entonces:

Magnitud	Expresión
$\ce{O2}$ consumido	$\tfrac{3}{4}x + \tfrac{1}{2}y$
$\ce{N2}$ producido	$\tfrac{1}{2}x$
$\ce{O2}$ sobrante	$500 - \tfrac{3}{4}x - \tfrac{1}{2}y$

El agua condensa y desaparece del balance de volumen (por eso el enunciado insiste en «tras condensar el agua» y «al volver a las condiciones primitivas»). El residuo es la suma del nitrógeno y del oxígeno sobrante:

\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

Con $y = 700 - x$ :

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 volumen)}

Comprobación completa: $\ce{O2}$ consumido $= 375 + 100 = 475$ cm³ (efectivamente menor que 500, así que la hipótesis del exceso era correcta); sobran 25 cm³ de $\ce{O2}$ ; se forman 250 cm³ de $\ce{N2}$ ; residuo $= 250 + 25 = 275$ cm³. ✔

Problema 6 — Pila de vanadio y estaño

Enunciado

Se construye una pila electroquímica con dos electrodos de platino, uno sumergido en una disolución 0,5 M de $\ce{V^2+}$ y 0,05 M de $\ce{V^3+}$ y el otro en una disolución 0,3 M de $\ce{Sn^4+}$ y 0,03 M de $\ce{Sn^2+}$ . El volumen de cada una de las disoluciones es 1 litro y ambas se encuentran unidas por un puente salino. Se pide:

a) Escribir la notación de la pila y la reacción global que tiene lugar en ella. (2,5 puntos) b) Calcular la constante de equilibrio de la reacción, el potencial y la energía libre de la pila a 25 °C. (2,5 puntos) c) Calcular el potencial de la pila después de que ésta haya funcionado, pasando por el conductor externo 1,9 A durante 40 minutos y 25 segundos. (2,5 puntos) d) Determinar cuántas pilas como la inicial, conectadas en serie, serán necesarias para comenzar la electrólisis de una disolución 1 M de HCl (supóngase que los gases desprendidos están a $P = 1$ atm). (2,5 puntos)

Datos: $E^\circ(\ce{Cl2}/\ce{Cl-}) = 1{,}36$ 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.

Solución

a) Notación y reacción global. El par con mayor potencial de reducción se reduce (cátodo) y el otro se oxida (ánodo): $\ce{Sn^4+}$ (+0,15 V) manda sobre $\ce{V^3+}$ (−0,255 V).

\text{Ánodo (oxidación):}\quad \ce{V^2+ -> V^3+ + e-} \qquad \times 2

\text{Cátodo (reducción):}\quad \ce{Sn^4+ + 2e- -> Sn^2+}

\boxed{\ce{2 V^2+ + Sn^4+ -> 2 V^3+ + Sn^2+}} \qquad (n = 2)

Como todas las especies son iones en disolución, los electrodos son inertes (platino), y por eso el enunciado los especifica. Notación IUPAC (ánodo a la izquierda):

\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) $K$ , $E$ y $\Delta G$ .

E^\circ_{\text{pila}} = E^\circ_{\text{cátodo}} - E^\circ_{\text{ánodo}} = 0{,}15 - (-0{,}255) = 0{,}405\ \mathrm{V}

La constante de equilibrio se obtiene 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}}

Prácticamente cuantitativa. Para el potencial real hay que aplicar Nernst, porque las concentraciones no son 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 sube respecto al estándar, y tiene todo el sentido: los reactivos están más concentrados que los productos, así que la reacción tiene más «ganas» de avanzar. Y las energías libres:

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

c) Potencial tras funcionar. El tiempo es $t = 40\cdot 60 + 25 = 2425$ s, luego

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 electrones consumen 2 $\ce{V^2+}$ y 1 $\ce{Sn^4+}$ : la estequiometría no es la misma en los dos vasos. Como el volumen es 1 L en cada uno, moles y molaridades coinciden:

Especie	Inicial (M)	Variación	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 perdido 29 mV: se está descargando, como debe ser. El $\ce{V^3+}$ casi se ha duplicado.

d) Cuántas pilas para electrolizar HCl 1 M. En la electrólisis del ácido clorhídrico:

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

Como la disolución es 1 M y los gases están a 1 atm, estamos exactamente en condiciones estándar y no hace falta Nernst. La tensión mínima de descomposición es

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

Conectando pilas en serie los potenciales se suman, así que hacen falta

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

Con dos pilas se llegaría solo a 0,99 V, insuficiente; con tres, a 1,48 V. Un matiz honesto que conviene añadir: 1,36 V es el mínimo termodinámico; en la práctica hace falta más por el sobrepotencial de desprendimiento del cloro y del hidrógeno sobre los electrodos, que puede rondar unas décimas de voltio. El enunciado pide «comenzar la electrólisis» en el sentido termodinámico, así que la respuesta es 3.