PBAU Illes BalearsConvocatoria ordinaria

Física PBAU Illes Balears 2025

Física — 2.º Bachillerato — Ejercicios resueltos con explicación

Formato del examen

1 hora 30 minutos
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Bloques temáticos

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

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Ejercicios del examen8 ejercicios

PBAU Illes Balears 2025 — Problema 1bDificultad 3/5

PBAU Illes Balears 2025 — Problema 1b — Tercera ley de Kepler

Para un sistema planetario alrededor de la estrella $\alpha$ -Centauri B ( $M_B = 1{,}789\times10^{30}\ \text{kg}$ ), la tercera ley de Kepler da $\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{4\pi^2}{G(M_{estrella}+M_{planeta})} \approx \dfrac{4\pi^2}{GM_B}$ .

¿Cuál es el valor de $\dfrac{T^2}{a^3}$ (en unidades SI)? Dato: $G = 6{,}674\times10^{-11}$ .

\dfrac{T^2}{a^3} \approx 3{,}31\times10^{-19}\ \text{s}^2/\text{m}^3

\dfrac{T^2}{a^3} \approx 3{,}31\times10^{19}

\dfrac{T^2}{a^3} \approx 1{,}19\times10^{20}

\dfrac{T^2}{a^3} = 4\pi^2

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$\dfrac{T^2}{a^3} \approx 3{,}31\times10^{-19}\ \text{s}^2/\text{m}^3$

Correcto.

\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM_B} = \dfrac{39{,}48}{6{,}674\times10^{-11}\cdot1{,}789\times10^{30}} \approx 3{,}31\times10^{-19}\ \text{s}^2/\text{m}^3

La tercera ley de Kepler en forma newtoniana es

\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{4\pi^2}{G(M_{estrella}+M_{planeta})}

. Despreciando la masa del planeta frente a la estrella:

\dfrac{T^2}{a^3} \approx \dfrac{4\pi^2}{GM_B} = \dfrac{39{,}48}{6{,}674\times10^{-11}\cdot1{,}789\times10^{30}} \approx 3{,}31\times10^{-19}\ \text{s}^2/\text{m}^3

. Esta constante es la misma para todos los planetas que orbiten esa estrella.

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PBAU Illes Balears 2025 — Problema 1cDificultad 3/5

PBAU Illes Balears 2025 — Problema 1c — Periodo orbital (Kepler)

Un planeta orbita $\alpha$ -Centauri B en una elipse con periastro $0{,}45\ \text{UA}$ y apoastro $0{,}60\ \text{UA}$ . El semieje mayor es $a = \dfrac{0{,}45+0{,}60}{2}$ .

¿Cuál es el semieje mayor $a$ ?

a = 0{,}525\ \text{UA}

a = 1{,}05\ \text{UA}

a = 0{,}45\ \text{UA}

a = 0{,}60\ \text{UA}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$a = 0{,}525\ \text{UA}$

Correcto. El semieje mayor es la media del periastro y el apoastro:

a = \dfrac{0{,}45 + 0{,}60}{2} = 0{,}525\ \text{UA}

En una órbita elíptica, la distancia mínima (periastro) y la máxima (apoastro) suman el eje mayor de la elipse. El semieje mayor es la mitad:

a = \dfrac{r_{periastro} + r_{apoastro}}{2} = \dfrac{0{,}45 + 0{,}60}{2} = 0{,}525\ \text{UA}

. Este valor se usa luego en la tercera ley de Kepler para calcular el periodo.

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PBAU Illes Balears 2025 — Problema 1aDificultad 3/5

PBAU Illes Balears 2025 — Problema 1a — Justificación de la tercera ley de Kepler

¿Por qué la expresión $\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{4\pi^2}{G(M_{estrella}+M_{planeta})}$ justifica la tercera ley de Kepler?

APorque

T^2/a^3

es constante para todos los planetas de la estrella

BPorque

T

a

son constantes para cada planeta

CPorque

G

varía con cada planeta

DPorque la masa del planeta es la que manda

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

Porque $T^2/a^3$ es constante para todos los planetas de la estrella

Correcto. Porque el segundo miembro depende esencialmente de la masa de la estrella (constante para un sistema), de modo que

\dfrac{T^2}{a^3}

es la misma para todos los planetas que la orbitan.

La tercera ley de Kepler afirma que el cociente

\dfrac{T^2}{a^3}

es el mismo para todos los planetas que orbitan una misma estrella. La expresión newtoniana

\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{4\pi^2}{G(M_{estrella}+M_{planeta})}

lo justifica: como

G

es una constante universal y la masa de la estrella es fija (y la del planeta suele despreciarse), el segundo miembro es constante para todo el sistema, independientemente del planeta concreto.

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PBAU Illes Balears 2025 — Problema 2bDificultad 3/5

PBAU Illes Balears 2025 — Problema 2b — Potencial entre cargas iguales

Dos cargas $q_1 = q_2 = 20\ \text{nC}$ están en dos vértices de un triángulo equilátero de $8\ \text{cm}$ de lado. Por simetría, el potencial en el punto medio de la base ( $B$ ) y en el vértice superior ( $A$ ) cumple cierta relación.

¿Qué se puede afirmar sobre $V(B) - V(A)$ si $A$ está más lejos de las cargas que $B$ ?

V(B) - V(A) > 0

(B está más cerca de las cargas)

V(B) - V(A) < 0

V(B) - V(A) = 0

DNo se puede determinar el signo

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$V(B) - V(A) > 0$ (B está más cerca de las cargas)

Correcto. El punto

B

(medio de la base, a

4\ \text{cm}

de cada carga) está más cerca que

A

(vértice superior, a

8\ \text{cm}

). Como

V \propto 1/r

y las cargas son positivas,

V(B) > V(A)

, así

V(B) - V(A) > 0

El potencial creado por cargas positivas decae con la distancia (

V = kq/r

). El punto

B

, en el medio de la base, está a

4\ \text{cm}

de cada carga, mientras que

A

, el vértice superior, está a

8\ \text{cm}

(el lado del triángulo). Al estar

B

más cerca de ambas cargas, su potencial es mayor:

V(B) > V(A)

, de modo que

V(B) - V(A) > 0

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PBAU Illes Balears 2025 — Problema 3aDificultad 3/5

PBAU Illes Balears 2025 — Problema 3a — Fuerza entre conductores paralelos

Dos conductores paralelos a $d = 4\ \text{mm} = 0{,}004\ \text{m}$ llevan $I_1 = 9\ \text{A}$ e $I_3 = 4\ \text{A}$ en el mismo sentido.

¿Cuál es la fuerza por unidad de longitud entre ellos y de qué tipo?

Dato: $\mu_0 = 4\pi\times10^{-7}\ \text{T·m/A}$ .

\dfrac{F}{L} = 1{,}8\times10^{-3}\ \text{N/m}

, atractiva

\dfrac{F}{L} = 1{,}8\times10^{-3}\ \text{N/m}

, repulsiva

\dfrac{F}{L} = 9\times10^{-4}\ \text{N/m}

, atractiva

\dfrac{F}{L} = 3{,}6\times10^{-3}\ \text{N/m}

, atractiva

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$\dfrac{F}{L} = 1{,}8\times10^{-3}\ \text{N/m}$ , atractiva

Correcto.

\dfrac{F}{L} = \dfrac{\mu_0 I_1 I_3}{2\pi d} = \dfrac{4\pi\times10^{-7}\cdot9\cdot4}{2\pi\cdot0{,}004} = \dfrac{2\times10^{-7}\cdot36}{0{,}004} = 1{,}8\times10^{-3}\ \text{N/m}

, atractiva (mismo sentido).

La fuerza por unidad de longitud entre dos conductores paralelos es

\dfrac{F}{L} = \dfrac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi d}

. Con

I_1 = 9\ \text{A}

I_3 = 4\ \text{A}

d = 0{,}004\ \text{m}

\dfrac{F}{L} = \dfrac{4\pi\times10^{-7}\cdot36}{2\pi\cdot0{,}004} = 1{,}8\times10^{-3}\ \text{N/m}

. Al circular las corrientes en el mismo sentido, la fuerza es atractiva.

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PBAU Illes Balears 2025 — Problema 4bDificultad 3/5

PBAU Illes Balears 2025 — Problema 4b — Ángulo límite entre dos prismas

La luz pasa de un prisma de índice $n_1 = 1{,}77$ a otro de $n_2 = 1{,}68$ . El ángulo límite cumple $\sin\theta_L = \dfrac{n_2}{n_1}$ (del medio más denso al menos denso).

¿Cuál es el ángulo límite entre los dos prismas?

\theta_L \approx 71{,}6^\circ

(entrando por el prisma 1, más denso)

\theta_L \approx 18{,}4^\circ

\theta_L = 45^\circ

DNo existe ángulo límite

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Respuesta correcta — opción A

$\theta_L \approx 71{,}6^\circ$ (entrando por el prisma 1, más denso)

Correcto.

\sin\theta_L = \dfrac{n_2}{n_1} = \dfrac{1{,}68}{1{,}77} = 0{,}949

, así

\theta_L = \arcsin(0{,}949) \approx 71{,}6^\circ

. El rayo debe entrar por el prisma 1 (más denso).

El ángulo límite para la reflexión total interna se produce al pasar de un medio más denso a uno menos denso, y cumple

\sin\theta_L = \dfrac{n_2}{n_1}

(siendo

n_1 > n_2

). Con

n_1 = 1{,}77

n_2 = 1{,}68

\sin\theta_L = \dfrac{1{,}68}{1{,}77} = 0{,}949

, de donde

\theta_L = \arcsin(0{,}949) \approx 71{,}6^\circ

. El rayo debe incidir desde el prisma 1 (el más denso) para poder reflejarse totalmente.

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PBAU Illes Balears 2025 — Problema 5b2Dificultad 3/5

PBAU Illes Balears 2025 — Problema 5b2 — Función de trabajo por efecto fotoeléctrico

La velocidad máxima de los electrones emitidos por una placa es $v = 505\ \text{km/s} = 5{,}05\times10^5\ \text{m/s}$ con luz de $\lambda = 229\ \text{nm}$ . La energía del fotón es $\approx 5{,}41\ \text{eV}$ .

¿Cuál es la función de trabajo $W$ ? ( $E_c = \tfrac12 m v^2$ , $m_e = 9{,}1\times10^{-31}\ \text{kg}$ .)

W \approx 4{,}68\ \text{eV}

(≈ plata)

W \approx 5{,}41\ \text{eV}

W \approx 0{,}73\ \text{eV}

W \approx 6{,}14\ \text{eV}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$W \approx 4{,}68\ \text{eV}$ (≈ plata)

Correcto.

E_c = \tfrac12\cdot9{,}1\times10^{-31}\cdot(5{,}05\times10^5)^2 \approx 1{,}16\times10^{-19}\ \text{J} = 0{,}73\ \text{eV}

W = E_{fotón} - E_c = 5{,}41 - 0{,}73 \approx 4{,}68\ \text{eV}

(≈ plata, 4,73 eV).

Por la ecuación fotoeléctrica de Einstein, la función de trabajo es

W = E_{fotón} - E_{c,max}

. La energía cinética máxima de los electrones es

E_c = \tfrac12 m v^2 = \tfrac12\cdot9{,}1\times10^{-31}\cdot(5{,}05\times10^5)^2 \approx 1{,}16\times10^{-19}\ \text{J} = 0{,}73\ \text{eV}

. Con la energía del fotón de 229 nm (

\approx 5{,}41\ \text{eV}

W = 5{,}41 - 0{,}73 \approx 4{,}68\ \text{eV}

, valor próximo al de la plata (4,73 eV) según la tabla del examen.

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PBAU Illes Balears 2025 — Problema 5b1Dificultad 3/5

PBAU Illes Balears 2025 — Problema 5b1 — Desintegración β⁻ seguida de α

En el plano N-Z, ¿cómo cambian el número atómico $Z$ y el de neutrones $N$ en una desintegración β⁻ seguida de una α?

\Delta Z = -1

\Delta N = -3

\Delta Z = +1

\Delta N = -3

\Delta Z = -2

\Delta N = -2

\Delta Z = +3

\Delta N = -1

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$\Delta Z = -1$ , $\Delta N = -3$

Correcto. β⁻:

Z

sube 1 y

N

baja 1 (un neutrón se convierte en protón). α:

Z

baja 2 y

N

baja 2. Neto:

\Delta Z = -1

\Delta N = -3

En una desintegración β⁻, un neutrón se transforma en protón emitiendo un electrón: el número atómico aumenta en 1 y el de neutrones disminuye en 1 (el másico no cambia). En una desintegración α se emite un núcleo de helio (

^4_2\text{He}

): tanto

Z

como

N

disminuyen en 2. Combinando ambos procesos:

\Delta Z = +1 - 2 = -1

\Delta N = -1 - 2 = -3

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