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

Este tercer examen modelo de la prueba práctica de las oposiciones de Física y Química de Secundaria completa la serie con los bloques que no cubren los dos anteriores: cinética química y Arrhenius, estructura atómica y enlace, valoración redox por permanganimetría, fluidos (Arquímedes y Bernoulli), máquinas térmicas y entropía, y movimiento armónico simple. Mantiene el formato de seis problemas —tres de química y tres de física— calificados de 0 a 10 puntos cada uno. Abajo tienes el enunciado 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. Los resultados sin unidades no puntúan. Tiempo orientativo: 4 horas.

Problema 1 — Ecuación de velocidad, energía de activación y catálisis

Enunciado

Para la reacción $\ce{A + B -> C}$ se han medido las velocidades iniciales siguientes a $300\ \mathrm{K}$:

| Experimento | $[\ce{A}]_0$ (M) | $[\ce{B}]_0$ (M) | $v_0$ ($\mathrm{M\,s^{-1}}$) | | ----------- | ---------------- | ---------------- | ---------------------------- | | 1 | 0,10 | 0,10 | $2{,}0\cdot 10^{-3}$ | | 2 | 0,20 | 0,10 | $8{,}0\cdot 10^{-3}$ | | 3 | 0,10 | 0,20 | $4{,}0\cdot 10^{-3}$ |

a) Determine los órdenes parciales, el orden total y la constante de velocidad con sus unidades. (3 p) b) Calcule la velocidad inicial cuando $[\ce{A}]_0 = 0{,}30\ \mathrm{M}$ y $[\ce{B}]_0 = 0{,}25\ \mathrm{M}$. (1,5 p) c) A $310\ \mathrm{K}$ la constante vale $4{,}2$ en las mismas unidades. Calcule la energía de activación. (3 p) d) Un catalizador rebaja la energía de activación a $40{,}0\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$. ¿Por qué factor se multiplica la velocidad a $300\ \mathrm{K}$? (1,5 p) e) Proponga un mecanismo en dos etapas compatible con la ecuación de velocidad obtenida. (1 p)

Datos: $R = 8{,}314\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}$.

Solución

a) Órdenes de reacción y constante

El método de las velocidades iniciales consiste en comparar experimentos que difieren en una sola concentración. La ecuación de velocidad se busca de la forma $v = k\,[\ce{A}]^a[\ce{B}]^b$.

Orden respecto de A (experimentos 1 y 2, con $[\ce{B}]$ constante): al duplicar $[\ce{A}]$, la velocidad se cuadruplica.

$$\frac{v_2}{v_1} = \left(\frac{[\ce{A}]_2}{[\ce{A}]_1}\right)^a \;\Longrightarrow\; 4 = 2^a \;\Longrightarrow\; \boxed{a = 2}$$

Orden respecto de B (experimentos 1 y 3): al duplicar $[\ce{B}]$, la velocidad se duplica.

$$2 = 2^b \;\Longrightarrow\; \boxed{b = 1}$$

Orden total $= a + b = \boxed{3}$, y la ecuación de velocidad es $v = k\,[\ce{A}]^2[\ce{B}]$. La constante, con cualquiera de los tres experimentos:

$$k = \frac{v_1}{[\ce{A}]_1^2[\ce{B}]_1} = \frac{2{,}0\cdot 10^{-3}}{(0{,}10)^2\cdot 0{,}10} = \boxed{2{,}0\ \mathrm{M^{-2}\,s^{-1}}}$$

Las unidades de $k$ no son decorativas: se deducen exigiendo que $k[\ce{A}]^2[\ce{B}]$ tenga unidades de $\mathrm{M\,s^{-1}}$, de donde $k$ va en $\mathrm{M^{1-n}\,s^{-1}}$ con $n$ el orden total. Que salgan $\mathrm{M^{-2}s^{-1}}$ confirma que el orden total es 3, y es la comprobación más rápida de que no se ha equivocado uno con los exponentes.

Conviene además recalcular $k$ con los otros dos experimentos ($8{,}0\cdot 10^{-3}/(0{,}04\cdot 0{,}10) = 2{,}0$ y $4{,}0\cdot 10^{-3}/(0{,}01\cdot 0{,}20) = 2{,}0$): si los tres coinciden, la ecuación de velocidad propuesta describe bien los datos.

b) Predicción de una velocidad

$$v = 2{,}0\cdot (0{,}30)^2\cdot 0{,}25 = \boxed{4{,}5\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M\,s^{-1}}}$$

Veintidós veces la del experimento 1, con concentraciones solo tres y dos veces y media mayores: es la firma de un orden total alto.

c) Energía de activación

De la ecuación de Arrhenius $k = A\,e^{-E_a/RT}$ escrita en dos temperaturas y dividida:

$$\ln\frac{k_2}{k_1} = -\frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_2}-\frac{1}{T_1}\right) \;\Longrightarrow\; E_a = \frac{R\,\ln(k_2/k_1)}{\dfrac{1}{T_1}-\dfrac{1}{T_2}}$$ $$E_a = \frac{8{,}314\cdot \ln(4{,}2/2{,}0)}{\dfrac{1}{300}-\dfrac{1}{310}} = \frac{8{,}314\cdot 0{,}742}{1{,}075\cdot 10^{-4}} = 5{,}74\cdot 10^{4}\ \mathrm{J\,mol^{-1}} = \boxed{57{,}4\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}}$$

Merece la pena comentar el orden de magnitud: un aumento de 10 K poco más que duplica la velocidad, que es la regla empírica que se enseña en el instituto, y aquí se ve de dónde sale. Nótese también que la resta $1/300 - 1/310$ vale $1{,}075\cdot 10^{-4}$: hay que arrastrar cuatro cifras significativas en ese paso o el resultado se va un 10 %.

d) Efecto del catalizador

Un catalizador no cambia $\Delta G$ ni la constante de equilibrio: abre un camino alternativo con menor $E_a$, de modo que se llega antes al mismo equilibrio. El factor de aceleración, suponiendo el mismo factor preexponencial:

$$\frac{k_{cat}}{k} = \frac{A\,e^{-E_{a,cat}/RT}}{A\,e^{-E_a/RT}} = e^{(E_a - E_{a,cat})/RT} = e^{\frac{57\,367 - 40\,000}{8{,}314\cdot 300}} = e^{6{,}96} = \boxed{1{,}1\cdot 10^{3}}$$

Rebajar $17\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ multiplica la velocidad por mil. La dependencia exponencial es el motivo de que la catálisis sea la palanca central de la química industrial y de la enzimología, y es una idea que se transmite mucho mejor con este número que con una definición.

e) Mecanismo compatible

La ecuación de velocidad es de orden 3, pero los choques simultáneos de tres partículas son rarísimos, así que un mecanismo elemental trimolecular no es creíble. Un mecanismo en dos etapas con equilibrio previo rápido sí lo es:

$$\text{(1) rápida, en equilibrio: } \ce{2 A <=> A2} \qquad K = \frac{[\ce{A2}]}{[\ce{A}]^2}$$ $$\text{(2) lenta, determinante: } \ce{A2 + B -> C + A}$$

La velocidad global la fija la etapa lenta, $v = k_2[\ce{A2}][\ce{B}]$, y sustituyendo $[\ce{A2}] = K[\ce{A}]^2$ del equilibrio previo:

$$v = k_2K\,[\ce{A}]^2[\ce{B}] = k\,[\ce{A}]^2[\ce{B}] \quad\text{con}\quad k = k_2K \ \checkmark$$

Reproduce la ley experimental. Conviene cerrar diciendo lo que un tribunal quiere oír: un mecanismo compatible no está demostrado, solo no refutado; la cinética descarta mecanismos, nunca los prueba.

Problema 2 — Estructura atómica, enlace y propiedades

Enunciado

Considere los elementos A, B y C, de números atómicos $Z = 12$, $Z = 17$ y $Z = 8$ respectivamente.

a) Escriba sus configuraciones electrónicas e identifíquelos, indicando grupo y periodo. (2 p) b) Indique los cuatro números cuánticos del electrón diferenciador de B. (1,5 p) c) Ordene los tres elementos por radio atómico creciente y por primera energía de ionización creciente, justificando ambos criterios. (2,5 p) d) Escriba la fórmula de los compuestos que forman A con B y B con C, indique el tipo de enlace y deduzca la geometría y la polaridad del compuesto de B y C. (2,5 p) e) Justifique por qué el óxido de A funde a $2\,852\ ^\circ\mathrm{C}$ y el compuesto de A con B a $714\ ^\circ\mathrm{C}$. (1,5 p)

Solución

a) Configuraciones electrónicas

$$\text{A } (Z=12):\ 1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2 \;\Longrightarrow\; \boxed{\text{magnesio, grupo 2, periodo 3}}$$ $$\text{B } (Z=17):\ 1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2\,3p^5 \;\Longrightarrow\; \boxed{\text{cloro, grupo 17, periodo 3}}$$ $$\text{C } (Z=8):\ 1s^2\,2s^2\,2p^4 \;\Longrightarrow\; \boxed{\text{oxígeno, grupo 16, periodo 2}}$$

Las dos reglas de lectura conviene enunciarlas, porque son donde se falla: el periodo es el mayor $n$ ocupado (3 para A y B, 2 para C) y el grupo lo dan los electrones de valencia — 2 en el magnesio, 7 en el cloro, 6 en el oxígeno. Nótese que en los grupos del bloque p el número de grupo es el de electrones de valencia más diez.

b) Números cuánticos del electrón diferenciador de B

El último electrón del cloro entra en un orbital $3p$, y como en $3p^5$ hay ya tres electrones desapareados (regla de Hund), el quinto aparea:

$$n = 3, \qquad \ell = 1\ (p), \qquad m_\ell = -1, \qquad m_s = -\tfrac{1}{2}$$

El valor de $m_\ell$ depende del convenio de llenado (se suele llenar de $-1$ a $+1$), así que lo correcto es indicarlo: cualquiera de $-1, 0, +1$ es admisible siempre que se explicite el criterio. $m_s = -1/2$ sí queda fijado, porque es el electrón que aparea a uno que ya estaba.

c) Radio atómico y energía de ionización

Los dos criterios son el mismo argumento visto por sus dos caras: la carga nuclear efectiva crece a lo largo de un periodo (se añaden protones sin añadir capa, y el apantallamiento entre electrones de la misma capa es pobre) y el número de capas crece al bajar en un grupo.

$$\text{Radio: } \quad \ce{O} < \ce{Cl} < \ce{Mg}$$

El oxígeno es el más pequeño por tener solo dos capas; entre magnesio y cloro, ambos del periodo 3, manda $Z_{ef}$: el cloro tiene cinco protones más y contrae la capa.

$$\text{Energía de ionización: } \quad \ce{Mg} < \ce{Cl} < \ce{O}$$

Es esencialmente el orden inverso, y no por casualidad: cuanto más cerca y más atraído está el electrón externo, más cuesta arrancarlo. Los valores tabulados ($738$, $1\,251$ y $1\,314\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$) lo confirman.

d) Compuestos, enlace y geometría

A con B → $\ce{MgCl2}$. Metal alcalinotérreo con halógeno: enlace iónico. El magnesio cede sus dos electrones $3s$ y alcanza configuración de neón; cada cloro capta uno y alcanza la de argón. Se necesitan dos cloros por cada magnesio, de ahí la estequiometría.

B con C → $\ce{Cl2O}$. Dos no metales: enlace covalente. Aplicando la teoría de repulsión de pares de electrones de la capa de valencia (RPECV/VSEPR) al átomo central, el oxígeno:

• pares de enlace: 2 (uno con cada cloro);
• pares solitarios: 2.

Disposición electrónica tetraédrica, geometría molecular angular (tipo $\mathrm{AX_2E_2}$), con un ángulo algo menor que $109{,}5^\circ$ porque los pares solitarios ocupan más espacio (el valor experimental es $\approx 111^\circ$).

Polaridad: los enlaces $\ce{Cl-O}$ son polares (el oxígeno es más electronegativo) y la geometría angular no cancela los momentos dipolares, así que la molécula es polar. El razonamiento a dar es siempre el mismo: enlaces polares + geometría no simétrica → molécula polar. La comparación que lo aclara es $\ce{CO2}$, con enlaces igual de polares pero lineal y por tanto apolar.

e) Puntos de fusión de MgO y MgCl₂

Los dos son sólidos iónicos, así que la comparación se hace por energía reticular, que según el modelo de Born–Landé va como

$$U \propto \frac{|z_+ \cdot z_-|}{r_+ + r_-}$$

• En $\ce{MgO}$ las cargas son $+2$ y $-2$: el producto vale 4.
• En $\ce{MgCl2}$ son $+2$ y $-1$: el producto vale 2.

Además el ion óxido ($140\ \mathrm{pm}$) es bastante menor que el cloruro ($181\ \mathrm{pm}$), lo que reduce el denominador. Los dos factores empujan en el mismo sentido y explican una diferencia de más de dos mil grados. El factor dominante es la carga, porque entra como producto y el radio solo como suma en el denominador.

Problema 3 — Determinación de hierro por permanganimetría

Enunciado

Una muestra de $0{,}500\ \mathrm{g}$ de un mineral de hierro se disuelve en medio ácido de forma que todo el hierro queda como $\ce{Fe^2+}$. La disolución se valora con permanganato de potasio $0{,}0200\ \mathrm{M}$, consumiéndose $28{,}5\ \mathrm{mL}$ hasta el punto final.

a) Ajuste la reacción por el método del ion-electrón en medio ácido. (3 p) b) Calcule el porcentaje de hierro de la muestra. (2,5 p) c) Exprese la riqueza como porcentaje de $\ce{Fe2O3}$. (1,5 p) d) Justifique por qué esta valoración no necesita indicador. (1,5 p) e) Calcule la fem estándar de la reacción y razone si es espontánea. (1,5 p)

Datos: $E^\circ(\ce{MnO4^-}/\ce{Mn^2+}) = +1{,}51\ \mathrm{V}$; $E^\circ(\ce{Fe^3+}/\ce{Fe^2+}) = +0{,}77\ \mathrm{V}$; $F = 96\,485\ \mathrm{C\,mol^{-1}}$; $M(\ce{Fe}) = 55{,}85$; $M(\ce{Fe2O3}) = 159{,}7\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$.

Solución

a) Ajuste por el método del ion-electrón

Semirreacción de reducción (el manganeso pasa de $+7$ a $+2$, gana 5 electrones; el oxígeno sobrante se lleva como agua y los hidrógenos se toman del medio ácido):

$$\ce{MnO4^- + 8 H+ + 5 e^- -> Mn^2+ + 4 H2O}$$

Semirreacción de oxidación:

$$\ce{Fe^2+ -> Fe^3+ + e^-}$$

Se multiplica la segunda por 5 para igualar los electrones y se suman:

$$\boxed{\ce{MnO4^- + 5 Fe^2+ + 8 H+ -> Mn^2+ + 5 Fe^3+ + 4 H2O}}$$

Comprobación obligatoria, y son diez segundos: átomos (1 Mn, 5 Fe, 4 O y 8 H a cada lado) y carga ($-1 + 10 + 8 = +17$ a la izquierda; $+2 + 15 = +17$ a la derecha). Si la carga no cuadra, el ajuste está mal aunque los átomos salgan.

b) Porcentaje de hierro

$$n(\ce{MnO4^-}) = 0{,}0285\ \mathrm{L}\cdot 0{,}0200\ \mathrm{M} = 5{,}70\cdot 10^{-4}\ \mathrm{mol}$$

La estequiometría del ajuste da 5 mol de hierro por cada mol de permanganato:

$$n(\ce{Fe}) = 5\cdot 5{,}70\cdot 10^{-4} = 2{,}85\cdot 10^{-3}\ \mathrm{mol}$$ $$m(\ce{Fe}) = 2{,}85\cdot 10^{-3}\cdot 55{,}85 = 0{,}1592\ \mathrm{g} \quad\Longrightarrow\quad \%\,\ce{Fe} = \frac{0{,}1592}{0{,}500}\cdot 100 = \boxed{31{,}8\ \%}$$

c) Riqueza expresada como Fe₂O₃

Es un cambio de forma de expresar el mismo hierro, no un dato nuevo. Como cada $\ce{Fe2O3}$ contiene dos hierros:

$$n(\ce{Fe2O3}) = \frac{2{,}85\cdot 10^{-3}}{2} = 1{,}425\cdot 10^{-3}\ \mathrm{mol}$$ $$m = 1{,}425\cdot 10^{-3}\cdot 159{,}7 = 0{,}2276\ \mathrm{g} \quad\Longrightarrow\quad \%\,\ce{Fe2O3} = \boxed{45{,}5\ \%}$$

Que el porcentaje suba al expresarlo como óxido es lo esperable —se está contando también el oxígeno— y conviene decirlo: es exactamente el tipo de comprobación cualitativa que evita entregar un disparate.

d) Por qué no hace falta indicador

Porque el permanganato es su propio indicador. El ion $\ce{MnO4^-}$ es intensamente violeta y el $\ce{Mn^2+}$ es prácticamente incoloro, así que mientras queda $\ce{Fe^2+}$ cada gota que cae se decolora al instante. La primera gota en exceso, con nada que reducir, tiñe la disolución de un rosa persistente: ese es el punto final, y basta una concentración de unos $10^{-6}\ \mathrm{M}$ para verlo.

Dos precisiones que suman puntos: el medio debe acidularse con ácido sulfúrico, nunca con clorhídrico (el permanganato oxidaría el cloruro a cloro y el consumo saldría alto), y el punto final es un ligero exceso, no el punto de equivalencia exacto — el error es despreciable frente a la precisión de la bureta.

e) Fem estándar y espontaneidad

$$E^\circ = E^\circ_{c\acute{a}todo} - E^\circ_{\acute{a}nodo} = 1{,}51 - 0{,}77 = \boxed{+0{,}74\ \mathrm{V}}$$ $$\Delta G^\circ = -nFE^\circ = -5\cdot 96\,485\cdot 0{,}74 = \boxed{-357\ \mathrm{kJ}}$$

Positiva la fem, negativa la energía de Gibbs: la reacción es espontánea, y con $\log K = nE^\circ/0{,}0592 = 62{,}5$ es además cuantitativa, que es lo que se le exige a cualquier reacción usada en volumetría. Sin esa condición, el punto final no significaría nada.

Problema 4 — Flotación y tubo de Venturi

Enunciado

a) Un bloque de madera de densidad $0{,}60\ \mathrm{g\,cm^{-3}}$ y volumen $2{,}0\ \mathrm{dm^3}$ flota en agua. Calcule la fracción de volumen sumergido y la fuerza vertical necesaria para sumergirlo por completo. (3 p) b) ¿Qué fracción quedaría sumergida en un líquido de densidad $0{,}80\ \mathrm{g\,cm^{-3}}$? (1,5 p) c) Por una tubería horizontal de $8{,}0\ \mathrm{cm}$ de diámetro circula agua a $2{,}0\ \mathrm{m\,s^{-1}}$. La tubería se estrecha hasta $4{,}0\ \mathrm{cm}$. Calcule la velocidad en el estrechamiento y el caudal. (2,5 p) d) Calcule la diferencia de presión entre las dos secciones y exprésela en metros de columna de agua. (3 p)

_Datos: $\rho_{agua} = 1\,000\ \mathrm{kg\,m^{-3}}$; $g = 9{,}8\ \mathrm{m\,s^{-2}}$._

Problema 4

Tubo de Venturi: el estrechamiento acelera el fluido y baja la presión

2,0 m/s

8,0 m/s

p₁

p₂

Δh ≈ 3,1 m

Ø 8,0 cm

Ø 4,0 cm

Solución

a) Fracción sumergida y fuerza para hundirlo

Un cuerpo flota en equilibrio cuando el empuje iguala al peso (principio de Arquímedes), y el empuje solo cuenta el volumen sumergido:

$$\rho_{\ell}\,V_{sum}\,g = \rho_c\,V\,g \quad\Longrightarrow\quad \frac{V_{sum}}{V} = \frac{\rho_c}{\rho_{\ell}} = \frac{600}{1000} = \boxed{0{,}60}$$

La fracción sumergida es el cociente de densidades, sin más: no depende ni del volumen ni de la forma. Es el resultado que explica el 90 % del iceberg bajo el agua ($917/1025 = 0{,}89$), y merece enunciarse como tal.

En volumen: $V_{sum} = 0{,}60\cdot 2{,}0 = 1{,}2\ \mathrm{dm^3}$.

Para sumergirlo del todo hay que vencer la diferencia entre el empuje máximo (con todo el volumen dentro) y el peso:

$$F = \rho_{\ell}Vg - \rho_c Vg = (\rho_{\ell}-\rho_c)Vg = (1000-600)\cdot 2{,}0\cdot 10^{-3}\cdot 9{,}8 = \boxed{7{,}84\ \mathrm{N}}$$

(Empuje total $19{,}6\ \mathrm{N}$ menos peso $11{,}76\ \mathrm{N}$, como comprobación.)

b) Flotación en un líquido menos denso

$$\frac{V_{sum}}{V} = \frac{600}{800} = \boxed{0{,}75}$$

Se hunde más, como cabía esperar: cuanto menos denso el líquido, más volumen hay que meter para desplazar la misma masa. Si el líquido tuviera $\rho < 0{,}60\ \mathrm{g\,cm^{-3}}$, el bloque se iría al fondo.

c) Ecuación de continuidad

Para un fluido incompresible, el caudal se conserva: $A_1v_1 = A_2v_2$. Como la sección va con el cuadrado del diámetro,

$$v_2 = v_1\left(\frac{d_1}{d_2}\right)^2 = 2{,}0\cdot\left(\frac{8{,}0}{4{,}0}\right)^2 = 2{,}0\cdot 4 = \boxed{8{,}0\ \mathrm{m\,s^{-1}}}$$

El punto que conviene subrayar: al reducir el diámetro a la mitad, la velocidad se multiplica por cuatro, no por dos. Es el error habitual, y es el mismo motivo por el que se tapa parcialmente una manguera con el dedo.

$$Q = A_1v_1 = \pi(0{,}040)^2\cdot 2{,}0 = \boxed{1{,}0\cdot 10^{-2}\ \mathrm{m^3\,s^{-1}}} = 10{,}1\ \mathrm{L\,s^{-1}}$$

d) Ecuación de Bernoulli

La tubería es horizontal, así que el término $\rho g h$ es el mismo en las dos secciones y se cancela:

$$p_1 + \tfrac{1}{2}\rho v_1^2 = p_2 + \tfrac{1}{2}\rho v_2^2 \quad\Longrightarrow\quad \Delta p = p_1 - p_2 = \tfrac{1}{2}\rho\,(v_2^2 - v_1^2)$$ $$\Delta p = \tfrac{1}{2}\cdot 1000\cdot (8{,}0^2 - 2{,}0^2) = 500\cdot 60 = \boxed{3{,}0\cdot 10^{4}\ \mathrm{Pa}} = 30\ \mathrm{kPa}$$

En metros de columna de agua, con $\Delta p = \rho g\,\Delta h$:

$$\Delta h = \frac{3{,}0\cdot 10^{4}}{1000\cdot 9{,}8} = \boxed{3{,}1\ \mathrm{m}}$$

Es decir: donde el fluido va más deprisa, la presión es menor, que es el enunciado cualitativo del efecto Venturi y el principio del pulverizador, del carburador y —con el matiz que corresponda— de la sustentación del ala. Un dato para la intuición: $30\ \mathrm{kPa}$ es casi un tercio de la presión atmosférica, en un tubo por el que el agua circula a velocidades modestas.

Problema 5 — Máquina térmica, rendimiento y entropía

Enunciado

Una máquina térmica funciona entre un foco caliente a $500\ \mathrm{K}$ y uno frío a $300\ \mathrm{K}$. En cada ciclo absorbe $800\ \mathrm{J}$ del foco caliente y realiza $240\ \mathrm{J}$ de trabajo.

a) Calcule el rendimiento real y el calor cedido al foco frío. (2 p) b) Calcule el rendimiento máximo teórico y el trabajo que se está perdiendo. (2,5 p) c) Calcule la variación de entropía del universo por ciclo y razone qué indica su signo. (3 p) d) Compruebe que el trabajo perdido coincide con $T_{fr\acute{i}o}\,\Delta S_{universo}$. (1,5 p) e) Si la máquina se invirtiera para funcionar como frigorífico reversible entre los mismos focos, ¿cuál sería su eficiencia? (1 p)

Solución

Problema 5

Flujos de energía por ciclo

foco caliente · 500 K

foco frío · 300 K

M

Q₁ = 800 J

Q₂ = 560 J

W = 240 J

a) Rendimiento real y calor cedido

$$\eta = \frac{W}{Q_1} = \frac{240}{800} = \boxed{0{,}30 = 30\ \%}$$

Por el primer principio aplicado a un ciclo completo ($\Delta U = 0$, porque el sistema vuelve al mismo estado):

$$Q_2 = Q_1 - W = 800 - 240 = \boxed{560\ \mathrm{J}}$$

El calor cedido no es un desperdicio evitable: el segundo principio prohíbe una máquina que convierta íntegramente calor en trabajo en un ciclo (enunciado de Kelvin-Planck). Hace falta el foco frío.

b) Rendimiento de Carnot y trabajo perdido

El teorema de Carnot fija el techo, que depende solo de las temperaturas de los focos:

$$\eta_{Carnot} = 1 - \frac{T_2}{T_1} = 1 - \frac{300}{500} = \boxed{0{,}40 = 40\ \%}$$ $$W_{m\acute{a}x} = \eta_{Carnot}\,Q_1 = 0{,}40\cdot 800 = 320\ \mathrm{J} \quad\Longrightarrow\quad W_{perdido} = 320 - 240 = \boxed{80\ \mathrm{J}}$$

Que $\eta < \eta_{Carnot}$ es lo que tenía que salir: si diera al revés habría un error, porque ninguna máquina real puede superar a la reversible entre los mismos focos. Comprobarlo es obligatorio, y es gratis.

c) Entropía del universo

La entropía es función de estado, así que la máquina no cambia la suya en un ciclo; lo que cambia es la de los focos. Tomando cada foco como reservorio a temperatura constante:

$$\Delta S_{universo} = \Delta S_1 + \Delta S_2 = -\frac{Q_1}{T_1} + \frac{Q_2}{T_2} = -\frac{800}{500} + \frac{560}{300}$$ $$\Delta S_{universo} = -1{,}600 + 1{,}867 = \boxed{+0{,}267\ \mathrm{J\,K^{-1}}}$$

Positiva, luego el ciclo es irreversible, que es justamente lo que dice el segundo principio de cualquier proceso real. Si la máquina fuera de Carnot ($W = 320\ \mathrm{J}$, $Q_2 = 480\ \mathrm{J}$) saldría $-1{,}600 + 1{,}600 = 0$: reversible. La entropía del universo mide, en un solo número, cuánto se aleja la máquina del ideal.

d) Teorema del trabajo perdido

$$T_2\,\Delta S_{universo} = 300\cdot 0{,}2667 = \boxed{80{,}0\ \mathrm{J}}$$

Coincide exactamente con el trabajo perdido del apartado b). No es casualidad: es el teorema de Gouy-Stodola, $W_{perdido} = T_0\,\Delta S_{universo}$, que convierte la entropía generada en julios de trabajo que se han desaprovechado. Es el resultado que da sentido físico a la entropía —deja de ser «desorden» y pasa a ser dinero— y una de las mejores respuestas posibles a la pregunta de qué se pierde cuando algo es irreversible.

e) La máquina invertida: frigorífico

Un frigorífico se mide por su eficiencia o coeficiente de operación: el calor extraído del foco frío por unidad de trabajo consumido. Para el ciclo reversible:

$$\mathrm{COP}_{frig} = \frac{Q_2}{W} = \frac{T_2}{T_1 - T_2} = \frac{300}{200} = \boxed{1{,}5}$$

Mayor que 1, y eso no viola nada: no es un rendimiento, porque el calor extraído no se ha creado, solo se ha bombeado. La misma máquina vista como bomba de calor daría $T_1/(T_1-T_2) = 2{,}5$, que es exactamente el argumento a favor de la aerotermia frente a una resistencia eléctrica (cuyo «COP» es 1).

Problema 6 — Oscilador armónico

Enunciado

Un cuerpo de $0{,}50\ \mathrm{kg}$ unido a un muelle de constante $k = 200\ \mathrm{N\,m^{-1}}$ oscila sobre una superficie horizontal sin rozamiento con una amplitud de $8{,}0\ \mathrm{cm}$.

a) Calcule la pulsación, la frecuencia y el periodo. (2 p) b) Calcule la velocidad y la aceleración máximas, e indique dónde se dan. (2 p) c) Calcule la energía mecánica total y la velocidad del cuerpo cuando pasa por $x = 4{,}0\ \mathrm{cm}$. (3 p) d) Escriba la ecuación del movimiento si en $t = 0$ el cuerpo está en el extremo positivo. (1,5 p) e) Calcule la longitud que debería tener un péndulo simple para oscilar con el mismo periodo y comente el resultado. (1,5 p)

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

Solución

a) Pulsación, frecuencia y periodo

$$\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{200}{0{,}50}} = \sqrt{400} = \boxed{20\ \mathrm{rad\,s^{-1}}}$$ $$f = \frac{\omega}{2\pi} = \boxed{3{,}18\ \mathrm{Hz}}, \qquad T = \frac{1}{f} = \boxed{0{,}314\ \mathrm{s}}$$

Conviene señalar algo que el enunciado invita a comprobar: la amplitud no aparece. El periodo de un oscilador armónico depende solo de $k$ y $m$, y esa independencia —el isocronismo— es lo que hace del MAS un reloj.

b) Velocidad y aceleración máximas

$$v_{m\acute{a}x} = A\omega = 0{,}080\cdot 20 = \boxed{1{,}6\ \mathrm{m\,s^{-1}}} \qquad\text{en } x = 0$$ $$a_{m\acute{a}x} = A\omega^2 = 0{,}080\cdot 400 = \boxed{32\ \mathrm{m\,s^{-2}}} \qquad\text{en } x = \pm A$$

Están desfasadas: donde una es máxima, la otra se anula. En el centro el muelle no ejerce fuerza (aceleración nula) pero el cuerpo va lanzado; en los extremos la fuerza recuperadora es máxima y el cuerpo está instantáneamente parado. La aceleración máxima, más de tres veces $g$, da idea de lo violento que es un oscilador aparentemente inofensivo.

c) Energía y velocidad en un punto intermedio

$$E = \tfrac{1}{2}kA^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 200\cdot (0{,}080)^2 = \boxed{0{,}64\ \mathrm{J}}$$

En $x = 4{,}0\ \mathrm{cm}$, es decir a media amplitud:

$$E_p = \tfrac{1}{2}kx^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 200\cdot (0{,}040)^2 = 0{,}16\ \mathrm{J} \quad\Longrightarrow\quad E_c = 0{,}64 - 0{,}16 = 0{,}48\ \mathrm{J}$$ $$v = \sqrt{\frac{2E_c}{m}} = \sqrt{\frac{2\cdot 0{,}48}{0{,}50}} = \boxed{1{,}39\ \mathrm{m\,s^{-1}}}$$

Comprobación por la fórmula general $v = \omega\sqrt{A^2-x^2} = 20\sqrt{0{,}0064-0{,}0016} = 1{,}39\ \mathrm{m\,s^{-1}}\ \checkmark$.

El resultado tiene una lectura que conviene explicitar: a media amplitud, la energía potencial es solo la cuarta parte del total (porque va con $x^2$), de modo que el cuerpo conserva todavía el $87\ \%$ de su velocidad máxima. La energía se reparte a partes iguales en $x = A/\sqrt{2} = 5{,}7\ \mathrm{cm}$, no en $A/2$.

Problema 6

Reparto de la energía en función de la elongación

0,64

0,48

0,16

−4,0

8,0

−8,0

E (J)

x (cm)

Ep

Ec

E total = 0,64 J

d) Ecuación del movimiento

Si en $t = 0$ el cuerpo está en $x = +A$ con velocidad nula, la solución que cumple esas condiciones iniciales es la coseno con fase inicial nula:

$$\boxed{x(t) = 0{,}080\,\cos(20\,t)\ \mathrm{(SI)}}$$ $$v(t) = -1{,}6\,\sin(20\,t)\ \mathrm{m\,s^{-1}}, \qquad a(t) = -32\,\cos(20\,t)\ \mathrm{m\,s^{-2}}$$

Se puede escribir igualmente como seno con $\varphi_0 = \pi/2$; lo que no se puede es dejar la fase inicial sin justificar. Nótese que $a(t) = -\omega^2 x(t)$: esa proporcionalidad con signo negativo es la definición misma del MAS, y comprobarla cierra el apartado.

e) Péndulo simple de igual periodo

$$T = 2\pi\sqrt{\frac{L}{g}} \quad\Longrightarrow\quad L = \frac{gT^2}{4\pi^2} = \frac{9{,}8\cdot (0{,}3142)^2}{4\pi^2} = \boxed{2{,}45\cdot 10^{-2}\ \mathrm{m}} = 2{,}45\ \mathrm{cm}$$

Y aquí conviene comentar el resultado en vez de dejarlo caer: dos centímetros y medio es un péndulo absurdamente corto, difícil de construir y en el que la aproximación de ángulos pequeños y de masa puntual se sostiene mal. El muelle propuesto es, sencillamente, muy rígido para la masa que lleva. Es también un buen recordatorio de que en el péndulo la masa no interviene —solo $L$ y $g$— mientras que en el muelle sí.

Comentario global del ejercicio

Este tercer modelo cierra la serie por donde los otros dos no pasaban, y tiene un rasgo propio: casi todos los apartados admiten una comprobación independiente, y aprovecharlas es la diferencia entre un examen correcto y uno que se nota trabajado.

• La constante de velocidad se recalcula con los tres experimentos y sus unidades confirman el orden total.
• El ajuste redox se comprueba por átomos y por carga.
• La riqueza como $\ce{Fe2O3}$ tiene que salir mayor que la riqueza en hierro.
• El rendimiento real tiene que quedar por debajo del de Carnot, y el trabajo perdido reaparece como $T_2\Delta S$.
• La velocidad del oscilador sale por energías y se contrasta con $\omega\sqrt{A^2-x^2}$.

Y una advertencia sobre el problema 2, que es el más traicionero de los seis: los apartados cualitativos no se aprueban con una frase. «El cloro es más pequeño porque tiene más carga nuclear» es media respuesta; la otra media es decir que están en el mismo periodo y que por eso la comparación se decide por $Z_{ef}$ y no por el número de capas. Un tribunal puntúa el razonamiento completo, no la conclusión.

Los otros dos modelos de la serie están en examen modelo I y examen modelo II; para practicar con enunciados reales, el archivo de exámenes resueltos por comunidad autónoma recoge las pruebas prácticas de las últimas convocatorias.