EBAU CantabriaConvocatoria ordinaria

Física EBAU Cantabria 2024

Física — 2.º Bachillerato — Ejercicios resueltos con explicación

Formato del examen

1 hora 30 minutos
Cinco bloques; elige 4 ejercicios (uno por bloque)

Bloques temáticos

Mecánica y gravitación
Campo eléctrico
Campo magnético
Ondas y óptica
Física del siglo XX

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Ejercicios del examen8 ejercicios

EBAU CBR 2024 — Bloque 1 · Ej. 2 (a)Dificultad 3/5

EBAU CBR 2024 — Bloque 1 · Ej. 2 (a) — Órbita de una sonda alrededor de Saturno

Una sonda espacial de $1500\ \text{kg}$ describe una órbita circular alrededor de Saturno completando una revolución cada $T = 32\ \text{h} = 115\,200\ \text{s}$ .

¿Cuál es, aproximadamente, el radio de la órbita?

Datos: $G = 6{,}67\times10^{-11}\ \text{N·m}^2\text{·kg}^{-2}$ ; $M_S = 5{,}68\times10^{26}\ \text{kg}$ .

r \approx 2{,}33\times10^{8}\ \text{m}

r \approx 1{,}27\times10^{25}\ \text{m}

r \approx 4{,}66\times10^{8}\ \text{m}

r \approx 2{,}33\times10^{5}\ \text{m}

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Respuesta correcta — opción A

$r \approx 2{,}33\times10^{8}\ \text{m}$

Correcto. De la 3.ª ley de Kepler,

r^3 = \dfrac{GM_S T^2}{4\pi^2} = \dfrac{6{,}67\times10^{-11}\cdot5{,}68\times10^{26}\cdot(115\,200)^2}{4\pi^2} \approx 1{,}27\times10^{25}\ \text{m}^3

, así

r \approx 2{,}33\times10^{8}\ \text{m}

En una órbita circular la fuerza gravitatoria es la centrípeta, lo que conduce a la 3.ª ley de Kepler

T^2 = \dfrac{4\pi^2}{GM_S}r^3

. Despejando:

r^3 = \dfrac{GM_S T^2}{4\pi^2} = \dfrac{6{,}67\times10^{-11}\cdot5{,}68\times10^{26}\cdot(115\,200)^2}{4\pi^2} \approx 1{,}27\times10^{25}\ \text{m}^3

, de donde

r \approx 2{,}33\times10^{8}\ \text{m}

. La velocidad orbital se obtendría como

v = 2\pi r/T

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EBAU CBR 2024 — Bloque 1 · Ej. 1 (c)Dificultad 3/5

EBAU CBR 2024 — Bloque 1 · Ej. 1 (c) — Signo del trabajo gravitatorio

Una masa $m_3$ es desplazada por el campo gravitatorio que crean otras masas desde un punto cercano hasta una posición muy alejada (en el infinito). El trabajo realizado por el campo gravitatorio resulta negativo.

¿Qué significa físicamente ese signo negativo?

AEl campo se opone al alejamiento; hay que aportar energía externa para alejar la masa

BLa masa se aleja espontáneamente sin aporte de energía

CHay un error de signo en el cálculo

DLa energía potencial gravitatoria disminuye al alejar la masa

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

El campo se opone al alejamiento; hay que aportar energía externa para alejar la masa

Correcto. El campo gravitatorio es atractivo: al alejar la masa, la fuerza se opone al desplazamiento, por lo que el trabajo del campo es negativo (hay que aportar energía externa para alejarla).

El trabajo realizado por el campo gravitatorio es

W_{campo} = -\Delta E_p

. La gravedad es una fuerza atractiva, dirigida hacia las masas. Al alejar

m_3

hacia el infinito, el desplazamiento tiene sentido opuesto a la fuerza, por lo que el campo realiza un trabajo negativo. Esto equivale a decir que la energía potencial gravitatoria aumenta (pasa de un valor negativo hacia cero) y que es necesario aportar energía externa (una fuerza distinta de la gravedad) para conseguir alejar la masa.

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EBAU CBR 2024 — Bloque 2 · Ej. 3 (b)Dificultad 3/5

EBAU CBR 2024 — Bloque 2 · Ej. 3 (b) — Carga a partir del trabajo eléctrico

El potencial eléctrico en el origen de coordenadas, creado por cierta carga, es $V = -180\ \text{V}$ . Una segunda carga $q$ se mueve, empujada por la fuerza eléctrica, desde el origen hasta el infinito, y el trabajo realizado por dicha fuerza es $W = 900\ \text{nJ} = 9{,}0\times10^{-7}\ \text{J}$ .

¿Cuál es el valor de la segunda carga $q$ ?

q = -5\ \text{nC}

q = +5\ \text{nC}

q = -1{,}6\times10^{-4}\ \text{C}

q = -180\ \text{C}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$q = -5\ \text{nC}$

Correcto.

W_{campo} = q\,(V_{origen} - V_\infty) = q\,V_{origen}

(con

V_\infty = 0

). Así

q = \dfrac{W}{V} = \dfrac{9{,}0\times10^{-7}}{-180} = -5{,}0\times10^{-9}\ \text{C} = -5\ \text{nC}

El trabajo realizado por la fuerza eléctrica al desplazar una carga

q

W = q\,(V_{inicial} - V_{final})

. Al ir del origen (

V = -180\ \text{V}

) al infinito (

V_\infty = 0

W = q\,V_{origen}

, de donde

q = \dfrac{W}{V} = \dfrac{9{,}0\times10^{-7}}{-180} = -5{,}0\times10^{-9}\ \text{C} = -5\ \text{nC}

. La carga es negativa: la fuerza eléctrica la aleja realizando un trabajo positivo desde un potencial negativo.

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EBAU CBR 2024 — Bloque 3 · Ej. 5 (a)Dificultad 3/5

EBAU CBR 2024 — Bloque 3 · Ej. 5 (a) — Longitud de onda entre dos puntos en fase

Una onda armónica transversal viaja por una cuerda. Dos puntos $A$ y $B$ , situados en $x_A = 0\ \text{m}$ y $x_B = 0{,}6\ \text{m}$ , oscilan en fase, y entre ellos no hay ningún otro punto que oscile en fase con ellos.

¿Cuál es la longitud de onda de la onda?

\lambda = 0{,}6\ \text{m}

\lambda = 0{,}3\ \text{m}

\lambda = 1{,}2\ \text{m}

\lambda = 0{,}06\ \text{m}

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Respuesta correcta — opción A

$\lambda = 0{,}6\ \text{m}$

Correcto. Dos puntos consecutivos que oscilan en fase están separados exactamente una longitud de onda:

\lambda = x_B - x_A = 0{,}6\ \text{m}

Dos puntos de una onda oscilan en fase cuando la diferencia de fase entre ellos es un múltiplo entero de

2\pi

, lo que ocurre cuando su separación es un número entero de longitudes de onda. Como entre

A

B

no hay ningún otro punto que oscile en fase, son dos puntos en fase consecutivos y, por tanto, su separación es exactamente una longitud de onda:

\lambda = x_B - x_A = 0{,}6\ \text{m}

. (El dato de que cortan el eje cada

0{,}06\ \text{s}

es el semiperíodo, con

T = 0{,}12\ \text{s}

, lo que daría

v = \lambda/T = 5\ \text{m/s}

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EBAU CBR 2024 — Bloque 3 · Ej. 6 (a)Dificultad 3/5

EBAU CBR 2024 — Bloque 3 · Ej. 6 (a) — Intensidad sonora de un altavoz

Un observador se encuentra a $r = 10\ \text{m}$ de un altavoz que emite uniformemente en todas las direcciones con una potencia de $P = 200\ \text{W}$ .

¿Cuál es, aproximadamente, la intensidad sonora en ese punto?

I \approx 0{,}159\ \text{W/m}^2

I \approx 0{,}637\ \text{W/m}^2

I = 2\ \text{W/m}^2

I \approx 0{,}0159\ \text{W/m}^2

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Respuesta correcta — opción A

$I \approx 0{,}159\ \text{W/m}^2$

Correcto.

I = \dfrac{P}{4\pi r^2} = \dfrac{200}{4\pi\cdot10^2} = \dfrac{200}{1256{,}6} \approx 0{,}159\ \text{W/m}^2

Una fuente sonora puntual que emite uniformemente en todas direcciones distribuye su potencia sobre la superficie de una esfera de radio

r

, cuya área es

4\pi r^2

. La intensidad es la potencia por unidad de superficie:

I = \dfrac{P}{4\pi r^2} = \dfrac{200}{4\pi\cdot(10)^2} = \dfrac{200}{1256{,}6} \approx 0{,}159\ \text{W/m}^2

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EBAU CBR 2024 — Bloque 4 · Ej. 7 (a)Dificultad 3/5

EBAU CBR 2024 — Bloque 4 · Ej. 7 (a) — Índice de refracción del vidrio

La longitud de onda de la luz en el vidrio es dos tercios de la longitud de onda en el aire ( $\lambda_v = \tfrac{2}{3}\lambda_a$ ).

Dato: índice de refracción del aire $n_a = 1$ .

¿Cuál es el índice de refracción del vidrio $n_v$ ?

n_v = 1{,}5

n_v = 0{,}67

n_v = 1{,}33

n_v = 2{,}0

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$n_v = 1{,}5$

Correcto. Como

\dfrac{\lambda_a}{\lambda_v} = \dfrac{n_v}{n_a}

, se tiene

n_v = n_a\dfrac{\lambda_a}{\lambda_v} = 1\cdot\dfrac{\lambda_a}{\tfrac{2}{3}\lambda_a} = \dfrac{3}{2} = 1{,}5

Al pasar de un medio a otro, la frecuencia de la luz no cambia, pero sí su velocidad y su longitud de onda:

\lambda = \dfrac{\lambda_0}{n}

, donde

\lambda_0

es la longitud de onda en el vacío/aire. Tomando

n_a = 1

\dfrac{\lambda_a}{\lambda_v} = \dfrac{n_v}{n_a} = n_v

. Como

\lambda_v = \tfrac{2}{3}\lambda_a

, resulta

n_v = \dfrac{\lambda_a}{\lambda_v} = \dfrac{1}{2/3} = \dfrac{3}{2} = 1{,}5

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EBAU CBR 2024 — Bloque 5 · Ej. 9 (a)Dificultad 3/5

EBAU CBR 2024 — Bloque 5 · Ej. 9 (a) — Trabajo de extracción (efecto fotoeléctrico)

Al iluminar un material con luz de longitud de onda $\lambda = 520\ \text{nm}$ se liberan electrones con un potencial de frenado de $V_0 = 0{,}5\ \text{V}$ .

¿Cuál es, aproximadamente, el trabajo de extracción $W$ del material, en eV?

Datos: $h = 6{,}63\times10^{-34}\ \text{J·s}$ ; $c = 3\times10^{8}\ \text{m/s}$ ; $1\ \text{eV} = 1{,}6\times10^{-19}\ \text{J}$ .

W \approx 1{,}89\ \text{eV}

W \approx 2{,}39\ \text{eV}

W = 0{,}5\ \text{eV}

W \approx 2{,}89\ \text{eV}

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Respuesta correcta — opción A

$W \approx 1{,}89\ \text{eV}$

Correcto.

E_{fotón} = \dfrac{hc}{\lambda} = \dfrac{6{,}63\times10^{-34}\cdot3\times10^8}{520\times10^{-9}} \approx 3{,}82\times10^{-19}\ \text{J} \approx 2{,}39\ \text{eV}

. La energía cinética máxima es

E_{c} = eV_0 = 0{,}5\ \text{eV}

, así

W = E_{fotón} - E_c \approx 2{,}39 - 0{,}5 = 1{,}89\ \text{eV}

Por la ecuación de Einstein, la energía del fotón se reparte entre el trabajo de extracción y la energía cinética máxima del electrón:

E_{fotón} = W + E_{c,max}

. La energía del fotón es

E_{fotón} = \dfrac{hc}{\lambda} = \dfrac{6{,}63\times10^{-34}\cdot3\times10^8}{520\times10^{-9}} \approx 3{,}82\times10^{-19}\ \text{J} \approx 2{,}39\ \text{eV}

. El potencial de frenado da la energía cinética máxima:

E_{c,max} = eV_0 = 0{,}5\ \text{eV}

. Por tanto

W = E_{fotón} - E_{c,max} = 2{,}39 - 0{,}5 = 1{,}89\ \text{eV}

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EBAU CBR 2024 — Bloque 5 · Ej. 10 (a)Dificultad 3/5

EBAU CBR 2024 — Bloque 5 · Ej. 10 (a) — Constante de desintegración

La actividad radiactiva de una muestra ha descendido un $40\ \%$ al cabo de $150$ días (es decir, queda el $60\ \%$ de la actividad inicial).

¿Cuál es, aproximadamente, la constante de desintegración $\lambda$ , en $\text{día}^{-1}$ ?

\lambda \approx 3{,}4\times10^{-3}\ \text{día}^{-1}

\lambda \approx 6{,}1\times10^{-3}\ \text{día}^{-1}

\lambda \approx 2{,}7\times10^{-3}\ \text{día}^{-1}

\lambda = 0{,}40\ \text{día}^{-1}

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Respuesta correcta — opción A

$\lambda \approx 3{,}4\times10^{-3}\ \text{día}^{-1}$

Correcto. De

A = A_0 e^{-\lambda t}

con

A/A_0 = 0{,}60

\lambda = -\dfrac{\ln(0{,}60)}{t} = -\dfrac{-0{,}511}{150} \approx 3{,}4\times10^{-3}\ \text{día}^{-1}

La actividad sigue una ley exponencial:

A = A_0 e^{-\lambda t}

. Si la actividad ha descendido un

40\ \%

, queda el

60\ \%

\dfrac{A}{A_0} = 0{,}60

. Tomando logaritmos:

\ln(0{,}60) = -\lambda t

, de donde

\lambda = -\dfrac{\ln(0{,}60)}{t} = -\dfrac{-0{,}511}{150} \approx 3{,}4\times10^{-3}\ \text{día}^{-1}

. El período de semidesintegración sería

T_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{\lambda} \approx 203

días.

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