1. Sea la ecuación dimensional

luego

como se trata de una expresión física ho-mogénea al expresarlo dimensionalmentetendremos:

Comparando (I) con (II)

\ [A] = ML–3

(densidad)

Comparando (I) con (III)

\ [B] = LT–2 (aceleración)

Clave A

2. Nos dicen que el cuerpo ha sido lanzadohacia arriba y transcurre 1s para quealcance su altura máxima, por lo quedicha altura máxima es:

Como nos piden calcular el tiempo quetranscurre desde que pasa por la mitad desu altura máxima hasta que vuelve a pasarpor dicho punto, entonces analizamosdicho tramo.

Analizando el tramo BC.

Operando: t = 2s

Clave B

1

Tema: P TERCERA PRUEBA

2

3. Nos dicen que un ciclista realiza unmovimiento circunferencial realizandouna vuelta en dos etapas.

El tiempo total que emplea el ciclista es:

Pero nos piden la aceleración tangencialcon la cual debería iniciar su movimiento(v0 = 0) para que recorra vuelta (S = 2pR)en el mismo tiempo, luego:

\ aT= 4 m/s2

Clave B

4. Fíjese que el resorte es de longitud natural0,6 m; mientras que el bloque es de 0,1 mde arista, lo cual significa que el resorte estácomprimido en x = 0,1 m; procedemos aanalizar el DCL del bloque.

Procedemos a igualar fuerzas contrarias:

Además:

Clave E

5. Podemos considerar la trayectoria de latierra alrededor del sol aproximadamentecomo una circunferencia cuyo radiomedio es rm = 1,5 × 1011 m y de períodoT = 1 año el cual expresado en segundosaproximadamente es T = 3, 15 × 107 s.

De la segunda ley de Newton para elmovimiento circunferencial

Fcp = mw2rm

luego la masa del sol es:

3

Reemplazando datos

\ M = 2 × 1030 kgClave B

6.Mostramos el lanzamiento hacia arriba deuna piedra con energía cinética de 25 J,de tal forma que en B su energía potencialrespecto al punto A es de 20 J.

Proposición I

EM = EC + EPLuego en los puntos A y B, respecto alnivel de referencia son:

EMen A = ECA+ EPA

\ EMen A = 25 J

Mientras que en B es:

EMen B = ECB+ EPB

\ EMen B = 20 J

VerdaderoProposición II

Durante el ascenso de A hacia B, el trabajodesarrollado por la fuerza de resistenciadel aire es:

VerdaderoProposición III

Durante el trayecto de subida la fuerza deresistencia del aire se opone al movimientode la piedra, desarrollado así un trabajonegativo.Si suponemos que dicha fuerza es cons-tante dicho trabajo sería:

¿Qué sucede durante el descenso?

Nuevamente la fuerza de resistencia delaire se vuelve a oponer al movimientode la piedra, desarrollando así otro tra-

bajo negativo , lo cual

significa que en el trayecto la ida y vuel-ta la fuerza de resistencia del aire haráel trabajo negativo siendo:

Falso

Clave A

7. Proposición I

Mostramos dos partículas de diferentesmasas e igual energía cinética

4

como la energía cinética de ambaspartículas son iguales, entonces:

EC1 = EC212

m1V12

= 12

m2V22

multiplicamos y dividimos por susrespectivas masas.

luego:

como se trata de partículas de diferentesmasas, los módulos y las cantidades demovimiento de ambas partículas tambiénserán diferentes, es decir

P1 ¹ P2( F )

Proposición II

Mostramos dos partículas con diferentesmasas sobre una mesa lisa.

Al tratarse de partículas en un medioaislado, es decir no hay fuerza derozamiento, la cantidad de movimientodel sistema debe conservarse, por lo quedespués del impacto ambas o una de ellasnecesariamente deberá adquirir ciertarapidez. En consecuencia es imposibleque ambas queden en reposo después dela colisión

Podemos apreciar que después del impactouna de ellas puede quedar en reposo,mientras que la otra necesariamente debeadquirir cierta rapidez.

( F )

Proposición III

En toda colisión totalmente elástica entredos partículas, la energía cinética total delsistema permanece constante.

( F )

Clave E

8.

Luego de introducir los cuerpos y despre-ciando las pérdidas de energía al exterior:

como, , reemplaza-

mos datos:

Cesoluc´2´20=910´0,1´80+390´0,2´80+130´0,3´80

\ Cesoluc = 416 J/kg ºCClave E

9. Resolución

La eficiencia de una máquina térmica estádada por

En un ciclo termodinámico U=0. De laprimera ley de la termodinámica

Reemplazando (2) en (1)

Clave D

10. Considerando un cuerpo electrizado con+q.

En las proximidades de la superficie delcuerpo el módulo de la intensidad delcampo eléctrico es:

, donde;

es la densidad superficial de carga (enC/m2) y Eo es la permitividad eléctricarelativa del vacío.Reemplazando datos tenemos:

Clave B

11. Resolución

Como los resistores R1 y R2 están enparalelo, están sometidos a la mismadiferencia de potencial

VAB=VCD

I2R2 =I1R1

Aplicando la primera ley de Kirchhoff alnodo A

I=I1+I250×10–3=10×10 –3+I2I2=40×10–3 A....(2)

Reemplazando (2) en (1)

Clave C

6

12. Proposición IMostramos la espira pasando por laposición (1)

a medida que la espira ingresa a la regióndel campo magnético, el área de la espiraen dicha región aumenta y como conse-cuencia aumenta el flujo magnético a tra-vés de la espira.

(F)Proposición IIMostramos la espira en la región (2)

A medida que la espira se mueve en elinterior del campo magnético el flujo mag-nético sobre ella permanece constante.Por lo que la variación de flujo es cero(D Æ = 0)Luego la f.e.m inducida en toda la esperaes:

E = DÆD t

= 0

como consecuencia de ello no haycorriente inducida en la espira.

( F )

Proposición IIIAnalizando la posición (3). A medida quela espira se retira del campo el área sobre

dicha región disminuye y como conse-cuencia de ella el flujo disminuye. De laley de Lenz:“Si el flujo magnético sobre la espira dis-minuye, el flujo magnético inducido tien-de a restablecer el equilibrio”

Haciendo uso de la regla de la manoderecha encontramos que la corrienteinducida presenta sentid horario.

Clave D

13. ResoluciónI. La rapidez de propagación de una onda

sólo depende de las características delmedio donde ésta se propague, talcomo su índice de refracción. (V)

II. Una O.E.M. es producida por laaceleración (o desaceleración) decargas eléctricas. (V)

III. Todas las O.E.M. son transversales,pues la velocidad de propagaciónes perpendicular tanto al campoelectrico y al campo magnético (F)

Clave C

7

14. Bosquejemos el problema planteado

Observe que la imagen resulta ser virtual,derecha y de mayor tamaño que el objeto.

• De la definición de aumento o magni-ficación.

........... (1)

• Como R = 20 cm

®

Aplicando la ecuación de Descartes.

i = –40 cm ........... (2)Reemplazando (2) en (1)

Clave D

15.

• Por la ecuación de Einstein para elefecto fotoeléctrico

• Nos piden el valor del cociente

Utilizando la ecuación anterior obtene-mos.

Por dato V3m = 3V1m y V2m = 2V1m

Clave E

16.1. El proceso de transferencia de calor

por convección, característico enlos fluidos (líquidos o gases); se damediante movimiento de materia, yasea en forma natural o forzada. (V)

8

2. Por lo mencionado anteriormente. (F)

3. El proceso de transferencia de calorpor conducción, característico en lossólidos, se da mediante el movimientode electrones libres y la vibración delos átomos que conforman el material.Por ello, implica el contacto entre loscuerpos. (V)

Clave B

17. Cuando la plastilina choca con el bloque yse pega, se tiene:

Por conservación de la cantidad demovimiento, en el eje X, del sistemabloque más plastilina.

Cuando el conjunto desciende:

Ø En el eje Y (MRUV)

Ø En el eje X (MRU)

Reemplazando en la ecuación (I).v = 3m = 6 m/s

Clave C

18. De la ecuación de estado para un gas ideal

Como el proceso es isotérmico (T = CTE),podemos escribir

y afirmar que la densidad (r) es directamenteproporcional a la presión (p).

La gráfica densidad (r) vs presión (p) será.

Clave C

9

19. Graficando los vectores B1 y B2 en elpunto P.

Del triángulo vectorial:

Clave E

20. Analizando los bloques por separado

A120N

fkA=mkFNA

3,2 gFNA

FGA =4g

R

aA

B20N

fkB=mkFNB

4,8gFNB

FGB=6g

R

aB

como : aA = aB

resolviendo

720 – 6R – 19,2g = 4R – 80 – 19,2g

800 = 10R\ R = 80N

Clave D

10

21. De acuerdo a las aseveraciones:I. De acuerdo a la teoría de Albert

Einstein, la materia y la energía setransforman mutuamente, sobre todoen una Rxn nuclear. (V)

II. La filosofía antigua manifestaba queel átomo era indivisible, hoy en díasabemos que se divide en partículassubatómicas y ésta en los quarks. (F)

III. El peso es una unidad de fuerza y porello se mide con un dinamómetro. (F)

Clave B

22. Paramagnéticas,manifiestacomolaespeciedebe tener electrones desapareados

I. Primero el átomo:

40Zn :pierden los 4e-

es diamagnético. (F)

II.e- desaparece.Es paramagnético (V)

III. Primero es átomo:

pierde 4e-

es diamagnético(F)

Clave D

23. EstequiometriaDe la Rxn:

2KBr+1Cl2®1Br2+2KCl

M = M =

200g

Clave D

24. Primero el átomo neutro:

para su ión sería: pierde 2e- en 6s y 1e- en4f

Clave D

25. Si partimos de sólidos y cristalinos: suempaquetamiento determina su estadosólido y propiedades físicas.De las aseveraciones :I. B y BF3 : el Boro tiene mayor punto

de fusión y el BF3 es apolar, los cualestienen propiedades físicas pequeñas. B

II. Na; NaCl : el sodio por su altareactividad es de menor propiedad,a diferencia del NaCl que si es uncompuesto iónico con elevadaspropiedades físicas. NaCl

III. TiO2 : TiCl4De la estructura : el Ti es 4B

TiO2 : O = Ti = O

TiCl4 : Cl – Ti – ClCl

Cl

Los enlaces más fuertes de TiO2 (dobleenlaces) lo hacen tener propiedades físicasmás elevados. TiO2

Clave D

26. Por la reacción

1C8H4O3+ 2C6H6O ® 1C20H14O4 +1H8OM=148 M=318

1000g

11

® m=517,2g

para el 10% exceso

Clave C

27. De la reacción

2MnO–4+5SO2+ 6H2O ® 5SO 2–

4 +2Mn2++4H3O+7+ 4+ 6+

–2e –(5)

se reduce +5e – (2)

se oxida

AgenteOxidante

AgenteReductor

–2 –10 +4

Analizando cada aseveraciónI. MnO–4 : Agente oxidante V

II. MnO–4 ® Mn2+7+ +5e –

cambia en 5 unidades VIII. El agua actua como un espectador F

Clave D

28. Indicando solo para gases:I. La Ley de Graham hace referencia al

movimiento de un gas, en el seno deotro gas, es decir a la difusión peroaplicable a la efusión también.

(V)II. La difusión permite la mezcla

espontánea de gases más no la efusiónque es movimiento de un solo gas enun criterio y/o membranas porosas.

(F)III. De acuerdo a la Ley de Graham:

manifiesta una variación inversa.

Es decir:

a mayor menor velocidad:

N2 : = 28.

H2 : = 2.El hidrógeno es más liviano y más veloz.

(F)

Clave C

29. De acuerdo a la tabla siguiente

Ka

HA A– 10–6

H2B HB– 10–5

H3E H2E– 10–4

orden creciente de acidez de acuerdo a suKa.

H3E > H2B > HA

Por lo que su orden de basilidad es loinverso

A– > HB– > H2E–

De las aseveraciones:I. Como base: H2E– < A– ( V )II. Como ácido: H2B > HA ( V )III. Si comparamos el HA y H3E su PH

depende de su grado de ionizacióny naturaleza, y el H3E se ioniza en 3etapas, no es posible tener el mismoPA. ( F )

Clave D

30. Los coloides son mezclas heterogéneascon tamaños de partículas entre 1nm y1000 nm que dispersan a la luz, la únicaalternativa es la mayonesa

Clave C

31. En una cadena carbonada, un carbonoterciario es el que se une a otros tres car-bonos por enlace covalente simple; se ob-serva así

12

Un carbono se hibridiza en la forma sp2

cuando está formando enlace covalentedoble ya sea con otro carbono u otroelemento.

Ejemplo

En la estructura del compuesto mostrado

\ Son 2 carbonos terciarios y3 carbonos hibridizados en sp2

Clave A

32. El efecto invernadero es un fenómenonatural que permite mantener el equilibriotérmico en el planeta. Pero la exageradaproducción de gases como el CO2, CH4y vapor de agua ha generado que éste seacreciente tanto que no permite que unagran cantidad de calor salga al espacio y sequede bajo esta capa de gases generandoun aumento desmedido de la temperaturapromedio de la tierra.I. Para tratar de reducir el efecto

invernadero; se debe disminuir laproducción de gases como el CO2generado en las combustiones de

los compuestos orgánicos comopetróleo, gasolina, madera, etc; paraello sería mejor buscar alternativaspara la producción energética y lasinstalaciones solares sería adecuada.

II. La deforestación de los bosques(producto de la tala y los incendiosforestales) se debe tratar de detenerporque es una fuente de captura delCO2 (por la fotosíntesis) y la producciónde O2.

III. A escala industrial se puede tratar deevitar que exista la emisión de estey otros gases (SO2, SO3, etc) a laatmósfera adoptando sistemas quelos capturan y luego son reducidos aespecies no contaminantes.

Clave E

33.

Según la 1.ª ley de Faraday:

donde:i= 0,5 At= 20 × 60 A = 1200 A

meq(M):masa equivalente de M

Reemplazando

13

la reacción en el cátodo es:

sabemos que

Þ mA(M) = 31,845 × 2 = 63,69 ≈63,7

Clave B

34. Para el elemento con Z=25 desarrollamossu distribución electrónica:

I. El mayor nivel utilizado es n = 4\ E Î al 4.º período

II. En los elementos de transición, elnúmero de grupo se deduce con loselectrones de valencia (los de “s” y“d”).

# e– = 2 + 5 = 7\ E Î al grupo VII B

III. Se trata de un elemento metálicopesado de transición.Este elemento es el manganeso(25Mn)

\ Las proposiciones son:I: VII: FIII: F

Clave C

35. Considerando los potenciales de reduccióndel zinc y del hierro.eº Zn2+/ Zn = –0,76 Veº Fe2+/ Fe = – 0,44 VPodemos deducir que los potenciales deoxidación son:eº Zn / Zn2+ = +0,76 Veº Fe / Fe2+ = +0,44 VObservamos que el potencial de oxidacióndel zinc es mayor que el de hierro, porlo tanto éste se oxida más rápido que elhierro, constituyéndose en un ánodo desacrificio.

Con esto se logra aumentar la resistenciadel acero a la corrosión.\ Las proposiciones I y III son correctas.

Clave B

36. Dada la reacción

2SO2(g ) + O2(g) 2SO3(g ) + CALOR

Para favorecer la producción de SO3(g)el equilibrio se debe desplazar hacia laderecha.

Según esto, aplicaremos el Principio de LeChatellier analizando las alternativas

A) Temperatura de la reacción:Rx. Dir Þ Ecotérmica

Rx. Inversa Þ EndotérmicaSi la temperatura aumenta, se desplaza enel sentida en que es endotérmica:

\ se favorece la Rx. InversaSe desplaza hacia la izquierda.

B) Presión Nreact(g) = 3; Nprod(g) = 2Al aumentar la presión se desplaza haciadonde hay menor cantidad de molesgaseosos. En este caso sería hacia laderecha favoreciendo la Rx. Directa.

C) Los catalizadores no afectan el equilibrio.

D) Un aumento de volumen implica unadisminución de la presión por lo tantose desplaza hacia donde hay másmoles gaseosos.

Se favorece la Rx. Inversa.\ se desplaza hacia la izquierda.

E) Al disminuir la concentración de unreactante, la reacción se desplaza en elsentido de la reacción inversa.

\ se desplaza hacia la izquierda.

Clave B

14

37. De acuerdo a las aseveraciones:I. Nitrito de mercurio (I)

¯ ¯Deriva del Hg1+

ácido nitroso Þ HgNO2 otambiénHg2(NO2)2

HNO2¯

V

II. Sulfuro de potasio¯ ¯

Deriva del K1+ Þ K2SH2S¯ genera

S2–

F

III. Fosfato de magneso¯ ¯

Deriva del Mg2+

ácido fosfórico Þ Mg3(PO4)2H3PO4

¯ genera

PO43–

V

Clave B

38. De la RXN:

2 KClO3 2 KCl + 3O2

P = x%

20g0,2x

pgH = 700mmHgpv = 19,8pgs = 680,2 mm HgT = 22°C = 295KV = 3L

Por estequiometria:

x = 45,2%Clave B

39. De las aseveraciones:

I. Enlace: Al – ClEn: 1,5 3,0la preferencia de electronegatividades:

En = 3 – 1,5 = 1,5no es apolar. ( F)

II. En el H – cl el enlace es polaren cambio el K – Cl es iónico. ( F)

III. En el K – Cl predomina el caracteriónico porque es enlace iónico.A diferencia del Al - Cl que es un enlacepolar. ( V)

Clave C

40. La primera energía de ionización es laenergía que requiere el átomo neutro paraarrancarle 1e-.

8O = 1s2 2s2 2p4

Aplicando la energía:

1s2 2s2 2p4 + Ei 1s2 2s2

2p3 + e -

O también:

1s2 2s2 2p4 1s2 2s2 2p3 + e-

Clave C