Examen modelo I de Física y Química: seis problemas resueltos paso a paso

Este examen modelo de la prueba práctica de las oposiciones de Física y Química de Secundaria reproduce el formato más habitual de las convocatorias autonómicas: seis problemas —tres de química y tres de física—, cada uno calificado de 0 a 10 puntos, siendo la nota del ejercicio la media aritmética de los seis. Cubre valoración ácido-base, termoquímica y espontaneidad, electroquímica y electrólisis, dinámica con rozamiento y muelles, campo gravitatorio y óptica geométrica. Abajo tienes el enunciado completo y la resolución razonada de cada apartado.

Qué es esto y qué no es. Es un ejercicio de muestra de elaboración propia, escrito para practicar el formato y la gestión del tiempo. No corresponde a ninguna convocatoria real ni reproduce el examen de ninguna comunidad autónoma: los enunciados reales, con su referencia oficial, están en el archivo de exámenes resueltos. Los datos y los resultados se han comprobado numéricamente uno a uno.

Instrucciones. Han de resolverse los seis problemas. Cada uno se califica de 0 a 10 puntos y la calificación del ejercicio es la media de los seis. Se valora el planteamiento razonado, no solo el resultado: conviene escribir la ley física o el equilibrio de partida antes de sustituir. Los resultados sin unidades no puntúan. Tiempo orientativo: 4 horas.

Problema 1 — Valoración de un ácido débil con una base fuerte

Enunciado

Se valoran $25{,}0\ \mathrm{mL}$ de ácido etanoico (acético) $0{,}100\ \mathrm{M}$ con hidróxido de sodio $0{,}100\ \mathrm{M}$. Calcule:

a) El pH de la disolución inicial y el grado de disociación del ácido. (2 p) b) El pH después de añadir $10{,}0\ \mathrm{mL}$ de base. (1,5 p) c) El pH en la semiequivalencia y en el punto de equivalencia. (3 p) d) El pH tras añadir $30{,}0\ \mathrm{mL}$ de base. (1,5 p) e) Represente la curva de valoración y razone qué indicador elegiría entre el naranja de metilo (viraje $3{,}1$–$4{,}4$) y la fenolftaleína (viraje $8{,}2$–$10{,}0$). (2 p)

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

Solución

a) pH inicial y grado de disociación

El ácido acético es débil: solo se disocia parcialmente y el equilibrio que gobierna el pH es

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

Con $c_0 = 0{,}100\ \mathrm{M}$ y llamando $x$ a $[\ce{H3O^+}]$ en el equilibrio:

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

Conviene decir en voz alta por qué la aproximación valdría igual. Despreciando $x$ frente a $c_0$ se obtiene $x = \sqrt{K_a c_0} = 1{,}342\cdot 10^{-3}$ y $\mathrm{pH} = 2{,}87$: la diferencia está en la tercera cifra. La regla práctica es que la aproximación es lícita cuando $\alpha < 5\ \%$, y aquí $\alpha = 1{,}3\ \%$. Resolver la ecuación de segundo grado y comprobar después que la aproximación habría bastado es exactamente lo que espera el tribunal.

b) pH tras 10,0 mL de NaOH — región tampón

Antes del punto de equivalencia coexisten el ácido sin neutralizar y su base conjugada: es una disolución reguladora. Trabajamos en milimoles, que ahorran arrastrar el volumen:

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

La neutralización es cuantitativa, así que quedan $1{,}50\ \mathrm{mmol}$ de $\ce{CH3COOH}$ y se forman $1{,}00\ \mathrm{mmol}$ de $\ce{CH3COO^-}$. Con Henderson–Hasselbalch ($\mathrm{p}K_a = 4{,}74$):

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

El volumen no aparece: en un tampón lo que manda es el cociente de cantidades, y ambas están en la misma disolución. Diluir un tampón no cambia su pH (mientras la aproximación siga siendo válida); sí cambia su capacidad reguladora.

c) Semiequivalencia y punto de equivalencia

Semiequivalencia. Es el punto en que se ha neutralizado la mitad del ácido, es decir $V = 12{,}5\ \mathrm{mL}$. Entonces $n(\ce{A^-}) = n(\ce{HA})$, el logaritmo se anula y

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

Este punto es la forma experimental de medir $K_a$: se valora, se lee el pH a mitad de camino del salto y se tiene la constante sin más cálculo.

Punto de equivalencia. Se alcanza cuando $n(\ce{OH^-}) = n_0(\ce{HA})$, o sea $V_{eq} = 25{,}0\ \mathrm{mL}$. En la disolución solo hay acetato, que es base débil e hidroliza:

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

La concentración de acetato hay que recalcularla con el volumen total, que ahora es $25{,}0 + 25{,}0 = 50{,}0\ \mathrm{mL}$:

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

El punto de equivalencia de un ácido débil no está en pH 7. Es el error más repetido y el motivo del apartado e): la disolución equivalente es básica porque la base conjugada sobrevive a la neutralización.

d) pH tras 30,0 mL de NaOH — exceso de base fuerte

Pasado el punto de equivalencia el pH lo fija el hidróxido sobrante; la hidrólisis del acetato es despreciable frente a él.

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

e) Curva de valoración y elección de indicador

Problema 1

Curva de valoración: 25,0 mL de CH₃COOH 0,100 M con NaOH 0,100 M

0

4

8

12

10

20

30

40

pH

V (mL de NaOH)

fenolftaleína 8,2–10,0

naranja de metilo 3,1–4,4

equivalencia 8,72

pKa

Un indicador sirve cuando su intervalo de viraje cae dentro del salto vertical de la curva. Aquí el salto va de $\mathrm{pH}\approx 7$ (a $24{,}9\ \mathrm{mL}$) a $\mathrm{pH}\approx 10{,}3$ (a $25{,}1\ \mathrm{mL}$), y está centrado en $8{,}72$:

• Fenolftaleína (8,2–10,0): correcta. Vira dentro del salto, con una décima de mililitro de error, que es la resolución de una bureta.
• Naranja de metilo (3,1–4,4): inservible. Viraría en plena meseta tampón, en torno a $10\ \mathrm{mL}$ de base añadida, es decir con un 60 % del ácido todavía sin neutralizar. El error por defecto sería enorme.

Ese es el criterio general: ácido débil con base fuerte → indicador básico; ácido fuerte con base débil → indicador ácido; fuerte con fuerte → casi cualquiera, porque el salto cruza toda la escala.

Problema 2 — Síntesis del metanol: entalpía, entropía y temperatura de inversión

Enunciado

El metanol se obtiene industrialmente a partir de gas de síntesis según

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

a) Calcule $\Delta H^\circ$ de la reacción e indique si es exotérmica o endotérmica. (2 p) b) Calcule $\Delta S^\circ$ y justifique su signo antes de sustituir los datos. (2 p) c) Calcule $\Delta G^\circ$ a $25\ ^\circ\mathrm{C}$ y la constante de equilibrio a esa temperatura. (2 p) d) Determine la temperatura por encima de la cual la reacción deja de ser espontánea en condiciones estándar. (2 p) e) Calcule el calor liberado al producir $1{,}00$ toneladas de metanol. (2 p)

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

Solución

a) Entalpía de reacción

Por la ley de Hess aplicada a entalpías de formación, recordando que $\Delta H_f^\circ(\ce{H2, g}) = 0$ por ser elemento en su forma más estable:

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

Negativa: la reacción es exotérmica.

b) Entropía de reacción

Primero el signo, luego el número. Desaparecen tres moles de gas y aparece un mol de líquido: el sistema pierde muchísimos microestados accesibles, así que $\Delta S^\circ$ tiene que ser claramente negativa. Solo entonces se sustituye:

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

La predicción se cumple. Este orden —razonar el signo y usar el cálculo como comprobación— es un hábito que puntúa y que además detecta errores de transcripción de tablas.

c) Energía de Gibbs y constante de equilibrio a 298 K

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

(Nótese el paso de $\mathrm{J}$ a $\mathrm{kJ}$ en $\Delta S^\circ$: es el descuido más frecuente en este cálculo.) La reacción es espontánea en condiciones estándar a 25 °C. La constante:

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

d) Temperatura de inversión

Con $\Delta H^\circ < 0$ y $\Delta S^\circ < 0$ estamos en el caso espontáneo solo a temperatura baja: el término $-T\Delta S^\circ$ es positivo y crece con $T$ hasta comerse la entalpía. El límite es $\Delta G^\circ = 0$:

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

Por encima de esa temperatura $\Delta G^\circ > 0$ y la síntesis deja de ser espontánea en condiciones estándar. Merece la pena señalar la aparente paradoja industrial: el proceso real trabaja a $250$–$300\ ^\circ\mathrm{C}$. No hay contradicción, porque (i) industrialmente el metanol se obtiene en fase gas, con una $\Delta S^\circ$ mucho menos negativa, (ii) se trabaja a $50$–$100\ \mathrm{atm}$, lo que desplaza el equilibrio hacia el lado de menos moles gaseosos, y (iii) por debajo de esa temperatura la reacción es espontánea pero demasiado lenta: la termodinámica dice si se puede, no cuándo. Es un ejemplo excelente para clase.

e) Calor liberado al producir una tonelada

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

Del orden de la energía que consume un hogar español en tres años: la retirada de ese calor es el verdadero problema de ingeniería del reactor.

Problema 3 — Pila Daniell, ecuación de Nernst y electrólisis

Enunciado

Se construye una pila con un electrodo de zinc sumergido en $\ce{ZnSO4}$ y otro de cobre sumergido en $\ce{CuSO4}$, unidos por un puente salino.

a) Escriba las semirreacciones, la reacción global y la notación de la pila; calcule $E^\circ_{pila}$. (2 p) b) Calcule $\Delta G^\circ$ y la constante de equilibrio de la reacción global. (2 p) c) Calcule la fem cuando $[\ce{Zn^2+}] = 1{,}00\ \mathrm{M}$ y $[\ce{Cu^2+}] = 1{,}0\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}$. (2 p) d) Por una disolución de $\ce{CuSO4}$ se hace pasar una corriente de $2{,}50\ \mathrm{A}$ durante $45{,}0\ \mathrm{min}$. Calcule la masa de cobre depositada y el volumen de oxígeno desprendido en el ánodo, medido a $25\ ^\circ\mathrm{C}$ y $1\ \mathrm{atm}$. (3 p) e) Explique qué papel juega el puente salino y qué ocurriría sin él. (1 p)

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

Solución

a) Semirreacciones y fem estándar

El de potencial mayor actúa de cátodo (se reduce); el menor, de ánodo (se oxida):

$$\text{Ánodo (oxidación): } \ce{Zn (s) -> Zn^2+ (aq) + 2 e^-}$$ $$\text{Cátodo (reducción): } \ce{Cu^2+ (aq) + 2 e^- -> Cu (s)}$$ $$\text{Global: } \ce{Zn (s) + Cu^2+ (aq) -> Zn^2+ (aq) + Cu (s)}$$ $$E^\circ_{pila} = E^\circ_{c\acute{a}todo} - E^\circ_{\acute{a}nodo} = 0{,}34 - (-0{,}76) = \boxed{1{,}10\ \mathrm{V}}$$

Notación: $\ce{Zn (s) | Zn^2+ (1 M) || Cu^2+ (1 M) | Cu (s)}$, con el ánodo a la izquierda y la doble barra representando el puente salino. Los potenciales no se multiplican por los coeficientes: son magnitudes intensivas, y ese es un error clásico.

b) Energía de Gibbs y constante

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

Una constante de ese tamaño significa que la reacción es, a efectos prácticos, completa: si se deja la lámina de zinc en la disolución de cobre, el $\ce{Cu^2+}$ desaparece.

c) Ecuación de Nernst

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

Bajar tres órdenes de magnitud la concentración del oxidante cuesta solo $89\ \mathrm{mV}$: la fem depende muy poco de las concentraciones cuando $n$ es par y $E^\circ$ grande. Es lo que hace útiles a las pilas comerciales, cuyo voltaje se mantiene casi constante hasta el final de su vida.

d) Electrólisis: leyes de Faraday

Carga total y moles de electrones:

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

En el cátodo se reduce $\ce{Cu^2+ + 2 e^- -> Cu}$, así que hacen falta 2 mol de electrones por mol de cobre:

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

En el ánodo, con electrodos inertes y disolución acuosa de un anión no oxidable como el sulfato, lo que se oxida es el agua:

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

Obsérvese que la disolución se acidifica durante la electrólisis: el ánodo genera $\ce{H+}$.

e) Función del puente salino

Cierra el circuito por vía iónica y mantiene la electroneutralidad de las dos semiceldas. Sin él, la semicelda del ánodo acumularía carga positiva ($\ce{Zn^2+}$ que aparece) y la del cátodo, carga negativa (desaparece $\ce{Cu^2+}$ y quedan sulfatos); ese campo eléctrico se opondría a la transferencia y la corriente cesaría casi de inmediato. Los aniones del puente migran hacia el ánodo y los cationes hacia el cátodo, exactamente al ritmo necesario para compensar.

Problema 4 — Plano inclinado con rozamiento y choque contra un muelle

Enunciado

Un bloque de $2{,}0\ \mathrm{kg}$ parte del reposo en lo alto de un plano inclinado $30^\circ$ y desliza $3{,}0\ \mathrm{m}$ a lo largo del plano, con coeficiente de rozamiento cinético $\mu_c = 0{,}20$. Al llegar abajo continúa por un tramo horizontal sin rozamiento de $1{,}5\ \mathrm{m}$ y choca contra un muelle de constante $k = 800\ \mathrm{N\,m^{-1}}$.

a) Calcule la aceleración en el plano y la velocidad al final de los $3{,}0\ \mathrm{m}$. (3 p) b) Calcule la compresión máxima del muelle y la fuerza máxima que ejerce. (2,5 p) c) El muelle devuelve al bloque. Calcule qué distancia recorre subiendo por el plano hasta detenerse. (2,5 p) d) Haga el balance energético completo del recorrido de bajada. (2 p)

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

Problema 4

Bloque, plano inclinado y muelle

1,5 m liso

3,0 m · μ = 0,20

30°

m = 2,0 kg

k = 800 N/m

Solución

a) Aceleración y velocidad al pie del plano

Con los ejes tomados sobre el plano (uno paralelo, otro perpendicular), la normal vale $N = mg\cos\theta$ y el rozamiento se opone al movimiento:

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

La masa se cancela: la aceleración de bajada no depende de cuánto pese el bloque, resultado que conviene hacer notar.

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

Como el movimiento es uniformemente acelerado desde el reposo:

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

b) Compresión máxima del muelle

El tramo horizontal es liso, así que el bloque llega al muelle con esos mismos $4{,}38\ \mathrm{m\,s^{-1}}$. En la compresión máxima el bloque está momentáneamente en reposo y toda su energía cinética se ha almacenado como energía elástica:

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

Casi nueve veces el peso del bloque ($mg = 19{,}6\ \mathrm{N}$): los muelles frenan con fuerzas grandes en recorridos cortos, que es justo para lo que se usan en los parachoques.

c) Subida por el plano

El muelle es elástico y el tramo horizontal, liso: el bloque vuelve al pie del plano con la misma rapidez, $4{,}38\ \mathrm{m\,s^{-1}}$. Ahora sube, y el rozamiento cambia de sentido, de modo que suma con la componente del peso:

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

Sube menos de la mitad de lo que bajó, y la razón es física, no aritmética: el rozamiento disipa en los dos sentidos, así que resta al bajar y vuelve a restar al subir. La altura alcanzada es $h' = d'\sin 30^\circ = 0{,}73\ \mathrm{m}$, frente a los $1{,}50\ \mathrm{m}$ de partida.

d) Balance energético de la bajada

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

Un 35 % de la energía potencial inicial se ha disipado en calor. Resolver el apartado a) por dinámica y comprobarlo aquí por energías es la clase de verificación cruzada que cuesta un minuto y demuestra dominio.

Problema 5 — Satélite en órbita baja y transferencia a órbita geoestacionaria

Enunciado

Un satélite de $850\ \mathrm{kg}$ describe una órbita circular a $700\ \mathrm{km}$ de altura sobre la superficie terrestre.

a) Calcule su velocidad orbital, su periodo y el valor de $g$ a esa altura. (3 p) b) Calcule su energía mecánica y la energía que hubo que comunicarle desde la superficie (despreciando la rotación terrestre y el rozamiento con la atmósfera). (2,5 p) c) Calcule el radio de la órbita geoestacionaria y la energía adicional necesaria para llevarlo allí. (3 p) d) Calcule la velocidad de escape desde la órbita baja y compárela con la velocidad orbital. (1,5 p)

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

Solución

a) Velocidad orbital, periodo y gravedad local

En una órbita circular la fuerza gravitatoria es exactamente la centrípeta:

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

La masa del satélite desaparece: todos los satélites a la misma altura van a la misma velocidad, sea un cubesat o la Estación Espacial. Con $r = R_T + h = 6{,}37\cdot 10^{6} + 7{,}00\cdot 10^{5} = 7{,}07\cdot 10^{6}\ \mathrm{m}$ y $GM_T = 3{,}982\cdot 10^{14}\ \mathrm{m^3\,s^{-2}}$:

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

Conviene comentar el resultado de $g$: a $700\ \mathrm{km}$ la gravedad todavía vale el 81 % de la de la superficie. La ingravidez que se ve en los vídeos de la ISS no se debe a que allí no haya gravedad, sino a que estación y astronautas caen juntos: están en caída libre permanente. Es probablemente la idea previa más extendida y más fácil de desmontar con este número.

b) Energía en órbita y coste del lanzamiento

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

Negativa, como corresponde a un estado ligado. En la superficie y en reposo:

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

c) Órbita geoestacionaria

Geoestacionaria significa periodo igual al día sidéreo ($86\,164\ \mathrm{s}$, no $86\,400$: la diferencia de casi cuatro minutos es la que separa el día solar del sidéreo, y usar el valor equivocado desplaza el radio unos $10\ \mathrm{km}$). De la tercera ley de Kepler:

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

Es decir: subir de $700\ \mathrm{km}$ a $35\,780\ \mathrm{km}$ cuesta casi tanto ($1{,}99\cdot 10^{10}\ \mathrm{J}$) como todo el lanzamiento inicial ($2{,}92\cdot 10^{10}\ \mathrm{J}$), pese a ser un salto de altura cincuenta veces mayor. La razón es que $E_m \propto -1/r$: casi todo el coste energético está en los primeros cientos de kilómetros.

d) Velocidad de escape desde la órbita

Escapar es llegar al infinito con energía mecánica nula:

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

La relación $v_e = \sqrt{2}\,v_{orb}$ vale a cualquier altura y merece enunciarse como resultado general: hace falta un 41 % más de velocidad, es decir el doble de energía cinética, para pasar de orbitar a escapar.

Problema 6 — Óptica geométrica: lente convergente y lente divergente

Enunciado

Un objeto de $3{,}0\ \mathrm{cm}$ de altura se sitúa a $30\ \mathrm{cm}$ de una lente delgada convergente de $20\ \mathrm{cm}$ de distancia focal imagen.

a) Determine la posición, el tamaño y la naturaleza de la imagen; construya la marcha de rayos. (4 p) b) Calcule la potencia de la lente. (1 p) c) Repita el cálculo sustituyendo la lente por una divergente de la misma distancia focal en valor absoluto. (3 p) d) A la lente convergente del apartado a) se le añade una segunda lente convergente de $10\ \mathrm{cm}$ de focal. ¿A qué distancia hay que colocarla para que la imagen final se forme en el infinito? (2 p)

Criterio de signos DIN: la luz viaja de izquierda a derecha; las distancias se miden desde el centro óptico, positivas hacia la derecha.

Solución

a) Imagen dada por la lente convergente

Con $s = -30\ \mathrm{cm}$ (el objeto está a la izquierda) y $f' = +20\ \mathrm{cm}$, la ecuación de las lentes delgadas:

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

Positiva: la imagen se forma a la derecha de la lente, luego es real (se recoge en una pantalla). El aumento lateral:

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

El signo negativo significa imagen invertida, y el módulo, que es el doble de grande. Coherente con la teoría: un objeto situado entre $f'$ y $2f'$ (aquí, entre 20 y 40 cm) da imagen real, invertida y mayor, que es exactamente el funcionamiento de un proyector.

Problema 6

Marcha de rayos: objeto a 30 cm de una lente convergente de f′ = 20 cm

F

F′

30 cm

60 cm

y = 3,0 cm

y′ = −6,0 cm

Los tres rayos notables empleados son: el paralelo al eje, que sale por el foco imagen $F'$; el que pasa por el centro óptico, que no se desvía; y el que entra por el foco objeto $F$, que sale paralelo al eje. Con dos bastaría; el tercero es la comprobación gráfica.

b) Potencia

$$P = \frac{1}{f'} = \frac{1}{0{,}20\ \mathrm{m}} = \boxed{+5{,}00\ \mathrm{dioptr\acute{i}as}}$$

Positiva por ser convergente. Nótese que la focal debe ir en metros: es la definición de la dioptría.

c) La misma escena con una lente divergente

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

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

Imagen virtual ($s' < 0$: está del mismo lado que el objeto y no se puede recoger en pantalla), derecha ($\beta > 0$) y menor. Y esto no es una casualidad del ejemplo: una lente divergente da siempre, para cualquier objeto real, una imagen virtual, derecha y menor, situada entre la lente y su foco. Es la razón de que las gafas de un miope reduzcan el tamaño aparente de sus ojos.

d) Sistema de dos lentes: imagen final en el infinito

Para que la imagen final esté en el infinito, la imagen intermedia —la que produce la primera lente, a $60\ \mathrm{cm}$ de ella— debe caer exactamente sobre el foco objeto de la segunda. Si la segunda lente tiene $f_2' = 10\ \mathrm{cm}$, su foco objeto está $10\ \mathrm{cm}$ por delante, de modo que hay que situarla a

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

de la primera. El montaje resultante —dos convergentes separadas por la suma de sus focales— es un sistema afocal, el esquema del telescopio refractor y del anteojo de Kepler; su aumento angular sería $f_1'/f_2' = 2{,}0$.

Comentario global del ejercicio

Los seis problemas están escritos con la estructura que se repite convocatoria tras convocatoria: apartados encadenados, en los que el resultado de uno alimenta al siguiente. Eso tiene una consecuencia práctica que conviene interiorizar antes del examen: un error en el primer apartado se propaga, así que los treinta segundos que cuesta comprobar la coherencia de un resultado —un orden de magnitud, un signo, unas unidades— son la mejor inversión de tiempo del ejercicio.

Cuatro hábitos que aquí se han aplicado sistemáticamente y que puntúan por sí solos:

1. Razonar el signo antes de calcularlo. En el problema 2 se predice $\Delta S^\circ < 0$ por el número de moles gaseosos y el cálculo lo confirma. Si no coincidiera, el error se detecta en el acto en vez de arrastrarse.
2. Señalar qué se cancela. La masa desaparece en la aceleración del problema 4 y en la velocidad orbital del 5; el volumen no aparece en el tampón del 1. Decirlo demuestra que se entiende la física, no solo que se sabe sustituir.
3. Verificar por dos vías. La velocidad del bloque sale por cinemática y se comprueba por energías; la fem de la pila se contrasta con la constante de equilibrio.
4. Aprovechar el enlace con el aula. El valor de $g$ a $700\ \mathrm{km}$, la paradoja industrial del metanol o las gafas del miope son comentarios de dos líneas que conectan el problema con la práctica docente. En un ejercicio práctico no puntúan directamente, pero en la defensa oral y en la programación, sí.

La serie continúa en el examen modelo II —equilibrio, solubilidad, orgánica, ondas, inducción y física moderna— y el examen modelo III —cinética, enlace, redox, fluidos, máquinas térmicas y oscilaciones—. Para practicar con enunciados reales, con su referencia oficial y su convocatoria, el archivo de exámenes resueltos por comunidad autónoma recoge las pruebas prácticas de las últimas convocatorias.