EBAU Castilla y LeónConvocatoria ordinaria

Física EBAU Castilla y León 2024

Física — 2.º Bachillerato — Ejercicios resueltos con explicación

Formato del examen

1 hora 30 minutos
Bloque A (7 de 11) y bloque B (3 de 6): 10 preguntas en total

Bloques temáticos

Interacción gravitatoria
Interacción electromagnética
Ondas
Óptica geométrica
Física del siglo XX

PDF oficial del examen

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Ejercicios del examen10 ejercicios

EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.1Dificultad 3/5

EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.1 — Velocidad de escape lunar

Sabiendo que la masa de la Luna es $81$ veces menor que la de la Tierra y que la gravedad en su superficie es $6$ veces menor que la gravedad terrestre, ¿cuál es la velocidad de escape desde la superficie lunar?

Datos: $G = 6{,}67\times10^{-11}\ \text{N m}^2\ \text{kg}^{-2}$ ; $g_0 = 9{,}80\ \text{m/s}^2$ ; $M_T = 5{,}98\times10^{24}\ \text{kg}$ .

v_e \approx 2{,}38\times10^3\ \text{m/s}

v_e \approx 1{,}12\times10^4\ \text{m/s}

v_e \approx 1{,}68\times10^3\ \text{m/s}

v_e \approx 3{,}37\times10^3\ \text{m/s}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$v_e \approx 2{,}38\times10^3\ \text{m/s}$

Correcto.

g_L = g_0/6 = 1{,}63\ \text{m/s}^2

R_L = \sqrt{GM_L/g_L} = 1{,}74\times10^6\ \text{m}

. La velocidad de escape es

v_e = \sqrt{2g_L R_L} \approx 2{,}38\times10^3\ \text{m/s}

La gravedad lunar es

g_L = g_0/6 = 1{,}63\ \text{m/s}^2

y la masa

M_L = M_T/81 = 7{,}38\times10^{22}\ \text{kg}

. El radio lunar sale de

g_L = GM_L/R_L^2

R_L = \sqrt{GM_L/g_L} = 1{,}74\times10^6\ \text{m}

. La velocidad de escape es

v_e = \sqrt{\frac{2GM_L}{R_L}} = \sqrt{2g_L R_L} = \sqrt{2\cdot1{,}63\cdot1{,}74\times10^6} \approx 2{,}38\times10^3\ \text{m/s}

, mucho menor que la terrestre (

11{,}2\ \text{km/s}

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EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.2Dificultad 3/5

EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.2 — Masa de un satélite en órbita

Un satélite artificial se encuentra en órbita circular alrededor de la Tierra moviéndose a una velocidad de $6{,}9\ \text{km/s}$ . Si la fuerza gravitatoria que actúa sobre el satélite en dicha órbita es $5700\ \text{N}$ , ¿cuál es su masa?

Datos: $G = 6{,}67\times10^{-11}\ \text{N m}^2\ \text{kg}^{-2}$ ; $M_T = 5{,}98\times10^{24}\ \text{kg}$ .

m \approx 1{,}00\times10^3\ \text{kg}

m \approx 580\ \text{kg}

m \approx 5{,}70\times10^3\ \text{kg}

m \approx 2{,}01\times10^3\ \text{kg}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$m \approx 1{,}00\times10^3\ \text{kg}$

Correcto. El radio orbital sale de

v^2 = GM_T/r

r = GM_T/v^2 = 8{,}38\times10^6\ \text{m}

. Como

F = mv^2/r

m = Fr/v^2 = 5700\cdot8{,}38\times10^6/6900^2 \approx 1003\ \text{kg}

En una órbita circular la velocidad cumple

v^2 = GM_T/r

, de donde el radio es

r = GM_T/v^2 = \frac{6{,}67\times10^{-11}\cdot5{,}98\times10^{24}}{6900^2} = 8{,}38\times10^6\ \text{m}

. La fuerza gravitatoria es la centrípeta,

F = m\frac{v^2}{r}

, así que la masa es

m = \frac{Fr}{v^2} = \frac{5700\cdot8{,}38\times10^6}{6900^2} \approx 1{,}00\times10^3\ \text{kg}

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EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.4Dificultad 3/5

EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.4 — Campo magnético de dos hilos paralelos

Dos conductores rectilíneos, paralelos e indefinidos, $C_1$ y $C_2$ , distan entre sí $10\ \text{cm}$ . Por $C_1$ circula una corriente de $10\ \text{A}$ y por $C_2$ otra de $15\ \text{A}$ en el mismo sentido. Un punto $P$ está a $5\ \text{cm}$ de $C_1$ y a $15\ \text{cm}$ de $C_2$ , en el plano que contiene ambos hilos (es decir, fuera del par, al lado de $C_1$ ).

¿Cuál es el campo magnético total en $P$ ?

Dato: $\mu_0 = 4\pi\times10^{-7}\ \text{N A}^{-2}$ .

B \approx 2{,}0\times10^{-5}\ \text{T}

B \approx 6{,}0\times10^{-5}\ \text{T}

B \approx 4{,}0\times10^{-5}\ \text{T}

B \approx 1{,}0\times10^{-5}\ \text{T}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$B \approx 2{,}0\times10^{-5}\ \text{T}$

Correcto.

B_1 = \frac{\mu_0 I_1}{2\pi d_1} = 4{,}0\times10^{-5}\ \text{T}

B_2 = \frac{\mu_0 I_2}{2\pi d_2} = 2{,}0\times10^{-5}\ \text{T}

. En

P

(fuera del par) los campos tienen sentidos opuestos, así que

B = B_1 - B_2 = 2{,}0\times10^{-5}\ \text{T}

El campo de un hilo rectilíneo infinito es

B = \frac{\mu_0 I}{2\pi d}

. Para

C_1

B_1 = \frac{4\pi\times10^{-7}\cdot10}{2\pi\cdot0{,}05} = 4{,}0\times10^{-5}\ \text{T}

. Para

C_2

B_2 = \frac{4\pi\times10^{-7}\cdot15}{2\pi\cdot0{,}15} = 2{,}0\times10^{-5}\ \text{T}

. Como

P

está fuera del par y ambas corrientes van en el mismo sentido, por la regla de la mano derecha los campos en

P

son opuestos, de modo que

B = B_1 - B_2 = 2{,}0\times10^{-5}\ \text{T}

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EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.5Dificultad 3/5

EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.5 — FEM máxima de una bobina giratoria

Una bobina rectangular de $100$ espiras y dimensiones $10\ \text{cm}\times15\ \text{cm}$ gira a $2000\ \text{rpm}$ alrededor de un eje contenido en el plano de la bobina y perpendicular a un campo magnético uniforme de $0{,}8\ \text{T}$ .

¿Cuál es la fuerza electromotriz máxima que puede suministrar?

\varepsilon_0 \approx 251\ \text{V}

\varepsilon_0 \approx 1{,}2\ \text{V}

\varepsilon_0 \approx 4{,}0\ \text{V}

\varepsilon_0 \approx 2{,}51\ \text{V}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$\varepsilon_0 \approx 251\ \text{V}$

Correcto.

\omega = 2\pi\cdot2000/60 = 209{,}4\ \text{rad/s}

. La FEM máxima es

\varepsilon_0 = NBA\omega = 100\cdot0{,}8\cdot0{,}015\cdot209{,}4 \approx 251\ \text{V}

El flujo a través de la bobina giratoria es

\Phi = NBA\cos(\omega t)

, así que la FEM inducida es

\varepsilon = -\frac{d\Phi}{dt} = NBA\omega\sin(\omega t)

, cuyo valor máximo es

\varepsilon_0 = NBA\omega

. Convirtiendo la velocidad de giro:

\omega = 2\pi\frac{2000}{60} = 209{,}4\ \text{rad/s}

. Con

A = 0{,}10\cdot0{,}15 = 0{,}015\ \text{m}^2

\varepsilon_0 = 100\cdot0{,}8\cdot0{,}015\cdot209{,}4 \approx 251\ \text{V}

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EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.6Dificultad 3/5

EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.6 — Elongación de una onda armónica

Una onda armónica transversal de amplitud $10\ \text{cm}$ se propaga en el sentido positivo del eje $X$ . En el instante inicial, la elongación es máxima y positiva en el origen.

¿Cuál es la elongación de un punto $P$ situado a una distancia $\lambda/6$ del origen en el instante $t = T/4$ ?

y \approx 8{,}66\ \text{cm}

y \approx 5{,}0\ \text{cm}

y \approx 10\ \text{cm}

y \approx -8{,}66\ \text{cm}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$y \approx 8{,}66\ \text{cm}$

Correcto. Con máximo positivo en el origen en

t=0

y = A\cos(\omega t - kx)

. En

x = \lambda/6

t = T/4

: la fase es

\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6}

, luego

y = 10\cos(\pi/6) \approx 8{,}66\ \text{cm}

Como en

t=0

la elongación es máxima y positiva en el origen y la onda viaja hacia

+X

, su ecuación es

y(x,t) = A\cos(\omega t - kx)

. Sustituyendo

\omega t = \frac{2\pi}{T}\cdot\frac{T}{4} = \frac{\pi}{2}

kx = \frac{2\pi}{\lambda}\cdot\frac{\lambda}{6} = \frac{\pi}{3}

, la fase vale

\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6}

. Entonces

y = 10\cos\frac{\pi}{6} = 10\cdot\frac{\sqrt3}{2} \approx 8{,}66\ \text{cm}

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EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.7Dificultad 3/5

EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.7 — Nivel de intensidad sonora

Un foco sonoro, considerado puntual, emite una energía de $1{,}5\times10^{-2}\ \text{J}$ por minuto.

¿Cuál es el nivel de intensidad sonora que percibe una persona a $20\ \text{m}$ del foco?

Dato: intensidad física umbral $I_0 = 10^{-12}\ \text{W/m}^2$ .

\beta \approx 47{,}0\ \text{dB}

\beta \approx 67{,}0\ \text{dB}

\beta \approx 57{,}0\ \text{dB}

\beta \approx 4{,}7\ \text{dB}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$\beta \approx 47{,}0\ \text{dB}$

Correcto.

P = E/\Delta t = 1{,}5\times10^{-2}/60 = 2{,}5\times10^{-4}\ \text{W}

I = \frac{P}{4\pi r^2} = \frac{2{,}5\times10^{-4}}{4\pi\cdot20^2} = 4{,}97\times10^{-8}\ \text{W/m}^2

\beta = 10\log(I/I_0) \approx 47{,}0\ \text{dB}

La potencia emitida es

P = E/\Delta t = \frac{1{,}5\times10^{-2}}{60} = 2{,}5\times10^{-4}\ \text{W}

. A

20\ \text{m}

, con emisión esférica, la intensidad es

I = \frac{P}{4\pi r^2} = \frac{2{,}5\times10^{-4}}{4\pi\cdot20^2} = 4{,}97\times10^{-8}\ \text{W/m}^2

. El nivel de intensidad sonora es

\beta = 10\log\frac{I}{I_0} = 10\log\frac{4{,}97\times10^{-8}}{10^{-12}} \approx 47{,}0\ \text{dB}

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EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.8Dificultad 3/5

EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.8 — Refracción y ángulo límite

Un buceador enciende una linterna bajo el agua (índice de refracción $n_{agua} = 1{,}33$ ) y dirige el haz hacia arriba formando un ángulo de $40°$ con la vertical.

¿Cuál es el ángulo de incidencia a partir del cual el haz ya no saldría al aire (ángulo límite)?

\theta_L \approx 48{,}8°

\theta_L = 40°

\theta_L \approx 58{,}8°

\theta_L \approx 41{,}2°

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$\theta_L \approx 48{,}8°$

Correcto. El ángulo límite cumple

\sin\theta_L = \frac{n_{aire}}{n_{agua}} = \frac{1}{1{,}33}

, de donde

\theta_L = \arcsin(0{,}752) \approx 48{,}8°

El ángulo límite (de reflexión total interna) es el ángulo de incidencia para el que el rayo refractado emerge rasante (

90°

). Por la ley de Snell,

n_{agua}\sin\theta_L = n_{aire}\sin90°

, así que

\sin\theta_L = \frac{n_{aire}}{n_{agua}} = \frac{1}{1{,}33} = 0{,}752

\theta_L = \arcsin(0{,}752) \approx 48{,}8°

. Por encima de ese ángulo, la luz no sale al aire. (A

40°

, menor que el límite, el haz sí emergería, con un ángulo de refracción de unos

58{,}8°

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EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.9Dificultad 3/5

EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.9 — Posiciones de una lente para imagen nítida

Un objeto de $3\ \text{cm}$ se sitúa a $64\ \text{cm}$ de una pantalla. Entre el objeto y la pantalla se coloca una lente convergente de focal $12\ \text{cm}$ . Existen dos posiciones de la lente que dan imagen nítida en la pantalla.

¿Cuáles son las distancias objeto ( $d_o$ ) en esas dos posiciones?

d_o = 16\ \text{cm}

d_o = 48\ \text{cm}

d_o = 12\ \text{cm}

d_o = 52\ \text{cm}

d_o = 32\ \text{cm}

(única)

d_o = 24\ \text{cm}

d_o = 40\ \text{cm}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$d_o = 16\ \text{cm}$ y $d_o = 48\ \text{cm}$

Correcto. Con

d_o + d_i = 64

\frac{1}{d_o} + \frac{1}{d_i} = \frac{1}{12}

, sale

d_o^2 - 64 d_o + 768 = 0

d_o = 16\ \text{cm}

d_o = 48\ \text{cm}

(posiciones simétricas).

La separación objeto-pantalla es fija:

d_o + d_i = 64\ \text{cm}

. Junto con la ecuación de la lente

\frac{1}{d_o} + \frac{1}{d_i} = \frac{1}{12}

se obtiene la cuadrática

d_o^2 - 64 d_o + 768 = 0

, cuyas soluciones son

d_o = 16\ \text{cm}

d_o = 48\ \text{cm}

. Son posiciones simétricas (método de Bessel): en una la imagen está aumentada (tamaño

9\ \text{cm}

d_i = 48

) y en la otra reducida (tamaño

1\ \text{cm}

d_i = 16

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EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.11Dificultad 3/5

EBAU CYL 2024 (ordinaria) — A.11 — De Broglie y efecto fotoeléctrico

La longitud de onda de de Broglie de los electrones emitidos por un metal es $1{,}5\ \text{nm}$ cuando incide sobre él un cierto haz de luz. El trabajo de extracción del metal es $1{,}3\ \text{eV}$ .

¿Cuál es la longitud de onda de la luz incidente?

Datos: $h = 6{,}63\times10^{-34}\ \text{J·s}$ ; $c = 3\times10^8\ \text{m/s}$ ; $m_e = 9{,}11\times10^{-31}\ \text{kg}$ ; $1\ \text{eV} = 1{,}60\times10^{-19}\ \text{J}$ .

\lambda \approx 631\ \text{nm}

\lambda \approx 955\ \text{nm}

\lambda = 1{,}5\ \text{nm}

\lambda \approx 1850\ \text{nm}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$\lambda \approx 631\ \text{nm}$

Correcto. De

\lambda_{dB} = h/p

E_c = \frac{p^2}{2m_e} = \frac{(h/\lambda_{dB})^2}{2m_e} \approx 0{,}67\ \text{eV}

. Por Einstein,

E_{fotón} = W + E_c = 1{,}97\ \text{eV}

, luego

\lambda = hc/E_{fotón} \approx 631\ \text{nm}

(visible, rojo).

De la longitud de onda de de Broglie

\lambda_{dB} = h/p

se obtiene el momento del electrón y su energía cinética:

E_c = \frac{p^2}{2m_e} = \frac{(h/\lambda_{dB})^2}{2m_e} = \frac{(6{,}63\times10^{-34}/1{,}5\times10^{-9})^2}{2\cdot9{,}11\times10^{-31}} \approx 1{,}07\times10^{-19}\ \text{J} = 0{,}67\ \text{eV}

. Por la ecuación de Einstein, la energía del fotón incidente es

E_{fotón} = W_{ext} + E_c = 1{,}3 + 0{,}67 = 1{,}97\ \text{eV}

. Su longitud de onda es

\lambda = \frac{hc}{E_{fotón}} = \frac{6{,}63\times10^{-34}\cdot3\times10^8}{1{,}97\cdot1{,}60\times10^{-19}} \approx 6{,}31\times10^{-7}\ \text{m} = 631\ \text{nm}

, que pertenece al rango visible (luz roja).

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EBAU CYL 2024 (extraordinaria) — A.10Dificultad 3/5

EBAU CYL 2024 (extraordinaria) — A.10 — Masa de $^{131}$ I por su actividad

La leche de las vacas próximas a una central nuclear se analiza para detectar $^{131}\text{I}$ (periodo de semidesintegración $T_{1/2} = 8{,}02\ \text{días}$ ). Según el reglamento, la actividad de $1\ \text{L}$ de leche debe ser inferior a $3{,}7\times10^{-2}\ \text{Bq}$ .

¿Qué masa de $^{131}\text{I}$ corresponde a esa actividad?

Datos: $N_A = 6{,}022\times10^{23}\ \text{mol}^{-1}$ ; masa molar $\approx 131\ \text{g/mol}$ .

m \approx 8{,}0\times10^{-18}\ \text{g}

m \approx 8{,}0\times10^{-12}\ \text{g}

m \approx 3{,}7\times10^{-2}\ \text{g}

m \approx 6{,}0\times10^{-24}\ \text{g}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$m \approx 8{,}0\times10^{-18}\ \text{g}$

Correcto.

\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = 1{,}00\times10^{-6}\ \text{s}^{-1}

. De

A = \lambda N

N = A/\lambda = 3{,}70\times10^4

átomos. La masa es

m = \frac{N}{N_A}\cdot131 \approx 8{,}0\times10^{-18}\ \text{g}

La constante de desintegración se obtiene del periodo de semidesintegración:

\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{0{,}693}{8{,}02\cdot86400} = 1{,}00\times10^{-6}\ \text{s}^{-1}

. De la ley de actividad

A = \lambda N

, el número de núcleos es

N = \frac{A}{\lambda} = \frac{3{,}7\times10^{-2}}{1{,}00\times10^{-6}} = 3{,}70\times10^4

átomos. La masa correspondiente es

m = \frac{N}{N_A}\cdot M = \frac{3{,}70\times10^4}{6{,}022\times10^{23}}\cdot131 \approx 8{,}0\times10^{-18}\ \text{g}

, una cantidad ínfima pero detectable por su radiactividad.

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