EAU País VascoConvocatoria ordinaria

Física EAU País Vasco 2024

Física — 2.º Bachillerato — Ejercicios resueltos con explicación

Formato del examen

1 hora 30 minutos
Bloque A (4 problemas, elige 2) y Bloque B (4 cuestiones, elige 2)

Bloques temáticos

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

PDF oficial del examen

8 ejercicios en EureQuiz

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Ejercicios del examen8 ejercicios

EAU EUS 2024 — Problema A.1 (a)Dificultad 3/5

EAU EUS 2024 — Problema A.1 (a) — Gravedad en la órbita de una nave

Una nave tripulada de masa total $m = 2500\ \text{kg}$ se pone en órbita a una altura $h = 315\ \text{km}$ sobre la superficie de la Tierra.

¿Cuál es la aceleración de la gravedad terrestre en ese punto de la órbita?

Datos: $G = 6{,}67\times10^{-11}\ \text{N·m}^2\text{·kg}^{-2}$ ; $M_T = 5{,}97\times10^{24}\ \text{kg}$ ; $R_T = 6371\ \text{km}$ .

g \approx 8{,}91\ \text{m/s}^2

g \approx 9{,}81\ \text{m/s}^2

g \approx 9{,}82\ \text{m/s}^2

g \approx 0{,}89\ \text{m/s}^2

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$g \approx 8{,}91\ \text{m/s}^2$

Correcto.

g = \dfrac{GM_T}{(R_T+h)^2} = \dfrac{6{,}67\times10^{-11}\cdot5{,}97\times10^{24}}{(6{,}371\times10^6 + 3{,}15\times10^5)^2} \approx 8{,}91\ \text{m/s}^2

La intensidad del campo gravitatorio (aceleración de la gravedad) a una distancia

r

del centro de la Tierra es

g = \dfrac{GM_T}{r^2}

. Para una órbita a

h = 315\ \text{km}

, la distancia al centro es

r = R_T + h = 6371 + 315 = 6686\ \text{km} = 6{,}686\times10^6\ \text{m}

. Sustituyendo:

g = \dfrac{6{,}67\times10^{-11}\cdot5{,}97\times10^{24}}{(6{,}686\times10^6)^2} \approx 8{,}91\ \text{m/s}^2

, algo menor que los

9{,}81\ \text{m/s}^2

de la superficie, como cabe esperar al alejarse de la Tierra.

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EAU EUS 2024 — Problema A.1 (c)Dificultad 3/5

EAU EUS 2024 — Problema A.1 (c) — Energía para escapar de la órbita

La misma nave de masa $m = 2500\ \text{kg}$ orbita a $h = 315\ \text{km}$ de altura. En esa órbita circular su energía mecánica es $E = -\dfrac{GM_T m}{2(R_T+h)}$ .

¿Qué energía extra mínima hay que aportarle para que abandone completamente la influencia gravitatoria de la Tierra (energía mecánica final nula)?

Datos: $G = 6{,}67\times10^{-11}\ \text{N·m}^2\text{·kg}^{-2}$ ; $M_T = 5{,}97\times10^{24}\ \text{kg}$ ; $R_T = 6371\ \text{km}$ .

\Delta E \approx 7{,}44\times10^{10}\ \text{J}

\Delta E \approx 1{,}49\times10^{11}\ \text{J}

\Delta E \approx 3{,}72\times10^{10}\ \text{J}

\Delta E \approx 7{,}44\times10^{7}\ \text{J}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$\Delta E \approx 7{,}44\times10^{10}\ \text{J}$

Correcto. La energía extra es

\Delta E = 0 - E_{órbita} = \dfrac{GM_T m}{2(R_T+h)} = \dfrac{6{,}67\times10^{-11}\cdot5{,}97\times10^{24}\cdot2500}{2\cdot6{,}686\times10^6} \approx 7{,}44\times10^{10}\ \text{J}

En una órbita circular, la energía mecánica del satélite es

E_{órbita} = -\dfrac{GM_T m}{2(R_T+h)}

(negativa porque el sistema está ligado). Para que la nave "abandone completamente la influencia de la Tierra" su energía mecánica final debe ser, como mínimo, nula. La energía extra necesaria es

\Delta E = E_{final} - E_{órbita} = 0 - \left(-\dfrac{GM_T m}{2(R_T+h)}\right) = \dfrac{GM_T m}{2(R_T+h)}

. Sustituyendo con

R_T+h = 6{,}686\times10^6\ \text{m}

\Delta E = \dfrac{6{,}67\times10^{-11}\cdot5{,}97\times10^{24}\cdot2500}{2\cdot6{,}686\times10^6} \approx 7{,}44\times10^{10}\ \text{J}

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EAU EUS 2024 — Problema A.2 (b)Dificultad 3/5

EAU EUS 2024 — Problema A.2 (b) — Potencial eléctrico en el centro de un segmento

En los extremos de un segmento de $3\ \text{m}$ de longitud hay dos cargas: $Q_1 = +1\ \mu\text{C}$ (izquierda) y $Q_2 = +2\ \mu\text{C}$ (derecha). El punto medio $M$ está a $1{,}5\ \text{m}$ de cada carga.

¿Cuál es el potencial eléctrico total en el punto central $M$ ?

Datos: $K = 9\times10^{9}\ \text{N·m}^2\text{·C}^{-2}$ ; $1\ \mu\text{C} = 10^{-6}\ \text{C}$ .

V_M = 1{,}8\times10^4\ \text{V}

(18 kV)

V_M = 6\times10^3\ \text{V}

V_M = 1{,}2\times10^4\ \text{V}

V_M = 0\ \text{V}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$V_M = 1{,}8\times10^4\ \text{V}$ (18 kV)

Correcto.

V_M = K\dfrac{Q_1}{1{,}5} + K\dfrac{Q_2}{1{,}5} = 9\times10^9\dfrac{(1+2)\times10^{-6}}{1{,}5} = 1{,}8\times10^4\ \text{V} = 18\ \text{kV}

El potencial eléctrico es una magnitud escalar y el potencial total en un punto es la suma algebraica de los potenciales creados por cada carga:

V = \sum K\dfrac{Q_i}{r_i}

. El punto central

M

está a

1{,}5\ \text{m}

de cada carga. Como ambas son positivas, sus potenciales se suman:

V_M = K\dfrac{Q_1}{1{,}5} + K\dfrac{Q_2}{1{,}5} = 9\times10^9\cdot\dfrac{(1+2)\times10^{-6}}{1{,}5} = 9\times10^9\cdot2\times10^{-6} = 1{,}8\times10^4\ \text{V}

, es decir,

18\ \text{kV}

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EAU EUS 2024 — Problema A.3 (a)Dificultad 3/5

EAU EUS 2024 — Problema A.3 (a) — Ángulo de refracción en una lámina de vidrio

Un haz de luz roja incide desde el aire ( $n_{aire} = 1$ ) sobre una lámina de vidrio ( $n_{vidrio} = 1{,}3$ ) con un ángulo de incidencia de $45°$ .

¿Cuál es el ángulo de refracción dentro del vidrio? ( $\sin 45° = 0{,}707$ )

\theta_2 \approx 33°

\theta_2 = 45°

\theta_2 \approx 58{,}7°

\theta_2 \approx 0{,}544°

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$\theta_2 \approx 33°$

Correcto. Por la ley de Snell,

n_{aire}\sin 45° = n_{vidrio}\sin\theta_2

, así

\sin\theta_2 = \dfrac{1\cdot0{,}707}{1{,}3} = 0{,}544 \Rightarrow \theta_2 \approx 33°

La refracción se describe con la ley de Snell:

n_1\sin\theta_1 = n_2\sin\theta_2

. Al pasar del aire (

n_1 = 1

) al vidrio (

n_2 = 1{,}3

), que es más denso ópticamente, el rayo se acerca a la normal. Despejando:

\sin\theta_2 = \dfrac{n_1\sin\theta_1}{n_2} = \dfrac{1\cdot\sin 45°}{1{,}3} = \dfrac{0{,}707}{1{,}3} = 0{,}544

, de donde

\theta_2 = \arcsin(0{,}544) \approx 33°

. El color (frecuencia) de la luz no cambia al cambiar de medio.

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EAU EUS 2024 — Problema A.3 (c)Dificultad 3/5

EAU EUS 2024 — Problema A.3 (c) — Tiempo de la luz al atravesar el vidrio

Un haz de luz atraviesa una lámina de vidrio de espesor $L = 30\ \text{cm} = 0{,}30\ \text{m}$ ( $n_{vidrio} = 1{,}3$ ). Para simplificar, considera el recorrido perpendicular a la lámina.

¿Qué tiempo tarda la luz en atravesar el vidrio?

Dato: $c = 3\times10^{8}\ \text{m/s}$ .

t \approx 1{,}3\times10^{-9}\ \text{s}

t \approx 1{,}0\times10^{-9}\ \text{s}

t \approx 7{,}7\times10^{-10}\ \text{s}

t \approx 3{,}9\times10^{8}\ \text{s}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$t \approx 1{,}3\times10^{-9}\ \text{s}$

Correcto. La velocidad en el vidrio es

v = \dfrac{c}{n} = \dfrac{3\times10^8}{1{,}3} = 2{,}31\times10^8\ \text{m/s}

. El tiempo es

t = \dfrac{L}{v} = \dfrac{0{,}30}{2{,}31\times10^8} \approx 1{,}3\times10^{-9}\ \text{s}

En un medio material de índice de refracción

n

, la luz viaja a velocidad

v = \dfrac{c}{n}

, inferior a la del vacío. En el vidrio:

v = \dfrac{3\times10^8}{1{,}3} \approx 2{,}31\times10^8\ \text{m/s}

. Considerando el recorrido perpendicular igual al espesor

L = 0{,}30\ \text{m}

, el tiempo es

t = \dfrac{L}{v} = \dfrac{0{,}30}{2{,}31\times10^8} \approx 1{,}3\times10^{-9}\ \text{s}

(1,3 ns). Como la luz se frena en el vidrio, tarda más que si recorriera la misma distancia en el vacío.

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EAU EUS 2024 — Problema A.4 (a)Dificultad 3/5

EAU EUS 2024 — Problema A.4 (a) — Energía cinética máxima en el efecto fotoeléctrico

Fotones de longitud de onda $\lambda = 150\ \text{nm}$ inciden sobre una placa metálica y arrancan electrones. El potencial de frenado medido es $V_0 = 1{,}25\ \text{V}$ .

¿Cuál es la energía cinética máxima de los electrones emitidos?

Dato: carga del electrón $e = 1{,}6\times10^{-19}\ \text{C}$ .

E_{c,max} = 2{,}0\times10^{-19}\ \text{J}

E_{c,max} = 1{,}25\ \text{J}

E_{c,max} = 1{,}32\times10^{-18}\ \text{J}

E_{c,max} = 1{,}28\times10^{-19}\ \text{J}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$E_{c,max} = 2{,}0\times10^{-19}\ \text{J}$

Correcto. El potencial de frenado mide directamente la energía cinética máxima:

E_{c,max} = eV_0 = 1{,}6\times10^{-19}\cdot1{,}25 = 2{,}0\times10^{-19}\ \text{J}

En el efecto fotoeléctrico, el potencial de frenado

V_0

es el voltaje (de oposición) necesario para detener incluso a los electrones más rápidos. El trabajo eléctrico que los frena iguala su energía cinética máxima:

E_{c,max} = eV_0

. Con

e = 1{,}6\times10^{-19}\ \text{C}

V_0 = 1{,}25\ \text{V}

E_{c,max} = 1{,}6\times10^{-19}\cdot1{,}25 = 2{,}0\times10^{-19}\ \text{J}

(equivale a

1{,}25\ \text{eV}

). Esta energía cinética es independiente de la intensidad de la luz: solo depende de la frecuencia del fotón y del material.

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EAU EUS 2024 — Cuestión B.2Dificultad 3/5

EAU EUS 2024 — Cuestión B.2 — Fuerza magnética sobre una carga en movimiento

Una cuestión teórica del examen pregunta por la fuerza que un campo magnético uniforme ejerce sobre una carga puntual cuando su velocidad es perpendicular al campo.

¿Qué trayectoria describe esa carga?

AUna circunferencia (movimiento circular uniforme)

BUna línea recta a velocidad constante

CUna hélice

DUna parábola

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

Una circunferencia (movimiento circular uniforme)

Correcto. Con

\vec{v}\perp\vec{B}

, la fuerza

\vec{F} = q\vec{v}\times\vec{B}

es siempre perpendicular a

\vec{v}

y de módulo constante: actúa de fuerza centrípeta y la carga describe una circunferencia.

La fuerza magnética sobre una carga en movimiento es

\vec{F} = q\vec{v}\times\vec{B}

, siempre perpendicular a la velocidad. Cuando

\vec{v}

es perpendicular a

\vec{B}

, el módulo de la fuerza es constante (

F = |q|vB

) y, al ser siempre perpendicular a

\vec{v}

, no realiza trabajo ni cambia la rapidez: solo curva la trayectoria. Una fuerza centrípeta de módulo constante produce un movimiento circular uniforme de radio

R = \dfrac{mv}{|q|B}

. Si la velocidad tuviera además una componente paralela a

\vec{B}

, la trayectoria sería una hélice; si fuera totalmente paralela, una recta.

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EAU EUS 2024 — Cuestión B.4Dificultad 3/5

EAU EUS 2024 — Cuestión B.4 — Radiactividad natural y leyes de Soddy

Una cuestión teórica pide describir la radiactividad natural y las emisiones $\alpha$ , $\beta$ y $\gamma$ .

Según las leyes de Soddy-Fajans, ¿qué le ocurre al núcleo cuando emite una partícula alfa ( $^4_2\text{He}$ )?

Z

disminuye en 2 y

A

disminuye en 4

Z

aumenta en 1 y

A

no cambia

Z

A

no cambian (solo se libera energía)

Z

disminuye en 4 y

A

disminuye en 4

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$Z$ disminuye en 2 y $A$ disminuye en 4

Correcto. En la emisión

\alpha

el núcleo pierde 2 protones y 2 neutrones: el número atómico

Z

disminuye en 2 y el másico

A

en 4.

La radiactividad natural es la desintegración espontánea de núcleos inestables, que emiten partículas

\alpha

\beta

o radiación

\gamma

. Las leyes de desplazamiento de Soddy-Fajans describen cómo cambian los números atómico (

Z

) y másico (

A

): en la emisión

\alpha

el núcleo expulsa un núcleo de helio

^4_2\text{He}

(2 protones + 2 neutrones), por lo que

Z

disminuye en 2 y

A

en 4. En la emisión

\beta^-

, un neutrón se transforma en protón y se emite un electrón:

Z

aumenta en 1 y

A

no varía. La emisión

\gamma

es un fotón de alta energía que no altera

Z

A

, solo desexcita el núcleo.

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