Examen de Física y Química — Illes Balears 2026: opción A resuelta

El ejercicio de carácter práctico de la convocatoria de 2026 de las Illes Balears (parte B de la primera prueba) daba 3 horas y ofrecía dos opciones alternativas, A y B: la opción A con tres problemas de química y dos de física, y la opción B con dos de química y tres de física. Cada problema vale 2 puntos y cada opción suma 10. Aquí encontrarás resueltas las dos opciones completas: en la opción A, una redox en medio básico con cálculo de $\Delta G^\circ$, la dimerización del $\ce{NO2}$, una cinética de tercer orden con el pH de la sal resultante, el efecto fotoeléctrico y la superposición de dos campos eléctricos; en la opción B, la órbita lunar de la nave Orion, un cilindro que rueda por un looping, dos esferas en una balanza dentro y fuera del agua, la estequiometría de un cultivo de levadura y la calorimetría de la combustión del etanol.

Fuente del enunciado. Documento oficial del Tribunal núm. 1 (Mallorca) de la convocatoria de 2026, cuerpo 0590 — Profesores de Enseñanza Secundaria, especialidad 007 — Física y Química. El original es bilingüe (catalán y castellano); aquí se reproduce la versión en castellano. Las soluciones son de elaboración propia, no proceden de ningún criterio de corrección oficial ni de academia alguna. Hay una versión en catalán de esta misma página.

Una particularidad de este examen: dos de los cinco problemas de la opción A tienen un apartado didáctico explícito (A1c y A3d), puntuado dentro de los mismos 2 puntos del problema. La opción B, en cambio, es puramente de cálculo. Si dudas cuál elegir, merece la pena mirarlo: la opción A regala 9 puntos sobre 100 a respuesta abierta, pero obliga a improvisar didáctica bajo presión.

Problema A1 — Redox en medio básico y espontaneidad

Enunciado

En el tratamiento de aguas residuales industriales, una disolución acuosa de permanganato de potasio reacciona con etanol, en medio básico. Como resultado del proceso se forman dióxido de manganeso y acetato de potasio.

a) Ajusta la reacción química por el método del ion-electrón en medio básico, indicando claramente las semirreacciones y el procedimiento seguido. (10 puntos)

b) Reaccionan 25,0 mL de una disolución de permanganato de potasio 0,0200 M con una disolución que contiene 0,0150 mol de etanol. A partir de las semirreacciones obtenidas en el apartado anterior determina la variación de energía libre de Gibbs estándar de la reacción e interpreta el resultado en términos de espontaneidad. (6 puntos)

c) Indica dos dificultades habituales del alumnado en el ajuste de reacciones redox en medio básico y propón una estrategia didáctica concreta para trabajarlas en el aula. (4 puntos)

(Datos: $E^\circ(\ce{MnO4-}/\ce{MnO2}) = +0{,}59$ V; $E^\circ(\ce{CH3COO-}/\ce{C2H5OH}) = -0{,}80$ V; $F = 96485$ C·mol⁻¹)

Solución

a) Ajuste por ion-electrón. Primero, los estados de oxidación que cambian:

• Mn: de $+7$ en $\ce{MnO4-}$ a $+4$ en $\ce{MnO2}$ → gana 3 e⁻ (reducción).
• C: el carbono carbinólico del etanol ($\ce{CH3-CH2OH}$) tiene estado $-1$; el carbono carboxílico del acetato ($\ce{CH3COO-}$) tiene $+3$ → pierde 4 e⁻ (oxidación). El carbono metílico no cambia.

Semirreacción de reducción (medio básico: el oxígeno se equilibra con $\ce{H2O}$ y el hidrógeno con $\ce{OH-}$):

Semirreacción de oxidación:

Multiplicando la primera por 4 y la segunda por 3 (mínimo común múltiplo: 12 electrones) y sumando:

En forma molecular, añadiendo los contraiones $\ce{K+}$:

Comprobación (imprescindible hacerla ante el tribunal): Mn 4 = 4; C 6 = 6; K 4 = 4; O $16+3 = 19$ a la izquierda y $8+6+1+4 = 19$ a la derecha; H 18 = 18; carga $-4 = -3-1$. ✔

b) $\Delta G^\circ$ de la reacción. La pila correspondiente tiene el permanganato como cátodo (se reduce) y el etanol como ánodo (se oxida):

Con $n = 12$ electrones intercambiados en la ecuación ajustada:

por mol de reacción tal como está escrita (es decir, por cada 4 mol de $\ce{MnO4-}$), equivalentes a $-134{,}1$ kJ por mol de electrones transferidos. Como $E^\circ_{\text{pila}} > 0$ y $\Delta G^\circ < 0$, la reacción es espontánea en condiciones estándar, y mucho: es justamente lo que hace útil al permanganato como oxidante en depuración de aguas.

Sobre las cantidades del enunciado. $n(\ce{MnO4-}) = 0{,}0250 \cdot 0{,}0200 = 5{,}00\cdot 10^{-4}$ mol y $n(\ce{C2H5OH}) = 0{,}0150$ mol. La estequiometría 4:3 exigiría solo $3{,}75\cdot 10^{-4}$ mol de etanol, o sea que el etanol está en exceso de casi 40 veces y el reactivo limitante es el permanganato. El avance de reacción es $\xi = 5{,}00\cdot 10^{-4}/4 = 1{,}25\cdot 10^{-4}$ mol, de modo que la energía libre realmente liberada en esas condiciones es $\Delta G = -1609 \cdot 1{,}25\cdot 10^{-4} = -0{,}201$ kJ $= -201$ J. Conviene decirlo explícitamente: $\Delta G^\circ$ es una magnitud molar, no depende de las cantidades; los datos de volumen y concentración sirven para identificar el limitante.

c) Apartado didáctico (orientación). Dos dificultades muy documentadas:

1. El equilibrado de $\ce{O}$ y $\ce{H}$ en medio básico. El alumnado aplica mecánicamente la receta del medio ácido ($\ce{H2O}$ y $\ce{H+}$) y después «neutraliza» sin entender qué hace, o añade $\ce{OH-}$ a ojo. Se manifiesta en semirreacciones con la carga descompensada.
2. Asignar el estado de oxidación al carbono orgánico. Con iones sencillos la regla funciona, pero en $\ce{CH3-CH2OH}$ el alumnado aplica «$-2$ para el O, $+1$ para el H» al conjunto de la molécula y obtiene un valor medio que no le permite contar electrones por átomo.

Estrategia concreta sugerida: trabajar el ajuste con el balance de carga como criterio de cierre —no como comprobación final— haciendo que cada semirreacción se escriba en tres columnas (átomos distintos de O y H / oxígenos con $\ce{H2O}$ / hidrógenos con $\ce{OH-}$) y que el último paso sea siempre igualar cargas con electrones; e introducir el estado de oxidación del carbono por enlace, dibujando la estructura y asignando $-1$ por cada enlace C–H, $+1$ por cada enlace C–O y $0$ por cada C–C. Con esa regla, el alumnado ve que el carbono carbinólico pasa de $-1$ a $+3$ y que la serie alcohol → aldehído → ácido es una escala de oxidación de dos electrones por peldaño.

⚠️ Este apartado es de respuesta abierta y lo que hay aquí es una orientación, no una respuesta modelo: el tribunal valora el criterio docente propio.

Problema A2 — Dimerización del dióxido de nitrógeno

Enunciado

En un proceso industrial relacionado con el control de contaminantes atmosféricos, el dióxido de nitrógeno puede dimerizar según la reacción:

En un reactor cerrado de 8,50 L a una temperatura constante de 315 K, se introducen inicialmente 1,37 mol de $\ce{NO2}$(g). Tras alcanzar el equilibrio, se determina experimentalmente que se han formado 0,283 moles de $\ce{N2O4}$(g).

a) Determina las concentraciones en equilibrio de todas las especies. (4 puntos) b) Calcula el valor de $K_c$ para la reacción. (3 puntos) c) Calcula el valor de $K_p$ para la reacción. (3 puntos) d) Una vez alcanzado el equilibrio, se introducen repentinamente 0,642 mol adicionales de $\ce{NO2}$(g), manteniendo constante el volumen y la temperatura. Determina las nuevas concentraciones en el nuevo equilibrio. (5 puntos) e) Razona: 1. ¿Cómo afectaría un aumento de temperatura en el equilibrio? 2. ¿Cómo afectaría una disminución del volumen del sistema? 3. ¿Qué efecto tendría la adición de un gas inerte a volumen constante? (1 punto cada una) f) A partir del valor de $K_c$ obtenido, justifica si en el equilibrio predomina $\ce{NO2}$ o $\ce{N2O4}$. (2 puntos)

(Datos: $R = 0{,}082$ atm·L·mol⁻¹·K⁻¹)

Solución

a) Concentraciones en equilibrio. Por cada mol de $\ce{N2O4}$ formado se consumen 2 mol de $\ce{NO2}$:

b) Constante de equilibrio.

c) $K_p$. Con $\Delta n = 1 - 2 = -1$:

d) Nuevo equilibrio tras añadir $\ce{NO2}$. A volumen y temperatura constantes, la perturbación solo cambia la concentración inicial de $\ce{NO2}$:

Según Le Châtelier el sistema se desplaza hacia la derecha. Si $x$ es el $\ce{N2O4}$ adicional formado:

Llamando $u = 0{,}1701 - 2x$ a la nueva concentración de $\ce{NO2}$, la ecuación se vuelve cuadrática en $u$: $3{,}72\,u^2 + 0{,}5\,u - 0{,}1184 = 0$, con raíz positiva $u = 0{,}1234$. Por tanto

Comprobación: $5{,}666\cdot 10^{-2}/(0{,}1234)^2 = 3{,}72$ ✔. Fíjate en el detalle que suele pasar inadvertido: aunque el sistema «consume» parte del $\ce{NO2}$ añadido, la concentración final de $\ce{NO2}$ (0,123 M) es superior a la inicial (0,0946 M). Le Châtelier dice que el desplazamiento mitiga la perturbación, no que la anule.

e) Efecto de las perturbaciones.

1. Aumento de temperatura. La reacción directa es exotérmica ($\Delta H^\circ < 0$), así que calentar desplaza el equilibrio hacia la izquierda y $K_c$ disminuye (ecuación de Van’t Hoff). Es el experimento clásico de la ampolla de $\ce{NO2}$: en agua caliente el gas se vuelve marrón oscuro ($\ce{NO2}$ coloreado) y en hielo se decolora ($\ce{N2O4}$ incoloro).
2. Disminución del volumen. Aumenta la presión total; el sistema se desplaza hacia el lado con menos moles de gas, es decir hacia la derecha (2 mol → 1 mol), favoreciendo el $\ce{N2O4}$. $K_c$ no cambia: solo depende de $T$.
3. Adición de un gas inerte a volumen constante. Ningún efecto. Sube la presión total, pero las presiones parciales y las concentraciones de $\ce{NO2}$ y $\ce{N2O4}$ se mantienen, y el cociente de reacción sigue siendo igual a $K$. (Sería distinto añadir el inerte a presión constante: entonces el volumen crecería y sí habría desplazamiento, hacia la izquierda.)

f) ¿Quién predomina? Aquí hay una trampa conceptual que conviene no morder. $K_c = 3{,}72 > 1$ sugiere «predominan los productos», pero $K_c$ tiene unidades ($\mathrm{M^{-1}}$) porque $\Delta n \neq 0$: su valor numérico depende de la escala de concentraciones elegida, y compararlo con 1 no es una conclusión física. La comparación correcta es directa:

En equilibrio hay 0,804 mol de $\ce{NO2}$ y 0,283 mol de $\ce{N2O4}$: predomina el $\ce{NO2}$, y además solo se ha dimerizado el 41 % del $\ce{NO2}$ inicial. Dicho de otro modo: como $K_c[\ce{NO2}] = 3{,}72 \cdot 0{,}0946 = 0{,}352 < 1$, a estas concentraciones tan diluidas gana el monómero. Si se comprimiera mucho el sistema, el criterio se invertiría.

Problema A3 — Cinética de la neutralización y pH final

Enunciado

En el control de calidad de un proceso industrial, se estudia la velocidad de neutralización del ácido acético con una base fuerte en disolución acuosa:

A temperatura constante (298 K), se miden las velocidades iniciales:

a) Escribe la ecuación de velocidad y calcula el valor de la constante de velocidad. (5 puntos) b) Calcula la energía de activación de la reacción, sabiendo que a 318 K la constante de velocidad tiene un valor de 0,6 M⁻²·s⁻¹. (4 puntos) c) En otra etapa del proceso, se mezclan 50,0 mL de disolución 0,10 M de ácido acético con 50,0 mL de disolución 0,10 M de NaOH. Calcula el pH de la disolución resultante considerando los volúmenes aditivos. (6 puntos) d) Propón una actividad experimental para el aula relacionada con este proceso, indicando de forma justificada: el material necesario, la técnica experimental utilizada y el nivel educativo en el que lo aplicarías. (5 puntos)

(Datos: $R = 8{,}314$ J·mol⁻¹·K⁻¹; $K_a(\ce{CH3COOH}) = 1{,}8\cdot 10^{-5}$)

Solución

a) Órdenes de reacción y constante. Se comparan experimentos que cambian una sola concentración:

• Exp. 1 → 2: se duplica $[\ce{CH3COOH}]$ y la velocidad se duplica ($2^1$) → orden 1 respecto del ácido.
• Exp. 1 → 3: se duplica $[\ce{OH-}]$ y la velocidad se cuadruplica ($2^2$) → orden 2 respecto del hidróxido.

Orden total 3. Con el primer experimento:

Las unidades $\mathrm{M^{-2}\,s^{-1}}$ coinciden con las que da el enunciado para 318 K, lo que confirma que el orden global es 3.

b) Energía de activación (Arrhenius).

Un valor modesto: 20 K de más triplican la velocidad.

c) pH de la mezcla equimolar. Moles iniciales:

Están en proporción exactamente estequiométrica: no es un tampón, es el punto de equivalencia. Todo el ácido se transforma en acetato, y el volumen final es 100,0 mL:

El acetato es la base conjugada de un ácido débil y se hidroliza: $\ce{CH3COO- + H2O <=> CH3COOH + OH-}$, con

La aproximación $c - x \approx c$ es impecable ($x/c \approx 10^{-4}$). El resultado es el que tiene que ser: en el punto de equivalencia de una valoración ácido débil + base fuerte el pH es básico, no 7. Es el error más repetido de todo el bloque ácido-base y el motivo por el que esta valoración se hace con fenolftaleína (viraje 8,2–10,0) y no con rojo de metilo.

d) Actividad experimental (orientación). Propuesta coherente con el enunciado: valoración potenciométrica de un vinagre comercial con $\ce{NaOH}$ estandarizada, registrando la curva pH–volumen.

• Material: bureta de 25 mL, soporte y nuez, matraz Erlenmeyer, pipeta aforada de 10 mL, agitador magnético, pH-metro calibrado (o sensor de pH con registrador), $\ce{NaOH}$ 0,1 M valorada con hidrogenftalato potásico, fenolftaleína, gafas y guantes.
• Técnica: dilución 1:10 del vinagre; adiciones de 1,0 mL (0,2 mL cerca del salto); representación de pH frente a $V$ y determinación del punto de equivalencia por la primera derivada. Del volumen de equivalencia se obtiene la acidez del vinagre en % (m/v) y del punto de semiequivalencia se obtiene directamente $pK_a$ ($\mathrm{pH} = pK_a$), que se compara con el 4,74 tabulado.
• Nivel: 2º de Bachillerato (bloque de reacciones ácido-base y cálculos estequiométricos). Se puede adaptar a 4º de ESO en versión cualitativa —viraje con indicador y comparación de vinagres comerciales— sin pH-metro ni curva.
• Justificación: cierra el problema entero, porque el alumnado mide el pH básico del punto de equivalencia que ha calculado en el papel y lo contrasta con la predicción, e introduce el tratamiento de datos experimentales (derivada numérica, cifras significativas, error relativo).

⚠️ Nota crítica sobre el enunciado. La ley de velocidad que se deduce (orden 2 en $\ce{OH-}$) no es químicamente realista: la transferencia de protón entre $\ce{CH3COOH}$ y $\ce{OH-}$ está controlada por difusión y es de hecho instantánea ($k \sim 10^{10}$ M⁻¹s⁻¹, orden 1 en cada reactivo). Los datos de la tabla son un ejercicio de determinación de órdenes, no una medida real. Merece la pena saberlo, pero el apartado se resuelve con los datos dados.

Problema A4 — Efecto fotoeléctrico

Enunciado

En un experimento sobre el efecto fotoeléctrico, una lámina metálica está iluminada con radiación monocromática de longitud de onda $\lambda = 350$ nm. Se observa que los electrones emitidos tienen una energía cinética máxima de 1,20 eV.

a) Calcula la frecuencia de la radiación incidente. (3 puntos) b) Determina la energía de los fotones incidentes en eV. (3 puntos) c) Calcula la función de trabajo del metal. (4 puntos) d) Determina la frecuencia umbral del metal. (4 puntos) e) Si se repite el experimento con una radiación de $\lambda = 500$ nm, indica si se producirá efecto fotoeléctrico y justifícalo cuantitativamente. (6 puntos)

(Datos: $h = 6{,}626\cdot 10^{-34}$ J·s; 1 eV $= 1{,}602\cdot 10^{-19}$ J; $c = 3\cdot 10^{8}$ m·s⁻¹)

Solución

a) Frecuencia.

b) Energía del fotón.

c) Función de trabajo. La ecuación de Einstein $E = W + E_{c,\text{máx}}$ da

d) Frecuencia umbral.

que corresponde a $\lambda_0 = c/f_0 = 529$ nm, en el verde-amarillo: el metal responde a todo el visible por encima de esa longitud de onda (potasio y cesio tienen valores de este orden).

e) Con $\lambda = 500$ nm. La frecuencia es

Sí se produce efecto fotoeléctrico, aunque justo por encima del umbral. Cuantitativamente, $E' = hf' = 3{,}98\cdot 10^{-19}$ J $= 2{,}48$ eV, y

Los electrones salen, pero con una energía cinética 8,8 veces menor que con 350 nm. Conviene subrayar lo que esto ilustra: aumentar la intensidad de la luz de 500 nm produciría más electrones pero igual de energéticos; lo que fija $E_{c,\text{máx}}$ es solo la frecuencia. Es el argumento que la física clásica no podía explicar.

Problema A5 — Campo eléctrico de dos cargas puntuales

Enunciado

En un dispositivo electrónico miniaturizado, dos puntos cargados generan un campo eléctrico que puede afectar al movimiento de partículas dentro del sistema. Se dispone de dos cargas puntuales en el vacío:

• $q_1 = +2{,}0\ \mu\mathrm{C}$ situada en el punto $(0, 0)$ cm
• $q_2 = -3{,}0\ \mu\mathrm{C}$ situada en el punto $(40, 0)$ cm

Se considera un sistema de referencia cartesiano con origen en $(0,0)$. Un punto $P$ se encuentra en $(20, 30)$ cm.

a) Haz un dibujo de la situación indicando la posición de las cargas, el punto $P$ y los vectores campo eléctrico generados por cada carga en el punto $P$. (3 puntos) b) Calcula los vectores campo eléctrico creados por cada carga en el punto $P$. (6 puntos) c) Determina el campo eléctrico resultante (vectorialmente) en el punto $P$. (3 puntos) d) Calcula el módulo del campo eléctrico resultante. (2 puntos) e) En el punto $P$ se coloca una partícula con carga $q = +2{,}5\ \mu\mathrm{C}$. Calcula la fuerza eléctrica que actúa sobre la partícula (vectorialmente). (3 puntos) f) Determina el ángulo que forma el vector campo eléctrico con el eje horizontal. (3 puntos)

(Datos: $k = 9{,}0\cdot 10^{9}$ N·m²·C⁻²)

Solución

a) Esquema. El punto $P$ está sobre la mediatriz del segmento que une las cargas (a 20 cm de cada una en horizontal), de modo que las dos distancias son iguales. $\vec{E}_1$ se aleja de $q_1$ (positiva) y $\vec{E}_2$ apunta hacia $q_2$ (negativa):

b) Campos individuales. Los vectores de posición respecto de cada carga, en metros:

Los dos tienen el mismo módulo, $r = \sqrt{0{,}20^2+0{,}30^2} = \sqrt{0{,}13} = 0{,}3606$ m, con $r^2 = 0{,}13\ \mathrm{m^2}$. Los unitarios son $\hat{u}_1 = (0{,}5547;\ 0{,}8321)$ y $\hat{u}_2 = (-0{,}5547;\ 0{,}8321)$.

Para la carga positiva, el campo va en el sentido de $\hat{u}_1$ (alejándose):

con módulo $1{,}38\cdot 10^{5}$ N/C. Para la carga negativa, el campo va en sentido contrario a $\hat{u}_2$ (hacia la carga):

con módulo $2{,}08\cdot 10^{5}$ N/C. Fíjate en que las componentes $x$ se suman (las dos apuntan hacia $+x$, hacia la carga negativa) mientras que las $y$ se restan.

c) Campo resultante.

d) Módulo.

Cuidado con el error frecuente de sumar los módulos: $1{,}38\cdot 10^{5} + 2{,}08\cdot 10^{5}$ daría $3{,}46\cdot 10^{5}$ N/C, un 73 % de más.

e) Fuerza sobre la carga de prueba. Como $q = +2{,}5\ \mu\mathrm{C}$ es positiva, $\vec{F}$ tiene la misma dirección y sentido que $\vec{E}$:

con módulo $|\vec{F}| = 2{,}5\cdot 10^{-6}\cdot 2{,}005\cdot 10^{5} = 0{,}501$ N.

f) Ángulo con el eje horizontal.

Es decir, 16,7° por debajo del eje $+x$ (cuarto cuadrante, coherente con $E_x>0$ y $E_y<0$). Cualitativamente tiene sentido: el campo resultante apunta hacia la carga negativa, que es la que domina por ser mayor en valor absoluto.

Problema B1 — Órbita lunar de la nave Orion

Enunciado

La nave Orion spacecraft, en el marco de la misión Artemis III, se considera en órbita circular alrededor de la Luna a una altura de 100 km sobre su superficie.

a) Calcula la velocidad orbital de la nave. (5 puntos) b) Determina el periodo de revolución. (4 puntos) c) Halla la energía mecánica por unidad de masa. (4 puntos) d) Calcula la velocidad de escape desde la órbita en que se encuentra la nave. (4 puntos) e) En realidad, la órbita de la nave es elíptica. Razona, sin hacer cálculos, cómo será la velocidad de la nave: en el punto más próximo a la Luna y en el punto más lejano. (3 puntos)

(Datos: $R_L = 1{,}74\cdot 10^{6}$ m; $M_L = 7{,}35\cdot 10^{22}$ kg; $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}$ N·m²/kg²)

Solución

El primer paso, y el que más fallos provoca: el radio de la órbita se mide desde el centro de la Luna, no desde la superficie.

a) Velocidad orbital. Igualando la fuerza gravitatoria con la centrípeta, $GM_Lm/r^2 = mv^2/r$, la masa de la nave se cancela (por eso el enunciado no la da):

Unos 5 900 km/h, cuatro veces menos que en órbita baja terrestre.

b) Periodo.

es decir 118 minutos por vuelta. Se llega igual por la tercera ley de Kepler, $T^2 = 4\pi^2r^3/GM_L$.

c) Energía mecánica por unidad de masa. En órbita circular, $E_c = -E_p/2$, de modo que

Negativa, como debe ser en un sistema ligado: para liberar la nave habría que aportarle esa energía.

d) Velocidad de escape desde la órbita. Se obtiene imponiendo $E_m = 0$:

La relación $v_e = \sqrt{2}\,v_{\text{orbital}}$ vale siempre para cualquier órbita circular, y es una comprobación inmediata. Haría falta, pues, un incremento de velocidad de solo $2308 - 1632 = 676$ m/s para escapar de la Luna desde esta órbita.

e) Órbita elíptica. Por la segunda ley de Kepler (ley de las áreas), el radiovector barre áreas iguales en tiempos iguales; equivalentemente, el momento angular se conserva porque la gravedad es una fuerza central. Por tanto, donde $r$ es pequeño la velocidad tiene que ser grande:

• En el perilunio (punto más próximo): velocidad máxima.
• En el apolunio (punto más lejano): velocidad mínima.

Se puede decir también desde la energía: $E_m$ se conserva, y como cerca de la Luna $E_p$ es más negativa, la energía cinética debe ser mayor allí.

Problema B2 — Cilindro que rueda por un looping

Enunciado

Un cuerpo cilíndrico y macizo de masa $m = 5$ kg y radio $r = 0{,}1$ m se desplaza sin deslizarse a lo largo de una pista que incluye un rizo circular (looping) de radio $R = 5$ m, como muestra la figura. Desde el punto (1), el cilindro se lanza con una velocidad inicial de 10 m/s.

a) Determina el ángulo de inclinación máximo que debe tener la rampa por la que se lanza el cilindro, de forma que no haya deslizamiento, considerando que el coeficiente de fricción estático entre la superficie y el cilindro es de $\mu = 0{,}5$. (6 puntos) b) Escribe la expresión que representa la energía mecánica del cilindro en función de la altura y su velocidad. (3 puntos) c) Calcula la altura mínima desde el punto (1) para que el cilindro logre pasar por el punto más alto del looping sin perder contacto con la pista. (5 puntos) d) Utilizando la altura obtenida en el punto anterior, determina la aceleración centrípeta y la fuerza normal en el punto (3) del recorrido. (6 puntos)

(Datos: $g = 9{,}8$ m·s⁻²)

Solución

a) Ángulo máximo sin deslizamiento. Para un cilindro macizo, $I = \tfrac{1}{2}mr^2$. Planteando a la vez la segunda ley de Newton para la traslación y para la rotación sobre una rampa de ángulo $\theta$:

De la segunda, $F_r = \tfrac{1}{2}ma$; sustituyendo en la primera, $a = \tfrac{2}{3}g\sin\theta$ y por tanto $F_r = \tfrac{1}{3}mg\sin\theta$. La condición de rodadura sin deslizamiento es $F_r \le \mu N = \mu mg\cos\theta$:

Fíjate en que ni la masa ni el radio intervienen: solo la geometría del cuerpo (el factor $I/mr^2$) y $\mu$. Para una esfera maciza el límite sería $\tan\theta \le 3{,}5\mu$, y para un aro $\tan\theta \le 2\mu$.

b) Energía mecánica. Rodar sin deslizar impone $v = \omega r$, así que la energía cinética tiene parte de traslación y parte de rotación:

El coeficiente es $3/4$ y no $1/2$: un 50 % más de energía cinética para la misma velocidad que un cuerpo que desliza. Es el error clásico de este problema.

c) Altura mínima. En el punto más alto del looping, la condición límite para no perder el contacto es que la normal se anule y que la gravedad sola haga de fuerza centrípeta:

Conservando la energía mecánica entre (1), a la altura $H$ y con $v_1 = 10$ m/s, y el punto más alto, a la altura $2R$:

Sin la velocidad inicial de lanzamiento harían falta $H = 2{,}75R = 13{,}75$ m; los 10 m/s de salida regalan más de la mitad.

d) Punto (3): aceleración centrípeta y normal. El punto (3) es el lateral del looping, a la altura $h = R = 5$ m. Aplicando otra vez la conservación entre (1) y (3):

Ahora viene la parte fina. En el punto (3) el centro del looping queda horizontalmente respecto del cilindro, de modo que la normal es horizontal y el peso es tangencial: no tiene componente centrípeta. Por tanto la normal debe aportar toda la fuerza centrípeta ella sola:

Compáralo con el punto más alto, donde la normal sería cero, y con el más bajo, donde valdría $N = mg + mv^2/R$. La aceleración centrípeta es de $2{,}3\,g$: quien fuese dentro lo notaría.

Nota sobre el radio. Se ha trabajado con $R = 5$ m para el centro de masas del cilindro, como hace el enunciado. En rigor el centro describe una circunferencia de radio $R - r = 4{,}9$ m, lo que daría $v_{\text{alto}} = 6{,}93$ m/s y $H = 5{,}82$ m. Con $r/R = 2\ \%$ la diferencia es menor que el error de los datos, pero conviene hacer constar la aproximación.

Problema B3 — Dos esferas en equilibrio, dentro y fuera del agua

Enunciado

Tenemos dos esferas homogéneas, A y B, que están suspendidas de los extremos de una varilla rígida, horizontal, de longitud 30 cm y de masa despreciable. La varilla puede girar en torno a un pivote situado entre ellas. La esfera A tiene un volumen tres veces mayor que la esfera B y una densidad 4 veces mayor que la del agua. La esfera B tiene una densidad 6 veces mayor que la del agua.

a) Determina la posición del pivote en el aire respecto a la esfera A para que el sistema esté en equilibrio. (6 puntos) b) Si el sistema se sumerge completamente en agua, determina la posición del pivote para que se mantenga en equilibrio. (6 puntos) c) ¿Qué relación deben cumplir las densidades de las dos esferas para que la posición del punto de equilibrio no cambie cuando el sistema pase de estar en el aire a estar completamente sumergido en un fluido? (8 puntos)

(Datos: $\rho_{\text{agua}} = 1000$ kg·m⁻³)

Solución

Llamemos $V_B = V$ y $\rho_w$ a la densidad del agua. Del enunciado, $V_A = 3V$, $\rho_A = 4\rho_w$ y $\rho_B = 6\rho_w$, de modo que las masas son

La esfera A es menos densa pero más grande, y gana: pesa el doble.

a) Pivote en el aire. Condición de equilibrio de momentos respecto del pivote, con $d_A + d_B = 0{,}30$ m:

El pivote está más cerca de la esfera pesada, como debe ser.

b) Pivote sumergido en agua. Ahora, sobre cada esfera actúa además el empuje de Arquímedes $E = \rho_w V g$ hacia arriba. Lo que cuenta es el peso aparente:

La relación ha pasado de $12{:}6 = 2{,}00$ a $9{:}5 = 1{,}80$: la esfera A, al ser más voluminosa, recibe mucho más empuje y pierde ventaja. Imponiendo de nuevo el equilibrio, $9d_A = 5(0{,}30 - d_A)$:

$(d_B = 19{,}3$ cm$)$. El pivote debe alejarse 7 mm de la esfera A. Conviene insistir en que ambas esferas se hunden ($\rho > \rho_w$): el empuje no las levanta, solo aligera el peso aparente.

c) Condición para que el pivote no cambie. Escribamos las dos condiciones con símbolos. En el aire, $d_A/d_B = \rho_B V_B/(\rho_A V_A)$; sumergido en un fluido de densidad $\rho_f$, $d_A/d_B = (\rho_B - \rho_f)V_B/[(\rho_A - \rho_f)V_A]$. Para que el pivote no se mueva, ambas expresiones deben coincidir. Los volúmenes se cancelan y queda

Las dos esferas deben tener la misma densidad, sean cuales sean sus volúmenes y sea cual sea el fluido. La lectura física es elegante: si las densidades coinciden, el empuje reduce el peso aparente de cada esfera en la misma proporción, y una proporción común no altera el equilibrio de momentos. Si difieren, la esfera menos densa es siempre la más perjudicada.

Problema B4 — Metabolismo de una levadura y presiones parciales

Enunciado

En un experimento de laboratorio se cultiva una levadura en un sistema cerrado de 4,0 L a 305 K. La levadura metaboliza un compuesto orgánico soluble, según la reacción global simplificada:

Inicialmente, el sistema contiene 0,080 moles de $\ce{C4H10O4}$, 0,30 moles de $\ce{O2}$ y 0,70 moles de $\ce{N2}$.

a) Determina cuál es el reactivo limitante. (4 puntos) b) Determina la composición final en moles de la mezcla gaseosa. (4 puntos) c) Calcula la presión total final del sistema y las presiones parciales de cada gas. (4 puntos) d) Posteriormente, el $\ce{CO2}$ producido se pone en contacto con una disolución acuosa en la que se disuelve completamente. Determina la nueva presión total del sistema gaseoso después de la desaparición del $\ce{CO2}$. (3 puntos) e) Explica cualitativamente: 1. ¿Cómo afecta la presencia de $\ce{N2}$ a la presión total? 2. ¿Por qué el hecho de que los moles de $\ce{CO2}$ producidos y de $\ce{O2}$ consumidos sean diferentes afecta a la evolución de la presión del sistema? (2 y 3 puntos)

(Datos: $R = 0{,}082$ atm·L·mol⁻¹·K⁻¹)

Solución

Paso cero, que el enunciado no pide pero es imprescindible: ajustar. La ecuación tal como viene escrita no está ajustada. Con $\ce{C4H10O4}$:

o bien $\ce{2 C4H10O4 + 9 O2 -> 8 CO2 + 10 H2O}$. Comprobación de oxígenos: $4 + 9 = 13$ a la izquierda, $8 + 5 = 13$ a la derecha. ✔

a) Reactivo limitante. Los 0,080 mol de sustrato necesitarían $0{,}080 \cdot \tfrac{9}{2} = 0{,}360$ mol de $\ce{O2}$, y solo hay 0,30. Por tanto el oxígeno es el reactivo limitante (y el sustrato, el exceso). Es lo que pasa de verdad en un cultivo cerrado: la levadura se queda sin oxígeno mucho antes que sin azúcar, y por eso pasa a fermentar.

b) Composición final. El avance de reacción lo fija el oxígeno: $\xi = 0{,}30/4{,}5 = 6{,}67\cdot 10^{-2}$ mol.

En la mezcla gaseosa solo quedan $0{,}267 + 0{,}70 = 0{,}967$ mol: ni el sustrato (acuoso) ni el agua (líquida) cuentan.

c) Presiones. Con $RT/V = 0{,}082\cdot 305/4{,}0 = 6{,}253$ atm·mol⁻¹:

que suman 6,04 atm, como manda la ley de Dalton.

d) Tras disolver el $\ce{CO2}$. Solo queda el nitrógeno:

La presión cae un 28 %.

e) Razonamiento cualitativo.

1. El $\ce{N2}$ y la presión total. El nitrógeno no reacciona, pero ocupa volumen y choca contra las paredes: aporta su presión parcial (4,38 atm, el 72 % del total) a la suma de Dalton. Ahora bien, como su cantidad no cambia, no influye nada en la variación de presión debida a la reacción: actúa como un pedestal constante. Si esta fuera una reacción en equilibrio, tampoco lo desplazaría a volumen constante.
2. Por qué baja la presión. Por cada 4,5 mol de $\ce{O2}$ consumidos solo se producen 4 de $\ce{CO2}$: $\Delta n_{\text{gas}} = 4 - 4{,}5 = -0{,}5$ por mol de sustrato. El motivo es que cinco de los productos se van en fase líquida (el agua) y el sustrato era acuoso. En números: se pasa de $0{,}30 + 0{,}70 = 1{,}00$ mol de gas a 0,967, y la presión baja de 6,25 a 6,04 atm (un 3,3 %). Si la relación hubiera sido 1:1 —como en la respiración de la glucosa— la presión se habría mantenido constante. Esta es, de hecho, la base de los respirómetros: se mide el consumo de oxígeno absorbiendo el $\ce{CO2}$ con $\ce{KOH}$ y observando la caída de presión, exactamente el apartado d).

Problema B5 — Calorimetría de la combustión del etanol

Enunciado

En un laboratorio se estudia la combustión del etanol líquido:

a) Calcula la entalpía estándar de combustión del etanol. (5 puntos) b) Se queman 2,30 g de etanol en un calorímetro que contiene 500 g de agua, inicialmente a 20,0 °C. La temperatura final es de 36,5 °C. Calcula el calor absorbido por el agua. (4 puntos) c) Determina la entalpía experimental de combustión del etanol (en kJ·mol⁻¹). (3 puntos) d) Compara el valor experimental con el teórico y propón dos fuentes de error que expliquen la diferencia. (4 puntos) e) Explica, a nivel de enlaces químicos, por qué la combustión del etanol es un proceso exotérmico. (4 puntos)

(Datos: $\Delta H_f^\circ[\ce{CO2}(g)] = -393{,}5$ kJ·mol⁻¹; $\Delta H_f^\circ[\ce{H2O}(l)] = -285{,}8$ kJ·mol⁻¹; $\Delta H_f^\circ[\ce{C2H5OH}(l)] = -277{,}0$ kJ·mol⁻¹; calor específico del agua: $c = 4{,}18$ J·g⁻¹·K⁻¹)

Solución

a) Entalpía estándar de combustión. Igual que en B4, la ecuación del enunciado no está ajustada:

Aplicando la ley de Hess (y recordando que $\Delta H_f^\circ(\ce{O2}) = 0$):

b) Calor absorbido por el agua.

c) Entalpía experimental. Con $M(\ce{C2H5OH}) = 46{,}0$ g/mol, los 2,30 g son exactamente $n = 0{,}0500$ mol. Suponiendo que todo el calor liberado lo ha absorbido el agua:

d) Comparación y fuentes de error. El valor experimental es solo el 50 % del teórico ($-690$ frente a $-1367$ kJ/mol): un error relativo del 49,5 %, enorme. Y el signo de la discrepancia es informativo: siempre se obtiene menos calor del debido, nunca más. Fuentes de error, por orden de importancia:

1. Pérdidas de calor al entorno. Es, con diferencia, la principal en un calorímetro escolar de vaso con un quemador de alcohol: buena parte de los gases calientes y de la radiación de la llama se van al aire, no al agua. Un calorímetro de bomba adiabático recupera más del 99 %.
2. No se ha tenido en cuenta la capacidad calorífica del calorímetro (vaso, agitador, termómetro). Ese recipiente también se ha calentado 16,5 K y ese calor no se ha contabilizado: habría que haber determinado antes la constante del calorímetro $C_{\text{cal}}$ y escribir $Q = (mc + C_{\text{cal}})\Delta T$.
3. Combustión incompleta. Con oxígeno limitado se forma CO y hollín (visible como negror en el fondo del recipiente), reacciones que liberan mucha menos energía.
4. Evaporación de etanol sin quemarse y evaporación de agua del vaso, que consume calor latente.

Conviene añadir un matiz que suele distinguir una buena respuesta: si el agua saliera como vapor en lugar de líquida, la entalpía teórica sería $-1235{,}4$ kJ/mol, todavía muy lejos de los $-690$ medidos. La discrepancia no se explica por el estado del agua, sino por las pérdidas.

e) Por qué es exotérmica, a nivel de enlaces. Toda reacción requiere romper enlaces (proceso endotérmico) y formar otros nuevos (exotérmico); el signo global lo fija la diferencia:

En la combustión se rompen los enlaces C–C, C–H, C–O y O–H del etanol y, sobre todo, el doble enlace O=O del oxígeno molecular, que es sorprendentemente débil (498 kJ/mol para un doble enlace). En cambio se forman los enlaces más fuertes posibles con esos átomos: dos C=O por cada $\ce{CO2}$ (unos 799 kJ/mol cada uno) y dos O–H por cada agua (463 kJ/mol). Los productos son, así, mucho más estables —más abajo en energía— que los reactivos, y la diferencia se libera como calor.

Esta es la razón de fondo por la que todos los hidrocarburos y alcoholes arden liberando energía, y por la que el $\ce{CO2}$ y el $\ce{H2O}$ son los «cementerios energéticos» del carbono y el hidrógeno: para volver a subirlos energéticamente hace falta fotosíntesis o electrólisis.