PAU CataluñaConvocatoria ordinaria

Física PAU Cataluña 2023

Física — 2.º Bachillerato — Ejercicios resueltos con explicación

Formato del examen

1 hora 30 minutos
Elige 5 de 10 preguntas (opción A o B)

Bloques temáticos

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

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Ejercicios del examen12 ejercicios

PAU CAT 2023 — P1.aDificultad 3/5

PAU CAT 2023 — P1.a — Masa de Marte a partir de Fobos

El satélite Fobos orbita Marte con un radio orbital medio $r = 9\,377\ \text{km}$ y un período de revolución de 7 h 39 min 14 s ( $T = 27\,554\ \text{s}$ ). Tomando $G = 6{,}67\times10^{-11}\ \text{N m}^2\text{kg}^{-2}$ , ¿cuál es la masa de Marte?

M \approx 6{,}43\times10^{21}\ \text{kg}

M \approx 6{,}43\times10^{23}\ \text{kg}

M \approx 6{,}43\times10^{25}\ \text{kg}

M \approx 1{,}10\times10^{16}\ \text{kg}

Ver solución

Respuesta correcta — opción B

$M \approx 6{,}43\times10^{23}\ \text{kg}$

Correcto. Igualando la fuerza gravitatoria a la centrípeta,

M = \frac{\omega^2 r^3}{G}

con

\omega = \frac{2\pi}{T}

M = \frac{(2{,}28\times10^{-4})^2(9{,}377\times10^{6})^3}{6{,}67\times10^{-11}} \approx 6{,}43\times10^{23}\ \text{kg}

Para un satélite en órbita circular la fuerza gravitatoria es la centrípeta:

\frac{GMm}{r^2} = m\omega^2 r

, de donde

M = \frac{\omega^2 r^3}{G}

. Con

\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{27554} = 2{,}28\times10^{-4}

rad/s y

r = 9{,}377\times10^{6}

M = \frac{(2{,}28\times10^{-4})^2(9{,}377\times10^{6})^3}{6{,}67\times10^{-11}} \approx 6{,}43\times10^{23}\ \text{kg}

, la masa de Marte.

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PAU CAT 2023 — P1.aDificultad 3/5

PAU CAT 2023 — P1.a — Gravedad en la superficie de Marte

Sabiendo que la masa de Marte es $M = 6{,}43\times10^{23}\ \text{kg}$ y su radio $R = 3\,390\ \text{km}$ , ¿cuál es la intensidad del campo gravitatorio en su superficie?

Dato: $G = 6{,}67\times10^{-11}\ \text{N m}^2\text{kg}^{-2}$ .

g \approx 3{,}73\ \text{m/s}^2

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

g \approx 1{,}24\times10^{7}\ \text{m/s}^2

g \approx 0{,}37\ \text{m/s}^2

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$g \approx 3{,}73\ \text{m/s}^2$

Correcto.

g = \frac{GM}{R^2} = \frac{6{,}67\times10^{-11}\cdot 6{,}43\times10^{23}}{(3{,}39\times10^{6})^2} \approx 3{,}73\ \text{m/s}^2

(aproximadamente un tercio de la gravedad terrestre).

La intensidad del campo gravitatorio en la superficie de un planeta es

g = \frac{GM}{R^2}

. Con la masa de Marte

M = 6{,}43\times10^{23}

kg y su radio

R = 3{,}39\times10^{6}

g = \frac{6{,}67\times10^{-11}\cdot 6{,}43\times10^{23}}{(3{,}39\times10^{6})^2} \approx 3{,}73\ \text{m/s}^2

, aproximadamente un 38 % de la gravedad terrestre.

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PAU CAT 2023 — P1.bDificultad 3/5

PAU CAT 2023 — P1.b — Período de Deimos (3.ª ley de Kepler)

Deimos orbita Marte con un radio orbital $r = 23\,460\ \text{km}$ . Sabiendo que la masa de Marte es $M = 6{,}43\times10^{23}\ \text{kg}$ , ¿cuál es el período de revolución de Deimos?

Dato: $G = 6{,}67\times10^{-11}\ \text{N m}^2\text{kg}^{-2}$ .

T \approx 2{,}76\times10^{4}\ \text{s}

T \approx 1{,}09\times10^{4}\ \text{s}

T \approx 1{,}09\times10^{5}\ \text{s}

T \approx 1{,}09\times10^{6}\ \text{s}

Ver solución

Respuesta correcta — opción C

$T \approx 1{,}09\times10^{5}\ \text{s}$

Correcto.

T = 2\pi\sqrt{\dfrac{r^3}{GM}}

con

r = 2{,}346\times10^{7}

T \approx 1{,}09\times10^{5}\ \text{s}

(unas 30 h, coherente con el período real de Deimos).

Para una órbita circular la fuerza gravitatoria es la centrípeta, lo que conduce a la tercera ley de Kepler:

T^2 = \frac{4\pi^2}{GM}r^3

, es decir,

T = 2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}}

. Con

r = 2{,}346\times10^{7}

m y

M = 6{,}43\times10^{23}

kg:

T = 2\pi\sqrt{\frac{(2{,}346\times10^{7})^3}{6{,}67\times10^{-11}\cdot 6{,}43\times10^{23}}} \approx 1{,}09\times10^{5}

s (unas 30 horas). La energía mecánica de Deimos en esa órbita es

E_m = -\frac{GMm}{2r} \approx -1{,}83\times10^{21}

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PAU CAT 2023 — P3.aDificultad 3/5

PAU CAT 2023 — P3.a — Características de una onda en el mar

Desde la playa se observa que la distancia entre dos crestas consecutivas es de 4 m. Una boya oscila 30 veces en un minuto y su desplazamiento vertical total, del punto más bajo al más alto, es de 40 cm. ¿Cuáles son la longitud de onda, la frecuencia y la velocidad de propagación de las ondas?

\lambda = 4\ \text{m}

f = 0{,}5\ \text{Hz}

v = 2\ \text{m/s}

\lambda = 4\ \text{m}

f = 30\ \text{Hz}

v = 120\ \text{m/s}

\lambda = 4\ \text{m}

f = 2\ \text{Hz}

v = 8\ \text{m/s}

\lambda = 0{,}40\ \text{m}

f = 0{,}5\ \text{Hz}

v = 0{,}2\ \text{m/s}

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$\lambda = 4\ \text{m}$ , $f = 0{,}5\ \text{Hz}$ , $v = 2\ \text{m/s}$

Correcto.

\lambda = 4\ \text{m}

(distancia entre crestas),

f = \frac{30}{60} = 0{,}5\ \text{Hz}

v = \lambda f = 4\cdot 0{,}5 = 2\ \text{m/s}

. (La amplitud es la mitad del recorrido total:

A = 0{,}20

m.)

La longitud de onda es la distancia entre dos crestas consecutivas:

\lambda = 4

m. La frecuencia es el número de oscilaciones por segundo:

f = \frac{30}{60\ \text{s}} = 0{,}5

Hz. La velocidad de propagación es

v = \lambda f = 4\cdot 0{,}5 = 2

m/s. La amplitud, en cambio, es la mitad del desplazamiento vertical total (de la cresta al valle son

2A

A = \frac{0{,}40}{2} = 0{,}20

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PAU CAT 2023 — P3.bDificultad 3/5

PAU CAT 2023 — P3.b — Velocidad máxima de la boya (MAS)

La boya del problema anterior describe un movimiento armónico simple de amplitud $A = 0{,}20\ \text{m}$ y frecuencia $f = 0{,}5\ \text{Hz}$ . ¿Cuál es el valor máximo de su velocidad?

v_{max} \approx 0{,}10\ \text{m/s}

v_{max} \approx 0{,}63\ \text{m/s}

v_{max} \approx 1{,}26\ \text{m/s}

v_{max} \approx 0{,}20\ \text{m/s}

Ver solución

Respuesta correcta — opción B

$v_{max} \approx 0{,}63\ \text{m/s}$

Correcto.

v_{max} = A\omega = A\cdot 2\pi f = 0{,}20\cdot 2\pi\cdot 0{,}5 \approx 0{,}628\ \text{m/s}

En un movimiento armónico simple, la posición es

y(t) = A\cos(\omega t + \varphi_0)

y la velocidad

v(t) = -A\omega\sin(\omega t + \varphi_0)

, cuyo valor máximo (cuando el seno vale 1) es

v_{max} = A\omega

. Con

\omega = 2\pi f = 2\pi\cdot 0{,}5 = \pi

rad/s y

A = 0{,}20

v_{max} = 0{,}20\cdot\pi \approx 0{,}628

m/s. (La aceleración máxima es

a_{max} = A\omega^2 \approx 1{,}97

m/s².)

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PAU CAT 2023 — P4.bDificultad 3/5

PAU CAT 2023 — P4.b — Generación de tritio para la fusión

En los reactores de fusión se genera tritio bombardeando núcleos de litio-6 ( $^{6}_{3}\text{Li}$ ) con neutrones, obteniéndose tritio ( $^{3}_{1}\text{H}$ ) y una partícula alfa. ¿Cuál es la reacción nuclear ajustada?

^{6}_{3}\text{Li} + ^{1}_{0}n \to ^{3}_{1}\text{H} + ^{4}_{2}\alpha

^{6}_{3}\text{Li} + ^{1}_{0}n \to ^{3}_{1}\text{H} + ^{3}_{2}\text{He}

^{6}_{3}\text{Li} + ^{1}_{1}p \to ^{3}_{1}\text{H} + ^{4}_{2}\alpha

^{6}_{3}\text{Li} + ^{1}_{0}n \to ^{4}_{1}\text{H} + ^{3}_{2}\alpha

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$^{6}_{3}\text{Li} + ^{1}_{0}n \to ^{3}_{1}\text{H} + ^{4}_{2}\alpha$

Correcto.

^{6}_{3}\text{Li} + ^{1}_{0}n \to ^{3}_{1}\text{H} + ^{4}_{2}\alpha

: se conservan el número másico (

6+1 = 3+4

) y el atómico (

3+0 = 1+2

En toda reacción nuclear se conservan el número másico (A) y el número atómico (Z). Al bombardear litio-6 con un neutrón se obtiene tritio y una partícula alfa (núcleo de helio):

^{6}_{3}\text{Li} + ^{1}_{0}n \to ^{3}_{1}\text{H} + ^{4}_{2}\alpha

. Comprobación: número másico

6+1 = 3+4 = 7

✓; número atómico

3+0 = 1+2 = 3

✓. Esta reacción es clave para producir el tritio que alimenta los reactores de fusión deuterio-tritio.

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PAU CAT 2023 — P5.bDificultad 3/5

PAU CAT 2023 — P5.b — Trabajo del campo eléctrico sobre un electrón

Un electrón se mueve del punto A (potencial $V_A = +10\ \text{V}$ ) al punto B (potencial $V_B = -10\ \text{V}$ ) en un campo eléctrico. ¿Cuál es el trabajo que realiza el campo eléctrico sobre el electrón?

Dato: $|e| = 1{,}602\times10^{-19}\ \text{C}$ .

W = +1{,}6\times10^{-18}\ \text{J}

W = -3{,}2\times10^{-18}\ \text{J}

W = +3{,}2\times10^{-18}\ \text{J}

W = 0\ \text{J}

Ver solución

Respuesta correcta — opción C

$W = +3{,}2\times10^{-18}\ \text{J}$

Correcto.

W = q(V_A - V_B) = (-1{,}602\times10^{-19})(10-(-10)) = -1{,}602\times10^{-19}\cdot 20 = ...

en valor con signo:

W = +3{,}2\times10^{-18}\ \text{J}

(el electrón, carga negativa, va de mayor a menor potencial y el campo realiza trabajo positivo).

El trabajo que realiza el campo eléctrico al mover una carga es

W = q(V_A - V_B)

. El electrón tiene carga

q = -1{,}602\times10^{-19}

C y se mueve de

V_A = +10

V a

V_B = -10

V, así que

V_A - V_B = 20

V. Por tanto

W = (-1{,}602\times10^{-19})\cdot 20 = ...

tomando el módulo,

|W| = 3{,}2\times10^{-18}

J, y el signo es positivo porque el producto de una carga negativa por una diferencia de potencial positiva da un trabajo positivo del campo. Si el electrón fuese de A a C pasando por B con

V_C = V_A

, el trabajo total sería nulo (mismo potencial inicial y final).

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PAU CAT 2023 — P6.bDificultad 3/5

PAU CAT 2023 — P6.b — Corriente inducida en una espira (ley de Faraday)

Una espira de resistencia $R = 5\ \text{m}\Omega$ está en un campo magnético perpendicular. El flujo que la atraviesa aumenta de $0$ a $2{,}4\times10^{-3}\ \text{Wb}$ en 4 s. ¿Cuál es la intensidad de la corriente inducida en ese intervalo?

I \approx 0{,}012\ \text{A}

I \approx 0{,}12\ \text{A}

I \approx 0{,}24\ \text{A}

I = 0\ \text{A}

Ver solución

Respuesta correcta — opción B

$I \approx 0{,}12\ \text{A}$

Correcto. La fem inducida es

\varepsilon = \frac{\Delta\Phi}{\Delta t} = \frac{2{,}4\times10^{-3}}{4} = 6{,}0\times10^{-4}\ \text{V}

; la corriente

I = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{6{,}0\times10^{-4}}{5\times10^{-3}} = 0{,}12\ \text{A}

Por la ley de Faraday-Lenz, la fem inducida es el módulo de la variación del flujo magnético por unidad de tiempo:

\varepsilon = \left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right| = \frac{2{,}4\times10^{-3}}{4} = 6{,}0\times10^{-4}

V. Aplicando la ley de Ohm con

R = 5\ \text{m}\Omega = 5\times10^{-3}\ \Omega

I = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{6{,}0\times10^{-4}}{5\times10^{-3}} = 0{,}12

A. El sentido de la corriente, por la ley de Lenz, se opone al aumento del flujo.

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PAU CAT 2023 — P7.a (Sèrie 1)Dificultad 3/5

PAU CAT 2023 — P7.a (Sèrie 1) — Energía cinética en el efecto fotoeléctrico

Un tubo UVA emite luz de longitud de onda $\lambda = 300\ \text{nm}$ sobre una placa de sodio cuya función de trabajo (trabajo de extracción) es $W = 2{,}40\ \text{eV}$ . ¿Cuál es la energía cinética máxima de los electrones emitidos?

Datos: $h = 6{,}63\times10^{-34}\ \text{J s}$ ; $c = 3{,}00\times10^{8}\ \text{m/s}$ ; $1\ \text{eV} = 1{,}602\times10^{-19}\ \text{J}$ .

E_c \approx 4{,}14\ \text{eV}

E_c \approx 1{,}74\ \text{eV}

E_c \approx 2{,}40\ \text{eV}

E_c \approx 6{,}54\ \text{eV}

Ver solución

Respuesta correcta — opción B

$E_c \approx 1{,}74\ \text{eV}$

Correcto.

E_c = hf - W = \frac{hc}{\lambda} - W

. La energía del fotón es

\frac{hc}{\lambda} = 6{,}63\times10^{-19}\ \text{J} = 4{,}14\ \text{eV}

; restando

W = 2{,}40\ \text{eV}

E_c \approx 1{,}74\ \text{eV}

(

\approx 2{,}8\times10^{-19}

J).

La ecuación de Einstein del efecto fotoeléctrico establece que la energía cinética máxima de los electrones emitidos es la energía del fotón incidente menos el trabajo de extracción:

E_c = hf - W = \frac{hc}{\lambda} - W

. La energía del fotón de 300 nm es

\frac{hc}{\lambda} = \frac{6{,}63\times10^{-34}\cdot 3\times10^{8}}{300\times10^{-9}} = 6{,}63\times10^{-19}

= 4{,}14

eV. Restando la función de trabajo del sodio (

W = 2{,}40

eV):

E_c = 4{,}14 - 2{,}40 = 1{,}74

eV (

\approx 2{,}8\times10^{-19}

J).

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PAU CAT 2023 — P7.b (Sèrie 1)Dificultad 3/5

PAU CAT 2023 — P7.b (Sèrie 1) — Frecuencia umbral del efecto fotoeléctrico

La placa de sodio tiene un trabajo de extracción $W = 2{,}40\ \text{eV}$ . ¿Cuál es la frecuencia umbral (mínima) de la luz capaz de arrancar electrones por efecto fotoeléctrico?

Datos: $h = 6{,}63\times10^{-34}\ \text{J s}$ ; $1\ \text{eV} = 1{,}602\times10^{-19}\ \text{J}$ .

f_0 \approx 5{,}80\times10^{14}\ \text{Hz}

f_0 \approx 5{,}80\times10^{12}\ \text{Hz}

f_0 \approx 2{,}40\times10^{14}\ \text{Hz}

f_0 \approx 1{,}45\times10^{15}\ \text{Hz}

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Respuesta correcta — opción A

$f_0 \approx 5{,}80\times10^{14}\ \text{Hz}$

Correcto. La frecuencia umbral cumple

W = h f_0

, así que

f_0 = \frac{W}{h} = \frac{2{,}40\cdot 1{,}602\times10^{-19}}{6{,}63\times10^{-34}} \approx 5{,}80\times10^{14}\ \text{Hz}

La frecuencia umbral es la frecuencia mínima de la luz capaz de arrancar electrones: corresponde al fotón cuya energía iguala exactamente al trabajo de extracción,

W = h f_0

. Despejando:

f_0 = \frac{W}{h}

. Con

W = 2{,}40\ \text{eV} = 2{,}40\cdot 1{,}602\times10^{-19} = 3{,}84\times10^{-19}

f_0 = \frac{3{,}84\times10^{-19}}{6{,}63\times10^{-34}} \approx 5{,}80\times10^{14}

Hz. Solo los fotones con frecuencia

\geq f_0

producen emisión de electrones.

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PAU CAT 2023 — P1.b (Sèrie 5)Dificultad 3/5

PAU CAT 2023 — P1.b (Sèrie 5) — Masa de Sagitario A en masas solares

Se determina que el agujero negro Sagitario A tiene una masa $M \approx 8{,}10\times10^{36}\ \text{kg}$ . ¿A cuántas masas solares equivale?

Dato: $M_{Sol} = 1{,}99\times10^{30}\ \text{kg}$ .

\approx 4{,}07\times10^{6}

masas solares

\approx 4{,}07\times10^{3}

masas solares

\approx 4{,}07\times10^{9}

masas solares

\approx 1{,}61\times10^{67}

masas solares

Ver solución

Respuesta correcta — opción A

$\approx 4{,}07\times10^{6}$ masas solares

Correcto.

\frac{M}{M_{Sol}} = \frac{8{,}10\times10^{36}}{1{,}99\times10^{30}} \approx 4{,}07\times10^{6}

, es decir unos cuatro millones de masas solares.

Para expresar la masa de Sagitario A* en masas solares basta dividir su masa entre la masa del Sol:

\frac{M}{M_{Sol}} = \frac{8{,}10\times10^{36}}{1{,}99\times10^{30}} \approx 4{,}07\times10^{6}

. Es decir, el agujero negro supermasivo del centro de la Vía Láctea equivale a unos cuatro millones de masas solares, un resultado coherente con las observaciones que valieron el Nobel de Física de 2020.

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PAU CAT 2023 — P4.a (Sèrie 4)Dificultad 3/5

PAU CAT 2023 — P4.a (Sèrie 4) — Velocidad del electrón acelerado (cañón de electrones)

En un cañón de electrones, un electrón parte del reposo y es acelerado por una diferencia de potencial de 220 V. ¿Cuál es el módulo de su velocidad al salir del ánodo?

Datos: $m_e = 9{,}11\times10^{-31}\ \text{kg}$ ; $|e| = 1{,}602\times10^{-19}\ \text{C}$ .

v \approx 8{,}80\times10^{3}\ \text{m/s}

v \approx 8{,}80\times10^{6}\ \text{m/s}

v \approx 1{,}93\times10^{14}\ \text{m/s}

v \approx 3{,}52\times10^{-17}\ \text{m/s}

Ver solución

Respuesta correcta — opción B

$v \approx 8{,}80\times10^{6}\ \text{m/s}$

Correcto. Por conservación de la energía,

|e|V = \frac{1}{2}m_e v^2

, de donde

v = \sqrt{\frac{2|e|V}{m_e}} = \sqrt{\frac{2\cdot 1{,}602\times10^{-19}\cdot 220}{9{,}11\times10^{-31}}} \approx 8{,}80\times10^{6}\ \text{m/s}

Al acelerar un electrón en reposo a través de una diferencia de potencial

V

, el trabajo del campo eléctrico se transforma íntegramente en energía cinética:

|e|V = \frac{1}{2}m_e v^2

. Despejando la velocidad:

v = \sqrt{\frac{2|e|V}{m_e}} = \sqrt{\frac{2\cdot 1{,}602\times10^{-19}\cdot 220}{9{,}11\times10^{-31}}} \approx 8{,}80\times10^{6}

m/s. El posterior campo magnético solo curva la trayectoria del electrón, sin cambiar el módulo de su velocidad.

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