FQ2009 Solucionario
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Fsica y Qumi
Solucionario
2009 -IIExamen de admisin
Fsica y Qumica
1
TEMA P
Pregunta N. 1La frmula para el periodo T en un cierto sistema es
T
R KR g
x
= +( )2 2
donde R es un radio y g es la aceleracin de la gravedad. Halle el valor de x.
A) 0,25 B) 0,50 C) 0,75D) 1,00 E) 1,25
Solucin 1Tema
Ecuaciones dimensionales
Referencias
Principio de homogeneidad dimensional
Para una ecuacin: A+B=C
se cumple que
[A]=[B]=[C]
Anlisis y procedimiento
Se tiene
TR kR g
x
= +( )2 2 (*)
1. Como: T=periodo=tiempo de duracin de 1 vuelta o 1 oscilacin.
Su ecuacin dimensional es [T]=T
2. Ntese que existe la suma:
R2+K Necesariamente, R2 y K tienen iguales unidades y/o ecuacin dimensional
siendo R=Radio (unidad de longitud)
[R2]=[K]=L2
3. Tambin aparece: g=aceleracin de la gra-
vedad
g LT L T = ( ) = 2
12
12 1
Reemplazando en (*) obtenemos:
T
L L
L L T
L
L T
x x
= +( )
( ) =( )
2 2 22 2
12 1
2
32 1
T L L Tx x= 2 2 232 1 ()
Pero la ecuacin dimensional de un nmero siempre es igual a la unidad (adimensional)
[2 2x]=1
En () tenemos:
T L Tx
=2 3
2
L T L Tx0 2
32 =
Los exponentes de base L se igualan.
0 2 32
= x
Fsica
-
2
unI 2009 -II Academia CSAR VALLEJO
de donde
x = =34
0 75,
.
Respuesta
x=0,75
Alternativa C
Pregunta N. 2
En el grfico se muestra la velocidad versus la posicin x de una partcula que parte del origen de coordenadas en el instante t=0 s con una aceleracin constante. Dadas las siguientes proposiciones
I. La aceleracin de la partcula es de 8 m/s2.II. La partcula pasa por x=4,0 m en el instante
t=1,0 s.III. La velocidad de la partcula en el instante
t=5,0 s es de 20,0 m/s.
Seale la alternativa que presenta la secuencia correcta despus de determinar si la proposicin es verdadera (V) o falsa (F).
2
4
6
1,5 4,0
X(m)
v(m/s)
A) FFF B) FFV C) VFV
D) FVF E) VVV
SolucinTema
Cinemtica: MRUV
Referencias
MRUV: a
= cte. (Movimiento acelerado)Segn la grfica planteada, tenemos
0
2
4
6
1,5 4
X(m)
v(m/s)
Anlisis y procedimiento
Observando la grfica se deduce y construye lo siguiente:
x(m) 0 1,5 4
v(m/s) 2 4 6
A partir de esta informacin bosquejamos lo que sucede:
v0=2 m/s v1=4 m/s U=6 m/s
( =0)x
4 m
1,5 m
a
Qu aceleracin experimenta la partcula? Del primer tramo, tenemos
v v ad1
202 2= +
42=22+2a(1,5)
-
unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
3
a=4 m/s2 La proposicin (I) es falsa.
para llegar a x=4 m, qu tiempo transcurri desde el inicio?
Usamos: vF=v0+at
Reemplazamos: 6=2+4t
t=1 s La proposicin (II) es verdadera.
Qu rapidez tiene la partcula en t=5 s?
Ahora empleamos:
vF=v0+at
vF=2+4(5)
vF= 22ms
La proposicin (III) es falsa.
Respuesta
FVF
Alternativa D
Pregunta N. 3Se tiene un movimiento circular uniforme con velocidad angular w, sobre una mesa sin friccin como se muestra en la figura. Sea T1 la tensin que soporta la masa m1 debido a la cuerda de la longitud L1. Si T1 soporta un valor mximo de 21 N antes de romperse, calcular el valor de w en rad/s, justo antes que se rompa la cuerda L1.
L1=1 m, L2=2 m, m1=1 kg, m2=2 kg
m1
m2
L1
L2
A) 1 B) 2 C) 3D) 2 E) 5
Solucin
Tema
Dinmica circunferencial
Referencias
Cuando un cuerpo experimenta MCU, sobre este hay una fuerza resultante que recibe el nombre de fuerza centrpeta Fcp
( ).
racp
donde
Fcp=macp
acp=w2r
Anlisis y procedimiento
Piden: w.Se sabe que los bloques realizan MCU y que T1=21 N, cuando la cuerda L1 est por rom-perse.
r1
r2
T1 m2
m1
L1 L2
C
T2
-
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Param1
Fcp1=m1 acp1
T1 T2=(1)w2r1
21 T2=w2(1)
w2=21 T2 (I)
Param2
Fcp2=m2 acp2
T2=(2)w2r2
T2=2w2(3)
T2=6w2 (II)
Reemplazando (II) en (I) obtenemos
w2=21 6w2
w = 3 rad/s
Respuesta
El valor de w justo antes de que se rompa la cuerda L 1 es 3 rad/s.
Alternativa C
Pregunta N. 4En la figura se muestran dos bloques, uno de masa m1=3 kg y el otro de masa m2=5 kg, colgando inicialmente en reposo en una mquina de Atwood. Estando a la misma altura, en el instante t=0 los bloques empiezan a moverse. Cul es la diferencia de altura, en metros, al cabo de 1 segundo? (g=9,81 m/s2).
M1 M2
10 m
A) 1,32 B) 2,45 C) 5,32D) 7,45 E) 10,32
SolucinTema
Dinmica rectilnea
Referencias
Si sobre un sistema de cuerpos acta una fuerza
resultante (FR
0 ):
FR asistema
M
El sistema va a experimentar aceleracin ( )a
y se verifica
F MaR
= ( . )2 a ley de Newton
Anlisis y procedimiento
Como m2 > m1 m2
desciende y m1 asciende (vase la figura)
g=9,81 m/s2
h1
v0=01 s d v0=0
Fg(1)=m g1
Fg(2)=m g2a d
h2
1 s
sistema
a
-
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5
Como los bloques estn unidos por la misma
cuerda tenemos lo siguiente:
- En el mismo intervalo de tiempo van a
recorrer la misma distancia.
- Ambos presentan igual aceleracin, y
velocidad en mdulo, en todo momento.
Sepide:d=?
Seobservaenlafigura:
h1 h2=2d (I)
Laaceleracinqueexperimentanlosbloques
es constante ya que para el sistema se cumple
lo siguiente:
FR=Ma
F F m m a
a aa favor de en contra de = +( )1 2
Fg2 Fg1=8a
m2g m1g=8a
2g=8a
a=2,45 m/s2 (II)
Como los bloques van a experimentar MRUV,
tenemos
Para m1:
d v t
at= +02
2
Reemplazando (II):
d = +( )( ) ( , )( )0 1 2 45 1
2
2
d=1,225 m (III)
(III) en (I):
h1 h2=2,45 m
Respuesta
La diferencia de altura que presentan los bloques
ser de 2,45 m.
Alternativa B
Pregunta N. 5
Calcule la aceleracin, en m/s2, que tendra un
cuerpo al caer sobre la superficie de Venus desde
una altura de 10 m. No considere la accin de la
atmsfera de CO2 en Venus.
Masa de Venus=4,871024 kg
Dimetro de Venus=12 103,6 km
Constante de gravitacin universal=
=6,67310 11 N m2/kg2
A) 7,17
B) 7,77
C) 8,07
D) 8,87
E) 9,87
Solucin
Tema
Gravitacin universal
Referencias
Dos cuerpos de masas m y M experimentan
mutuamente una fuerza de atraccin gravitacional,
la cual puede originar en cada uno de los cuerpos
una aceleracin.
Segn Newton:
m MFG
d
FG
FG: Mdulo de la fuerza de atraccin gravita-cional.
FGmM
dG = 2
-
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Anlisis y procedimiento
Para nuestro caso, un cuerpo alejado de la super-ficie del planeta experimentar:
FG
( )M
Venus
FG
m
d
h
R
a
Como el cuerpo slo interacta con el planeta,
este experimenta una aceleracin (a), que segn
la segunda ley de Newton es
a
FmG=
a
GM m
md=
2
a
GM
R h=
+( )2
Ahora, como h=10 m y R=(12103,6)/2 km,
podemos considerar R+h R, por lo tanto:
a
GM
R=
2
Reemplazando datos obtenemos
a = ( ) ( )
( )6 673 10 4 87 10
6051 8 10
11 24
3 2, ,
,
a=8,87 m/s2
Respuesta
El cuerpo experimenta una aceleracin de
8,87 m/s2.
Alternativa C
Pregunta N. 6Un ascensor de masa 2,5104 kg desciende con una aceleracin uniforme de 2 m/s2. Calcule la magnitud del trabajo, en kJ, que efecta el cable de soporte sobre el ascensor cuando ste desciende una distancia de 20 m. (g=9,81 m/s2)
A) 2995 B) 3900 C) 3905D) 3910 E) 3915
SolucinTema
Trabajo mecnico
Referencias
Si sobre un cuerpo se realiza un trabajo neto (Wneto), distinto de cero, este experimenta cambios en su velocidad, es decir, presenta aceleracin.
FR
m
a
A Bd
W F dAB Rneto = ,
donde
FR: mdulo de la fuerza resultante
-
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7
W madABneto =
m: masa del cuerpo
a : mdulo de la aceleracin
Anlisis y procedimiento
Grafiquemos lo que indica el problema.
a
mg
TSobre el ascensor reali-
zan trabajos la tensin
y la fuerza de gravedad
T
Observador
Cmo calculamos la cantidad de trabajo hecho
por la tensin T ?
Ntese que mg hace W(+), ayuda al movimiento
acelerado, pero la tensin T se opone; es decir,
hace W(); esto puede comprobarse teniendo en
cuenta lo siguiente:
W neto=mad
WT+WFg=mad
WT+(mg)d=mad
WT=mad mgd
WT=md (a g)
Donde
m: masa del ascensor
a: aceleracin del ascensor
d: distancia que recorre
Reemplazando datos, obtenemos
WT=2,5104(20)(2 9,91)
WT=3905103J
WT=()3905 kJ (se verifica lo anterior
mencionado)
En mdulo, tenemos
WT = 3905 kJ
Respuesta
La magnitud del trabajo, en kJ, que efecta el
cable es 3905.
Alternativa C
Pregunta N. 7
Calcule el mdulo del centro de masa (en m) del
sistema formado por las bolas A, B y C de masas
3 kg, 1 kg y 1 kg respectivamente, ver figura.
1
2
1 3
X(m)
Y(m)
2
A
B
C
A) 0,44
B) 1,44
C) 2,44
D) 3,44
E) 4,44
-
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SolucinTema
Centro de masa
Referencias
Se debe de tener presente que la posicin del centro
de masa r
C.M.( ) se define matemticamente como
x1 x3 x2 xn
yn
y3
y2
y1
r1
r2
r3
rn
m3
m2
m1
mn
X
Y
C. M.yC. M.
xC.M.
rC. M.
Y
X
rmr
m
x y
m
C.M. = =
( ; )
Smr: Sumatoria del producto de la masa de cada partcula por su posicin.
Sm: Sumatoria de la masa de las partculas.
Anlisis y procedimiento
Sea r
C.M. la posicin del centro de masa del
sistema de partculas
Y(m)
X(m)mC=1 kg
mB=1 kg
mA=3 kg
1
2
1 2 3
donde
r
m x y
m
C.M. =
( ; )
Entonces
rm X Y m X Y m X Y
m m mA A A B B B C C C
A B C
C.M. =+ +
+ +( ; ) ( ; ) ( ; )
r
C.M. =+ +3 2 2 1 1 1 1 3 0
5( ; ) ( ; ) ( ; )
Resolviendo obtenemos
r X Y
C.M. C. M. C. M.=
= ( )105
75
; ;
Luego
7
5
Y
C. M.
10
5
X
-
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9
El mdulo de la posicin del centro de masa r
C.M. de la grfica ser
rC.M. =
+
105
75
2 2
Resolviendo obtenemos
rC.M.=2,44 m
Respuesta
El mdulo de la posicin del centro de masa es
2,44 m.
Alternativa C
Pregunta N. 8
Dos bloques idnticos situados uno sobre el otro
descansan sobre una superficie horizontal sin
friccin. El bloque inferior est unido a un resorte
de constante K=600 N/m como se indica en la
figura. Si se desplaza ligeramente de su posicin
de equilibrio, el sistema oscila con una frecuencia
de 1,8 Hz.
Cuando la amplitud de oscilacin excede 5 cm,
el bloque superior comienza a deslizarse respecto
al inferior. Calcule el coeficiente de rozamiento
esttico entre los dos bloques.
m
m
A) 0,45 B) 0,50 C) 0,55D) 0,60 E) 0,65
SolucinTema
Dinmica rectilnea - movimiento armnico
simple.
Referencias
Debemos tener presente que cuando un cuerpo
experimenta una aceleracin (a), en l existe
una fuerza resultante, que es diferente de cero,
(FR 0) y tiene la misma direccin que la aceleracin, donde
F =FR
Fg
R
a
liso m
FR=ma
Luego, si un cuerpo est a punto de deslizar sobre
un piso spero, en l se manifiesta la fuerza de
rozamiento esttico mximo (fS mx), donde
F
Fg
fN
m
fS(mx)
fS(mximo)=mS
mS: Coeficiente de rozamiento esttico.
f N: Fuerza de reaccin normal.
Por otro lado, en un oscilador mecnico, que
realiza un MAS, el oscilador adquiere su mxima
aceleracin (amxima) en las posiciones extremas,
donde se cumple lo siguiente:
-
10
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A A
P.E
amx=w2A
donde
w: es la frecuencia cclica; adems
w=2f
f : es la frecuencia de oscilacinA: amplitud
Anlisis y procedimiento
m
m
a
A A=510 m2
fmx
FN
Fg
P.E
Por condicin, si la amplitud de oscilacin excede
5 cm, el bloque superior comienza a deslizar
respecto del inferior; entonces, para que el sistema
se mantenga oscilando, realizando un MAS, la
amplitud mxima debe ser A=5102 cm.
En tal sentido, cuando la posicin de oscilacin
sea igual a la amplitud (x=A), el bloque superior
estar a punto de deslizar sobre el bloque inferior,
manifestndose de esta manera la fuerza de
rozamiento esttico mximo (fS mx) sobre este
ltimo, donde
fS(mximo)=mS fN
Como verticalmente el bloque no se mueve
F()=F() fN=mg
entonces
SSf
mg= ( )mx (I)
Como en el extremo de la oscilacin este experi-
menta una aceleracin, que es mxima, entonces
de la segunda ley de Newton tenemos:
FR=m amx
fS mx=m(w2A)
fS mx=m(2f)2A (II)
(II) en (I)
ff AgS
= ( ) = ( )
=2 2 1 8 5 10
9 80 65
2 2 2 ( ( , )),
,
Respuesta
El coeficiente de rozamiento esttico entre los
bloques es 0,65.
Alternativa E
Pregunta N. 9
La frecuencia fundamental de una cuerda de
violn de longitud L es de 500 Hz A qu distancia
de uno de sus extremos fijos se deber presionar
la cuerda de manera que la nueva frecuencia
fundamental sea de 600 Hz? (Considere que la
presin sobre la cuerda es la misma en ambos
casos).
-
unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
11
A) L6
B) L5
C) L4
D) L2
E) 34L
Solucin
Tema
Ondas mecnicas
Referencias
Cuando las cuerdas de un instrumento musical,
tal como un violn o una guitarra, vibran, en
dicha cuerda se generan patrones debido a la
interferencia entre las ondas incidentes y las
que se reflejan en los extremos de la cuerda,
generndose de esta manera las denominadas
ondas estacionarias.
El nmero de vientres que se generan en la cuerda
depender de la frecuencia de oscilacin y de la
longitud de la cuerda. Veamos:
L
1. armnico
(armnico fundamental)
er
L=22
L=12
2. armnicoo
cuerda oscilando en su:
...
Observamos que para que en la cuerda se gene-
ren ondas estacionarias, se debe cumpir que
L n n=
2
... : nmero armnico
Como Vonda= f
L n Vf
=2
f
nL
V=
2 onda
Anlisis y procedimiento
La cuerda del violn de longitud L tiene una
frecuencia fundamental (1.er armnico: n=1) de
f0=500 Hz.
L
v1
Como fnLV0 12
=
entonces
5001
2 1=
LV (I)
LF
x=?
v2
Cuando presionamos la cuerda con el dedo, la
nueva frecuencia fundamental es 600 Hz. Por
analoga al caso anterior obtenemos:
6001
2 2=
LV
F (II)
Considerando que en ambos casos la tensin es
la misma, entonces, V1=V2 ; al dividir (I) y (II),
obtenemos:
56 0
= LLF
L LF =
56
x L=6
-
12
unI 2009 -II Academia CSAR VALLEJO
Respuesta
La cuerda se deber presionar a L6
de uno de
los extremos.
Alternativa A
Pregunta N. 10
Un objeto flota en el agua con el 80% de su
volumen por debajo de la superficie. El mismo
objeto situado en otro lquido flota con el 72% de
su volumen por debajo de la superficie.
Calcule la densidad del lquido en g/cm3.
A) 1,01
B) 1,11
C) 1,21
D) 1,31
E) 1,41
Solucin
Tema
Esttica de fluidos
Referencias
Sobre todo cuerpo sumergido en un lquido,
este ejerce fuerzas hidrostticas a la resultante
de dichas fuerzas se le denomina empuje hi-
drosttico (EH), el cual es perpendicular a las
isbaras y acta en el centro geomtrico de la
parte sumergida.
Vsum
lquidoEH
isbara
EH=rliq gVsum
rliq: densidad del lquido en kg/m3
Vsum: volumen de la parte sumergida del objeto
Anlisis y procedimiento
Sea V el volumen del objeto.
Enelagua
80%V
mg
EH(1)
H O2
Del equilibrio EH=mg rH2O g80%V=mg (I)
Enellquidodesconocido
72%V
mg
EH(2)lquido
EH2=mg
rliq g72%V=mg (II)
(I) = (II)
H O lq2 g V g V80 72% %=
lq H2=
109 O
lq =
109
1000( )
rlq=1111,1 kg/m3
rlq=1,11 g/cm3
Respuesta
La densidad del lquido es 1,11 g
cm3.
Alternativa B
-
unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
13
Pregunta N. 11
Un anillo de cobre debe ajustarse fuertemente alre-
dedor de un eje de acero cuyo dimetro es 5,00 cm
a 30 C. El dimetro interior del anillo de cobre a
esa temperatura es de 4,98 cm. A qu temperatura
debe calentarse el anillo para que ajuste perfecta-
mente sobre el eje de acero, suponiendo que ste
permanece a 30 C? (Coeficiente de dilatacin
lineal del cobre=1710 6 C 1).
A) 236,2 B) 266,2 C) 296,2
D) 326,2 E) 356,2
Solucin
Tema
Dilatacin trmica
Referencias
Al suministrarle calor (Q) a un cuerpo, este experi-
menta un incremento en sus dimensiones. A este
fenmeno se le conoce como dilatacin trmica.
Se verifica
LF=L0(1+ T)
donde
LF; L0: Longitud final e inicial, respectivamente.
: Coeficiente de dilatacin lineal
T: Variacin de temperatura
Anlisis y procedimiento
Nos piden la temperatura f inal (TF). A
continuacin, grafiquemos lo que ocurre.
TF=T0+T
TF=30 C+T (I)
Para que el anillo pueda encajar perfectamente
en el eje de acero, debe incrementar su dimetro
(D), es decir, dilatarse hasta Danillo final=5,00 cm.
Para la dilatacin trmica lineal:
LF=L0(1+ T)
2RF=2R0(1+ T)
DF = D0 (1+T)
Reemplazando datos obtenemos:
(5 cm)=(4,98 cm)(1+(1710 6 C 1)T)
T=236,2 C (II)
Reemplazando (II) en (I) obtenemos:
TF=30 C+236,2 C
TF=266,2 C
-
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unI 2009 -II Academia CSAR VALLEJO
Respuesta
El anillo ajusta perfectamente sobre el eje de acero
si su temperatura final es 266,2 C.
Alternativa B
Pregunta N. 12
Un mol de un gas ideal se expande adiabticamente
realizando un trabajo de 6000 J. Cul es el
cambio de temperatura en grados kelvin del gas
despus de la expansin?
R=8,314 J/mol K
A) 441,1 B) 451,1 C) 461,1
D) 471,1 E) 481,1
Solucin
Tema
Termodinmica
Referencias
Aplicacin de la primera ley de la termodinmica.
Adems, los gases pueden experimentar diversos
procesos termodinmicos, como, por ejemplo, el
proceso adiabtico.
Proceso adiabtico: Se caracteriza porque no
hay transferencia de calor (Qab=0).
Grfica P - V
donde KCCP
V=
1. ley de la termodinmica
Para un gas ideal encerrado en un cilindro
de capacidad calorfica despreciable con un
pistn deslizante.
Haciendo un balance de energa, obtenemos:
Lo entregado Lo ocasionadoQ W Uab ab ab
== +
Qab: calor transferido al gas
Wab: trabajo realizado por el gas
Uab: variacin de la energa interna que experimenta el gas encerrado.
Anlisis y procedimiento
Nos piden el cambio de temperatura del gas
(Tab)
Aplicando la 1. ley de la termodinmica
Qab=Wab+Uab (I)
Como el proceso es adiabtico, se tiene
Qab=0 (el gas no absorbe ni disipa calor)
En (I):
0=Wab+Uab Uab= Wab (II)
Tambin, para todo gas ideal
Uab=n CV Tab
donde
n: nmero de moles del gas
CV: calor especfico del gas a volumen
constante
-
unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
15
Asumiendo que el gas es monoatmico, tenemos
C RV =
32
siendo
R: constante universal de los gases ideales
Entonces
U n R Tab ab=
32
(III)
(III) en (II)
n R T Wab 32
=
Reemplazando datos obtenemos:
1
32
8 314 6000 = , T
Resolvemos
T=()481,1 K
Respuesta
El cambio de temperatura, en kelvin, es 481,1.
Alternativa E
Pregunta N. 13Dos cargas puntuales Q1= 50 mC y Q2=100 mC estn separadas una distancia de 10 cm. El campo
elctrico en el punto P es cero. A qu distancia,
en cm, de Q1, est P?
A) 23,14 B) 24,14 C) 25,14D) 26,14 E) 27,14
Solucin
Tema
Electrosttica
Referencias
El campo elctrico se caracteriza por su intensidad
de campo elctrico E( ).
Toda partcula o cuerpo electrizado tiene asociado,
en su entorno, un campo elctrico de intensidad E
,
por ejemplo, en los casos siguientes:
Donde:
E
P(1): Intensidad de campo elctrico en P,
debido a la carga Q1.
E
P(2): Intensidad de campo elctrico en P,
debido a la carga Q2.
Y el mdulo de E
P se determina de la siguiente
forma:
E
K Q
dP = 2
K: Constante de Coulomb
d: Distancia de la partcula Q a P
Anlisis y procedimiento
Nos piden el valor de x, de modo que, el campo
elctrico en el punto P sea nulo.
-
16
unI 2009 -II Academia CSAR VALLEJO
Como se tienen dos partculas electrizadas prxi-
mas al punto P, en dicho punto, se manifiesta lo
siguiente:
Debido a () Q1: EP1() Debido a (+)Q2: EP2()
Para que el campo elctrico resultante en P sea
nulo, es necesario lo siguiente:
EP(1)=EP(2)
K Q
d
K Q
d1
12
2
22
=
Reemplazando
50 100
102 2x x=
+( )
1 2
102 2x x=
+( )
1 210x x
=+
x x+ =10 2
Resolviendo
x=24,14 cm
Respuesta
A la distancia de 24,14 cm.
Alternativa B
Pregunta N. 14Una combinacin es paralelo de una resistencia de 8 y una resistencia incgnita R se conectan en serie con una resistencia de 16 y una batera. A continuacin se conectan las tres resistencias en
serie a la misma batera. En ambas combinaciones
la corriente a travs de la resistencia incgnita
es la misma. Calcule el valor de la resistencia
incgnita en .
A) 1 B) 2 C) 3
D) 4 E) 5
Solucin
Tema
Circuitos elctricos
Referencias
Relaciona circuitos elctricos y conexin de
resistores tomando en cuenta el reparto de
corriente (Ley de Nodos) y la Ley de Ohm
(V=IR).
Anlisis y procedimiento
En el problema se plantean dos casos, pasaremos
a examinar cada uno de ellos.
1.er caso: De acuerdo al enunciado, inicialmen-
te los resistores de 8 y R estn acoplados en paralelo y estos estn acoplados en serie con el
resistor de 16 . Graficando lo que acontece, observamos:
-
unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
17
Hagamos el reparto de corriente considerando
que por R circula una corriente I.
Del circuito, segn la Ley de Ohm se verifica lo
siguiente:
1. 8i=IR ()
2. VAB=VAP+VPB =8i+16(i+I) =24i+16I (g)
2.o caso: Aqu los resistores son conectados en
serie a la fuente. Graficando lo que acontece,
observamos:
En este caso, la corriente que circula por R, por
condicin del problema, es la misma que en el
caso anterior; es decir, I.
Ntese que esta misma corriente circular por
todos los resistores.
Del circuito tenemos:
=IReq =I(16+8+R) =24I+IR (*)
Luego, se tiene que (g)=(*) y de ()
24i+16I=24I+IR
24i=8I+8i
16i=8I
2i=I
Finalmente, en () tenemos
8i=(2i)R
R=4
Respuesta
El valor de la resistencia desconocida es 4 .
Alternativa D
Pregunta N. 15
Un anillo conductor se encuentra en una zona
donde se aplica un campo magntico B
uniforme
en la direccin que se indica en la figura. Indique
la veracidad (V) o falsedad (F) de las siguientes
afirmaciones.
- Si B aumenta en el tiempo, se induce una
corriente en el anillo en sentido antihorario.
- Si B disminuye en el tiempo, se induce una
corriente en el anillo en sentido horario.
- Si B invierte rpidamente su sentido, se
induce una corriente en el anillo en sentido
horario.
A) FFV B) VVF C) VVV
D) FFF E) FVF
-
18
unI 2009 -II Academia CSAR VALLEJO
Solucin 15
Tema
Induccin electromagntica
Referencias
Est relacionada con la aplicacin de la regla de
Lenz, la cual establece lo siguiente: "Todo circuito
cerrado, reacciona con otro campo magntico
restaurador frente a los efectos de un campo
magntico externo (inductor), tratando de res-
taurar su estado inicial".
Anlisis y procedimiento
En el problema tenemos tres proposiciones que se
desprenden de una situacin inicial; examinemos
cada una de ellas.
I. Verdadero (B: aumenta en el tiempo)
El circuito al inicio ingresa 1(), pero luego
entran 3(); entonces, el circuito responde
con 2 . Aplicando la regla de la mano
derecha se tiene una corriente inducida
antihoraria.
II. Verdadero
Al inicio ingresa: 4()
Al final ingresa: 1()
Qu hacer para restaurar el estado inicial?
Aplicando regla de la mano derecha, deben
entrar 3 del B
inducido.
Se deduce que en el circuito existe ahora una
corriente inducida horaria.
III. Ntese que las lneas de induccin cambian
su sentido.
1o) Hay F()Restando: F 0
2) Hay F()
Como podemos notar, el flujo magntico
a travs de la esfera ha variado; en
consecuencia, hay una corriente inducida y
su sentido.
Aplicando la regla de Lenz, es horaria.
Respuesta
Se deduce que todas las proporciones son ver-
daderas.
Alternativa C
Pregunta N. 16
Dadas las siguientes proposiciones con respecto a
las caractersticas de las ondas electromagnticas.:
I. Los campos elctricos y magnticos asociados
a una onda electromagntica son perpen-
diculares a la direccin de propagacin y
antiparalelos entre s.
II. Un haz de radiacin infrarroja posee menor
energa que uno de radiacin visible de la
misma intensidad.
-
unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
19
III. En el espectro electromagntico se ordena a
las ondas electromagnticas segn su inten-
sidad.
Seale la secuencia correcta despus de de-
terminar si la proposicin es verdadera (V) o
falsa (F).
A) VVV B) VFV C) FFV
D) FVF E) FFF
Solucin 16
Tema
Ondas electromagnticas
Referencias
Debemos tener presente que una onda electro-
magntica (O.E.). es la propagacin de la oscila-
cin del campo elctrico y el campo magntico;
tal que estos oscilan perpendicularmente a la
direccin de propagacin de la onda; entonces.
Los vectores E
y B
son perpendiculares a la
direccin de propagacin entre s por lo que
la O.E. es una onda transversal. Adems, los
vectores oscilantes E
y B
alcanzan sus valores
mximo y mnimo simultneamente.
II. Verdadera
Por condicin:
I(luz inf.)=I(luz visible)
De :
n E
At
n E
At1 foto(I) 2 foto(Luz)=
n h f n h f1 2( )I Luz=
Como fI>fluz para la igualdad n1>n2
En g:
Efotn(I)
-
20
unI 2009 -II Academia CSAR VALLEJO
Anlisis y procedimiento
I. Falsa
Los vectores E B
y son perpendiculares pero
no antiparalelos.
III. Falsa
En el espectro electromagntico (ver grfico
anterior) la OEM se ordena segn su frecuen-
cia (f) y longitud de onda (g)
Respuesta
Por lo tanto, la luz visible presenta mayor frecuen-
cia que la luz infrarroja (verdadero).
Alternativa D
Pregunta N.17
A 40 cm de un espejo convexo de distancia focal
10 cm se coloca un objeto. Calcule la distancia
(en cm) de la imagen al espejo.
A) 4 B) 6 C) 8
D) 10 E) 12
Solucin
Tema
ptica geomtrica
Referencias
Reflexin en espejo esfrico
En un espejo convexo, la imagen siempre es
virtual, derecha y de menor tamao que el objeto.
Adems, se cumple la ecuacin de focos con-jugados:
1 1 1f i o= +
donde:
f : distancia focal
i : distancia imagen
o : distancia del objeto al espejo
Anlisis y procedimiento
Con los datos, construimos la imagen I.
Piden |i|=?
Donde:
f = 10 cm (E. convexo)
o=40 cm
Usamos lo siguiente:
1 1 1f i o= +
-
unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
21
Reemplazamos
110
1 140
= +i
i= 8 cm
Entonces, |i|=8 cm
Respuesta
La distancia de la imagen al espejo es 8 cm.
Alternativa C
Pregunta N. 18
En un experimento de efecto fotoelctrico, se
ilumina un ctodo de oro con radiacin de fre-
cuencia 3,41015 Hz. Frente al ctodo se coloca
una placa metlica a 1,0 V respecto al ctodo.
Cul es aproximadamente la mxima velocidad
(en 106 m/s) con la que un fotoelectrn alcanza
la placa?
Funcin trabajo del oro: 5,1 eV
Masa del electrn: 9,110 31 kg
h= 6,6310 34 J s
1 eV=1,610 19 J
A) 0,66 B) 1,66
C) 2,66
D) 3,66 E) 4,66
Solucin
Tema
Efecto fotoelctrico
Referencias
Cuando una radiacin electromagntica incide
en la superficie de un metal, se origina despren-
dimiento de electrones, a este fenmeno se le
conoce como efecto fotoelctrico. Para que esto
suceda, se debe cumplir que la frecuencia de la
OEM incidente debe ser mayor que la frecuencia
umbral que depende del metal (fo).
Se verifica
Efotn=0+EC
donde
Efotn=hf: energa de un fotn
0= hfo: funcin trabajo EC=energa cintica del fotoelectrn
Anlisis y procedimiento
-
22
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Al desprenderse del ctodo un electrn, este
adquiere cierta rapidez v0, la cual empieza a
disminuir debido a la fuerza elctrica (FEL) que
acta en contra del movimiento del electrn;
as, el electrn llega a la otra placa con cierta
rapidez vF.
De la relacin de trabajo y energa tenemos
W E EA BF
CF CEL
= 0
= qeV mv EAB F C
12
2
0
Reemplazamos
1,610 191=12
9 1 10 3 20
, v EF C (I)
donde
EC0: energa cintica inicial con que se desprende
el electrn del ctodo.
Ahora usamos
Efotn=0+EC0
6,6310 341015=5,1(1,610 19)+EC0
Operando obtenemos
EC0=14,38210 19 J
Reemplazando en (I) obtenemos luego de
operar
vF=1,66106 m/s
Respuesta
La mxima velocidad con que un fotoelectrn
alcanza la placa es 1,66106 m/s.
Alternativa B
Pregunta N. 19
Un conductor esfrico cargado de radio R1 tiene
un potencial de 20 kV. Despus que se lo conecta
mediante un fino y largo alambre a una segunda
esfera conductora situada lejos de l, su potencial
cae a 12 kV. Calcule el radio de la segunda esfera
en funcin del radio de la primera esfera.
A) R13
B) 2
31R C) R1
D) 3
21R E) 2R1
Solucin
Tema
Potencial elctrico
Referencias
Una esfera conductora electrizada presenta, en su
superficie, un potencial elctrico, el cual se calcula
de la siguiente manera:
V
KQRP
=
Anlisis y procedimiento
Se tiene una esfera conductora (1) electrizada con
Q1 y otra neutra; es decir
-
unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
23
Se conectan las superficies de las esferas con un
hilo conductor muy largo entre los puntos A y B;
as, ocurre lo siguiente:
Debido a la diferencia de potencial entre los
puntos A y B (VA VB), los electrones van de B
hacia A, hasta que los potenciales elctricos en
dichos puntos se igualen. En esta situacin final,
las esferas presentan una carga elctrica de Q1'
y Q2, como se muestra:
Ahora, cuando dejan de circular electrones (equi-
librio electrosttico), tenemos
VA=VB
KQR
KQR
1
1
2
2
'=
R R Q
Q2 1
2
1
=
'
(I)
Para la esfera (1):
Alinicio
VKQRA0
1
1
320 10= = V (II)
Alfinal
VKQRAF
= = 11
312 10'
V (III)
Dividiendo (II)(III) obtenemos
Q Q1 153
= ' (IV)
Por la conservacin de la carga elctrica del siste-
ma de esferas, se cumple lo siguiente:
Q QF0sist sist=
Q1= Q Q1 2' + (V)
(IV) en (V)
53 1 1 2
Q Q Q' '= +
Q
Q2
1
23'
= (VI)
Finalmente, (VI) en (I)
R R2 12
3=
Respuesta
El radio de la esfera (2) en funcin del radio de
la esfera (1) es RR
212
3= .
Alternativa B
Pregunta N. 20
Dos bloques de igual masa m suben a una
misma altura por un plano inclinado con rapidez
constante desde el punto 1 hasta el punto 2. En
la figura A, la fuerza que acta sobre m es F
1 y
en la figura B, la fuerza es F
2. En ambos casos
las direcciones de las fuerzas son paralelas a sus
respectivos planos. Si el coeficiente de rozamiento
cintico entre las superficies en contacto es m, indique la veracidad (V) o falsedad (F) de las
siguientes proposiciones:
I. El trabajo realizado por el peso en la figura A
es mayor que en B.
II. El trabajo realizado por la fuerza resultante
es nula en ambos casos.
III. El trabajo realizado por F
1 es mayor que el
realizado por F
2.
-
24
unI 2009 -II Academia CSAR VALLEJO
A) VVV B) VFV
C) FVV
D) FVF E) FFV
Solucin
Tema
Trabajo y energa mecnica
Referencias
Lacantidaddetrabajodeunfuerzaconstante
F
depende del desplazamiento paralelo a la
fuerza.
WF=Fd
LavariacindelaenergacinticaentreAy
B es igual al trabajo neto sobre el cuerpo (teo-
rema del trabajo neto y la energa cintica).
Wneto=EC(B) EC(A)
Anlisis y procedimiento
Para analizar las proposiciones, hagamos un DCL
sobre el bloque en cada figura.
I. Falso
En la fig. A: W mghFg
1 2(A)
=
En la fig. B: W mghFg
1 2(B)
= W W
Fg Fg1 2
(A)1 2
(B) =
II. Verdadero
Como el trabajo neto (Wneto) o trabajo de
la fuerza resultante (WFR) en un cuerpo que
se mueve con rapidez constante es cero,
tendremos
W WF1 2neto
1 2res
= = 0, para ambos casos.
III. Verdadero
En la figura A
W1 2
neto = 0
W W W WFFg A fK A FN A1
0
0+ + + =( ) ( ) ( )
-
unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
25
W W WF Fg A fK A1 = +
( ) ( )
W mgh mg
hF1 3737
= +
cos sen
W mgh mghF153
= + (I)
En la figura B
W1 2 0 =
neto
W W W WFFg B fK B FN B2
0
0+ + + =( ) ( ) ( )
W W WF
Fg B fK B2 = +
( ) ( )
W mgh mg
hF2 5353
= +
cos sen
W mgh mghF234
= + (II)
Comparando (I) y (II) se obtiene que
W WF F1 2>
Respuesta
La respuesta es FVV.
Alternativa C
-
26
unI 2009 -II Academia CSAR VALLEJO
Qumica
Pregunta N. 21Dadas las siguientes proposiciones respecto al concepto de orbital atmico:I. Est determinada por la trayectoria seguida
por un electrn.II. Es la zona de mxima probabilidad de hallar
al electrn o par de electrones.III. Queda descrito por los nmeros cunticos n,
y m.Son correctas:
A) solo I B) solo III C) I y IID) II y III E) I y III
SolucinTema
Modelo atmico cuntico
Referencias
El orbital atmico es la regin espacial energtica de mxima probabilidad en encontrar electrones en movimiento. Es el resultado de una funcin matemtica probabilstica que se encuentra en la zona extranuclear en donde puede existir un mximo de dos electrones con espines opuestos.
orbital s orbital px
z
y
z
Anlisis y procedimiento
I. Falso El principio de incertidumbre planteado
por Heisenberg seala que no es posible conocer con precisin la posicin o
descripcin de la trayectoria y el momento del electrn a la vez. Solo se tiene la mxima probabilidad espacial en el orbital.
II. Verdadero El orbital, segn la cantidad de electrones, se
clasifica como sigue:
Orbital Nombre del orbital
llenosaturadodiamagntico
semillenoinsaturadoparamagntico
III. Verdadero La ecuacin de Schrodinger permiti ob-
tener tres valores de nmeros cunticos (n, l, ml), estos valores definen la existencia y orientacin espacial del orbital en la regin espacial de la zona extranuclear.
Respuesta
FVV
Alternativa D
Pregunta N. 22Seale la alternativa que presenta la secuencia correcta, despus de determinar si la proposicin es verdadera (V) o falsa (F).I. La electronegatividad de un elemento es la
capacidad para atraer los electrones en un enlace qumico.
-
unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
27
II. Si un elemento posee una alta electronega-
tividad, tambin tiene una baja energa de
ionizacin.
III. En los compuestos covalentes, la diferencia
de electronegatividad entre los tomos que
forman un enlace permiten determinar la
polaridad de las molculas.
A) VFF B) VVV C) VFV
D) FVF E) FFF
Solucin
Tema
Propiedades peridicas
Referencias
La electronegatividad (EN) es la fuerza relativa
de un tomo (en una molcula) para atraer elec-
trones de enlace hacia s mismo.
Anlisis y procedimiento
I. Verdadera
La electronegatividad se manifiesta como la
atraccin del ncleo de un tomo sobre los
electrones de enlace.
II. Falsa
Si un tomo presenta alta electronegatividad,
se necesitar mayor energa para quitarle
un electrn (energa de ionizacin EI). En la
tabla peridica ambas propiedades varan,
generalmente, en forma directa.
EN, EIaumenta
III. Verdadera En un compuesto covalente, los tomos que
participan comparten pares de electrones, dicha comparticin puede ser equitativa o desigual, ello depende de la electronegativi-dad de cada tomo enlazante, y esto permite determinar la polaridad de las molculas.
Respuesta
VFV
Alternativa C
Pregunta N. 23Respecto al enlace metlico, indique la secuencia correcta, despus de determinar si la proposicin es verdadera (V) o falsa (F).I. Se presenta en los elementos de los grupos
IA y VIIA.II. Debido a este tipo de enlace, los metales son
buenos conductores de la corriente elctrica.III. Se forma en aquellos elementos que tienen
un orbital externo tipo s.
A) FFF B) VVV C) VFVD) FVF E) VVF
SolucinTema
Enlace qumico
Referencias
El enlace metlico es una fuerza elctrica de atraccin entre los cationes metlicos y el "mar de electrones", los cuales se forman luego que los tomos metlicos se desprenden de sus electrones de valencia, esto explica las propiedades de los metales, como, por ejemplo, la conduccin de la electricidad y calor, resistencia mecnica y brillo metlico.
-
28
unI 2009 -II Academia CSAR VALLEJO
Ag Ag
Ag
Ag
lmina de plata
Anlisis y procedimiento
I. Falsa
El enlace metlico se presenta en los
elementos metlicos de casi todos los grupos
de la tabla peridica, excepto en los grupos
VIA, VIIA y VIIIA.
II. Verdadera
En este tipo de enlace hay movilidad de los
electrones deslocalizados o electrones mviles
colectivos alrededor de los cationes metlicos.
Esto permite la buena conductividad elctrica
de los metales.
III. Falsa
Este enlace no depende del tipo de orbital en
el que finaliza un elemento, depende de la
electronegatividad y el tamao de los tomos
involucrados.
Respuesta
FVF
Alternativa D
Pregunta N. 24
Indique el in que presenta la nomenclatura
correcta.
A) Cr2O72 cromato
B) HPO42 dihidrgeno fosfato
C) H2PO4 dihidrgeno fosfito
D) MnO4 permanganito
E) HCO3 bicarbonato
SolucinTema
Formulacin y nomenclatura inorgnica
Referencias
La nomenclatura qumica consiste en nombrar, formular y ordenar a los diferentes compuestos inorgnicos y orgnicos en funciones qumicas sobre la base de un grupo funcional.
Anlisis y procedimiento
Todos los aniones del problema provienen de cidos oxcidos (oxoaniones) al ceder protones o iones hidrgeno (H+).
A) Incorrecto
H2Cr2 O7 Cr O2 7
22H+
cido dicrmico dicromato
+6
B) Incorrecto
H3PO4 HPO4
22H+
cido fosfrico hidrgeno fosfato
+5
C) Incorrecto
H3PO4 H PO2 4
1H+
cido fosfrico dihidrgeno fosfato
+5
D) Incorrecto
HMnO4 MnO4
1H+
cido permangnico permanganato
+7
E) Correcto
H2CO3 HCO3
1H+
cido carbnico bicarbonato
+4
Respuesta
HCO 3 bicarbonato
Alternativa E
-
unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
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Pregunta N. 25Respecto a los slidos, seale la alternativa que presenta la secuencia correcta, despus de determinar si la proposicin es verdadera (V) o falsa (F):I. El hielo es un slido cristalino.II. Las estructuras cristalinas se forman por la
repeticin tridimensional de la llamada celda unitaria.
III. De acuerdo al diagrama de fases del agua, sta puede sublimar a presiones menores que la correspondiente al punto triple.
A) VVVB) FVVC) FVFD) VFVE) FFF
SolucinTema
Estados de agregacin de la materia
Referencias
Los slidos cristalinos son aquellas sustancias en las cuales sus unidades estructurales tienen un arreglo geomtrico definido el cual dispone de unidades tridimensionales mnimas repetitivas denominadas celdas unitarias o celdillas.
Anlisis y procedimiento
I. Verdadera El hielo es un slido cristalino de tipo
molecular.
II. Verdadera La unidad mnima repetitiva de una estructura
cristalina se denomina celda unitaria.
III. Verdadera
slido
lquido
gas
sublimacin
P
T(C)
T puntotriple
Respuesta
VVV
Alternativa A
Pregunta N. 26Una muestra de glucosa (C6H12O6) contiene 41022 tomos de carbono. Cuntos moles de glucosa contiene la muestra?Dato: NA=6,0210
23
A) 6,610 3
B) 1,110 2
C) 6,610 2
D) 1,110 1
E) 6,610 1
SolucinTema
Clculos en Qumica
Referencias
Los clculos qumicos nos permiten cuantificar las unidades estructurales (tomos, iones o molculas) que posee un cuerpo, para ello se usa el concepto de peso atmico, peso formular, mol, etc.
Anlisis y procedimiento
Dato:
C H O6 12 6
glucosa N. de tomos C=41022
-
30
unI 2009 -II Academia CSAR VALLEJO
Se sabe lo siguiente:
1 616mol C H O mol C6 12contiene
1 mol C6H12O6 6(6,021023) tomos C
x=? 41022 tomos C
x=1,110 2 moles
Respuesta
Entonces, en la muestra dada hay1,110 2 moles de glucosa.
Alternativa B
Pregunta N. 27La azida de sodio NaN3, se obtiene mediante la siguiente reaccin:3NaNH2+NaNO3 NaN3+3NaOH+NH3Calcule el rendimiento de esta reaccin si se producen 1,81 g de NaN3 como resultado de la reaccin de 5 g de amida de sodio (NaNH2), con 10 g de nitrato de sodio (NaNO3).Masas molares (g/mol):NaNH2=39; NaN3=65; NaNO3=85
A) 18,1 B) 27,7 C) 42,7D) 65,3 E) 85,0
SolucinTema
Estequiometra
Referencias
Para definir la eficiencia o el rendimiento por-centual de una reaccin, es necesario definir lo siguiente:
Rendimiento terico. Es la mxima cantidad que se puede obtener de un producto cuando se ha consumido totalmente el reactivo limitante. Esta cantidad se halla mediante la ecuacin qumica balanceada.
Rendimiento real. Es la cantidad de producto que se obtiene de forma experimental cuando se haya consumido todo el reactivo limitante.
% %R = rendimiento realrendimiento terico
100
Anlisis y procedimiento
Para determinar el rendimiento terico, debemos primero identificar al reactivo limitante (RL), relacionando de forma estequiomtrica los valores de peso - frmula.
PF( NaNH2)=39 umaPF( NaNO3)=85 umaPF( NaN3)=65 uma
En la ecuacin qumica balanceada observamos
3 33 39
NaNH +NaNO NaN NaOH N2 uma
3
85 uma
3
65 uma
+ + HH3
5 g mNaNO3 mNaN3
Como la masa de NaNO3 gastado es 3,63 g y es menor que los 10 g de masa inicial proporcionada, entonces, el NaNH2 es el reactivo limitante y con este valor se logra relacionar y obtener el rendimiento terico de NaN3, que es 2,77 g.
Por dato del problema, el rendimiento real de NaN3 es 1,81 g.
Ahora, reemplazamos en la frmula del porcentaje de rendimiento (%R).
% %R = rendimiento real (NaN )rendimiento terico (NaN )
3
3100
% % , %R = =1,81 g2,77 g
100 65 3
Respuesta
%R=65,3%
Alternativa D
-
unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
31
Pregunta N. 28En un recipiente de 10 L se introduce una mezcla de 4 moles de nitrgeno y 12 moles de hidrgeno, elevndose la temperatura del mismo hasta 1000 K. Transcurrido un tiempo se establece el equilibrio:
3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)
En estas condiciones se determina que el N2 ha reaccionado en un 11,5% molar. Calcule las concentraciones (en mol/L) del H2, N2 y NH3 en el equilibrio, respectivamente.
A) 1,062; 0,354; 0,092B) 1,062; 0,092; 0,354C) 0,354; 1,062; 0,092D) 0,092; 0,354; 1,062E) 0,359; 0,092; 1,062
SolucinTema
Equilibrio qumico
Referencias
El equilibrio qumico es aquel estado dinmico que alcanza una reaccin reversible en un reci-piente cerrado a temperatura constante, donde las concentraciones molares de los reactantes y productos se mantienen constantes.
Anlisis y procedimiento
El siguiente equilibrio qumico que se da es homogneo debido a que todas las sustancias participantes se encuentran en fase gaseosa.
3H2(g) + N2(g) 2NH3(g)
Inicio 12 moles 4 moles
reacciona 3x x
se forma +2x
equilibrio 12 3x 4 x 2x
Por dato, las moles de N2 que reaccionan
x=11,5% nN2 x=11,5% (4 mol)
x=0,46 mol
En el equilibrio se tiene lo siguiente:
nH2=12 3x=12 1,38=10,62 moles
nN2=4 x=4 0,46=3,54 moles
nNH3=2x=0,92 moles
El problema pide las concentraciones en (mol/L),
por lo que se utiliza el dato del volumen del
sistema: V=10 L
Por lo tanto, se tiene las concentraciones en el
equilibrio.
H =
moles L
mol/L2H2[ ] = =n
V10 62
101 062
,,
H mol/L2[ ] = 1 062,
N =
moles L
mol/L2N 2[ ] = =n
V3 54
100 354
,,
N mol/L2[ ] = 0 354,
NH =
moles L
mol/L3NH3[ ] = =n
V0 92
100 092
,,
NH mol/L3[ ] = 0 092,
Respuesta
1,062; 0,354; 0,092
Alternativa A
-
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Pregunta N. 29Calcule la concentracin molar (mol/L) de los iones hidronio H3O
+ en una solucin preparada, mezclando 450 mL de una solucin acuosa de HCl 0,03 M con 350 mL de una solucin acuosa de NaOH 0,035 M.
A) 1,20103 B) 1,25103 C) 1,35103
D) 1,45103 E) 1,56103
SolucinTema
Soluciones
Referencias
La reaccin de neutralizacin, generalmente, se realiza entre soluciones acuosas de cidos y bases, donde la concentracin de los iones hidronio (H3O
+) es igual a la concentracin de iones hidrxido (OH).El reactivo en exceso (RE) es aquella sustancia que, luego de la reaccin, queda (parte de esta) como sobrante o excedente.
Anlisis y procedimiento
Calculando la cantidad de iones hidrgeno (H+) e iones hidrxido (OH) en HCl y NaOH, respectivamente obtenemos:
nHCl=MHCl VHCl=(0,03 mol/L)(0,45 L)=
=1,35102 moles
HCl(ac) H+(ac) + Cl
(ac)
1,35102 moles 1,35102 moles 1,35102 moles
nNaOH=MNaOH VNaOH=
=(0,035 mol/L)(0,35 L)=1,225102 moles
NaOH(ac) Na+(ac) + OH
(ac)
1,225102 moles 1,225102 moles 1,225102 moles
En la neutralizacin se cumple que
nH+=nOH
Entonces, en la reaccin observamos:
Se neutralizan 1,25102 moles de H+ y OH
Sobran 1,25103 moles de H+.
Volumen final:
VHCl+VNaOH=(0,45+0,35) L=0,8 L
Finalmente
Lo entregado Lo ocasionadoQ W Uab ab ab
== +
[H3O+]=1,56103 M
Respuesta
La concentracin de ion hidronio [H3O+] es
1,56103 mol/L
Alternativa E
Pregunta N. 30
Indique en qu casos ocurrirn reacciones es-
pontneas.
I. Se sumerge un alambre de hierro en una
solucin 1,0 M de CuSO4(ac).
II. Se sumerge un trozo de zinc en una solucin
1,0 M de CuSO4(ac).
III. Se sumerge una placa de cobre en una
solucin de FeSO4(ac) 1,0 M.
Datos: Potenciales estndar (voltios):
E (Fe2+/Fe)= 0,44
E (Cu2+/Cu)=+0,34
E (Zn2+/Zn)= 0,76
A) solo I B) solo II C) solo III
D) I y II E) II y III
-
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33
SolucinTema
Electroqumica
Referencias
Las reacciones rdox espontneas son procesos electroqumicos donde el potencial elctrico es positivo.Estos procesos se llevan a cabo en una celda galvnica o voltaica. La sustancia que se oxida (nodo) transfiere los electrones hacia la sustancia que se reduce (ctodo).
Anlisis y procedimiento
I. alambre dehierro (Fe)
CuSO4(ac)1,0 M
Fe +Cu Fe Cu(s) (ac)
2+(ac)2+
(s)
Fe /Fe Cu Cu(s) (ac)2+
E =+0,44 V
(ac)2+
(s)
E =+0,oxid
red
// /
334 V
Ecelda=+0,78 V
(Proceso espontneo)
II. CuSO4(ac)1,0 M
trozo de
zinc (Zn)
Zn(s)+Cu Zn Cu(ac)
2+(ac) (s)2 +
Zn /Zn Cu Cu(s) (ac)2+
E =+0,76 V
(ac)2+
(s)
E =+0,oxid
red
// /
334 V
Ecelda=+1,10 V
(Proceso espontneo)
III. placa decobre
FeSO4(ac)1,0 M
El cobre no puede desplazar al hierro (no
se puede oxidar) porque su potencial de
oxidacin es menor.
E(Cu/Cu2+)=0,34 V
E(Fe/Fe2+)=+0,44 V
(Proceso no espontneo)
Respuesta
Los procesos descritos en las proposiciones I y II
son espontneos.
Alternativa D
Pregunta N. 31
Dada la siguiente estructura qumica
CH2 CH CH CH C
CH3 CH3 CH CH3
CH2 CH3
Cul es el nombre correcto?
A) 5 - propil - 3,6 - dimetil - 1,4 - hexadieno
B) 5 - propil - 5 - etil - 3 - etil - 1,4 - pentadieno
C) 5 - isopropil - 3,6 - dimetil - 1,4 - hexadieno
D) 1 - etil - 1 - propil - 3 - etil - 1,4 - pentadieno
E) 5 - etil - 3,6 - dimetil - 1,4 - heptadieno
-
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SolucinTema
Alquenos
Referencias
Los alquenos son hidrocarburos alifticos insatu-rados que poseen enlaces dobles en su estructura molecular, y en su nomenclatura se prioriza estos enlaces. Un caso particular de alquenos son los dienos, que poseen 2 enlaces dobles. Segn la posicin de estos enlaces, el compuesto tendr diferente reactividad qumica.
Anlisis y procedimiento
CH2 CH CH CH3 C
CH CH3
CH2 CH3
CH3CH3
1 2 3 4
5
76
etil
metil
metil
Nombre5 - Etil - 3,6 - dimetil - 1,4 - heptadieno (IUPAC 1979)5 - Etil - 3,6 - dimetilhepta - 1,4 - dieno (IUPAC 1993)
Respuesta
5 - Etil - 3,6 - dimetil - 1,4 - heptadieno
Alternativa E
Pregunta N. 32Dadas las siguientes proposiciones relativas a los problemas globales de contaminacin.I. Entre los principales causantes de la dismi-
nucin de la capa de ozono estn algunos refrigerantes y disolventes.
II. El efecto invernadero siempre ha sido daino para la Tierra.
III. La lluvia cida es causada, en parte, por el dixido de azufre que se genera en la quema de combustibles fsiles.
Son correctas.
A) solo I B) solo II C) solo IIID) I y III E) I, II y III
SolucinTema
Contaminacin ambiental
Referencias
La contaminacin ambiental consiste en la presen-cia de agentes fsicos, qumicos y biolgicos en nues-tro ecosistema (aire, agua y tierra), que al llegar a una concentracin superior a lo permisible mo-difica las propiedades de esta, afectando negati-vamente la flora, fauna y al hombre.
Anlisis y procedimiento
Analicemos cada proposicin respecto a los problemas globales de contaminacin.
I. Correcta Los principales agentes qumicos, causantes
de la disminucin de la capa de ozono son los refrigerantes (freones, CFCl3) y disolventes orgnicos sintticos (CCl4, CHCl3, CHBr3, ...).
II. Incorrecta El efecto invernadero, que provoca el ca-
lentamiento global de la Tierra, ha sido un fenmeno natural desde que se form la atmsfera, pero este problema se agudiz cuando el hombre comenz a utilizar com-bustibles fsiles para obtener energa y en los procesos metalrgicos.
III. Correcta Los xidos de nitrgeno (NOx) y el dixido
de azufre (SO2), mediante reaciones qumicas que ocurren en el aire, llegan a formar HNO3 y H2SO4, que forman parte de la lluvia ci-da. Estos gases se generan en la quema de combustibles fsiles.
Respuesta
Las proposiciones correctas son I y III
Alternativa D
-
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Pregunta N. 33
Para proteger los buques de la corrosin se utilizan
los llamados "zinques" (bloques de cinc), los que
se adhieren a su estructura de acero, por debajo
de la lnea de flotacin. Al respecto, cules de las
siguientes proposiciones son correctas?
I. Durante el proceso de la corrosin se forman
celdas galvnicas.
II. Los zinques actan como nodo.
III. El zinque presenta un potencial de oxidacin
mayor que el del acero.
A) solo I
B) solo II
C) solo III
D) I y III
E) I, II y III
Tema
Electroqumica
Referencias
La proteccin catdica es un procedimiento que
se realiza para proteger maquinarias y superficies
metlicas, para ello se les conecta a un metal con
mayor potencial de oxidacin (generalmente,
cinc y magnesio) al cual se denomina nodo de
sacrificio.
Anlisis y procedimiento
I. Verdadero
Se llevan a cabo reacciones de reduccin
(oxgeno) y oxidacin (zinc) espontneas.
II. Verdadero
En los zinques, el zinc se oxida segn
Zn Zn2++2e , por lo tanto, es la regin andica.
III. Verdadero
Los nodos de sacrificio, en general, tienen
mayor potencial de oxidacin, lo cual evita
la oxidacin del metal protegido.
Respuesta
Son correctas I, II y III.
Alternativa E
Pregunta N. 34
Si 2,210 4 moles de nitrgeno molecular
gaseoso efunden en un tiempo t a travs de un
pequeo orificio, cuntos moles de hidrgeno
molecular gaseoso efunden a travs del mismo
orificio en el mismo tiempo y a las mismas
condiciones de presin y temperatura?
Masas atmicas: H=1; N=14
A) 2,210 4
B) 4,210 4
C) 6,210 4
D) 8,210 4
E) 1,010 3
Solucin
Tema
Estado gaseoso
Referencias
Ley de difusin y efusin gaseosa (Graham). La
rapidez con la cual los gases efunden dependen
en forma inversamente proporcional a la raz
cuadrada de sus masas molares, considerando
que la rapidez de difusin y efusin es la razn
del volumen o cantidad de molculas del gas
respecto al tiempo.
-
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Anlisis y procedimiento
Datos:
N2: M=28 g/mol; nN2=2,210 4 moles
H2: M=2 g/mol; nH2=?
Segn Graham
H
N
N
H
2
2 2
=M
M2 donde: = n
t
Reemplazando obtenemos
n
t
t
H
mol
g/molg/mol
2
2 2 10
2824,
=
Por lo tanto, tenemos
nH2=8,210 4 moles
Respuesta
8,210 4 moles
Alternativa D
Pregunta N. 35
Dadas las siguientes proposiciones referidas a la
solubilidad del sulfato de sodio (Na2SO4) en agua:
I. Si se enfra una solucin saturada de 80 C
a 20 C se podra disolver 24 g ms de la sal
por cada 150 g de agua.
II. A 20 C una solucin insaturada tiene una
concentracin menor que 120 g de la sal por
cada 200 g de agua.
III. A 40 C una solucin sobresaturada tiene una
concentracin mayor que 3,70 molal.
Considere la densidad del agua=1 g/cm3
Datos:
Masas molares atmicas:
H=1; O=16; Na=23; S=32
Solubilidad del sulfato de sodio
(g Na2SO4/100 g H2O):
20 C 40 C 80 C
60 53 44
A) solo I B) solo II C) solo III
D) I y II E) I, II y III
Solucin
Tema
Disoluciones
Referencias
La solubilidad indica la concentracin de una
solucin saturada, tambin expresa la mxima
cantidad de soluto en gramos que se puede disol-
ver en cierta cantidad de solvente (generalmente,
100 g de agua) a una determinada temperatura.
SW
stoT C mximo sto
100 g ste ( )
( )=
Anlisis y procedimiento
I. Correcta
SNa SO
80 C
22 4
g Na SO100 g H O
= 44 2 4
44 g 100 g H2O
x=? 150 g H2O
x=66 g Na2SO4
-
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37
60 g 100 g H2O
y=? 150 g H2O
y=90 g Na2SO4
Por lo tanto, al reducir la temperatura de
80 C a 20 C, se podr disolver 24 g ms
de Na2SO4.
II. Correcta
SNa SO20 C 2 4
22 4
Na SO g H O
= =60100
Entonces, en una solucin insaturada la
concentracin ser menor de 120 g de sal
por cada 200 g de agua.
III. Correcta
SNa SO
40 C 2 4
22 4
g Na SO g H O
= 53100
A partir de esto se puede calcular la molalidad
de la solucin saturada
n
W
Msto
g
g molmoles= = =
53
1420 37,
mnW
= =
=stoste
moles
kg moles
0 371001000
3 7,
,
Entonces, la concentracin de una solucin
sobresaturada ser mayor de 3,7 molal.
Las proposiciones correctas son I, II y III.
Respuesta
I, II y III
Alternativa E
Pregunta N. 36
El aroma y el sabor, caracterstico de las naranjas,
se debe en parte al ster acetato de n-octilo.
Marque la estructura que corresponde a este
compuesto.
A) CH3 CO
OCH2(CH2) CH4 3
B) CH3CH2 CO
OCH2(CH2) CH3 3
C) CH3 CO
OCH2(CH2) CH6 3
D) CH3(CH ) CH2 6 2 CO
OCH2 CH3
E) CH3(CH ) CH2 6 2 CO
OCH3
Tema
Funciones oxigenadas
Referencias
Los steres son compuestos orgnicos ternarios
considerados derivados de los cidos carboxlicos.
Se obtienen en las reacciones de esterificacin
(reaccin de un cido carboxlico y un alcohol).
Estas sustancias son responsables del aroma de
las frutas y flores.
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38
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Anlisis y procedimiento
La estructura general de un ster es
R C
O
O R'
En el problema piden la estructura del acetato
(2 tomos de carbono) de n-octilo (8 tomos de
carbono, cadena lineal), entonces, la estructura
es la que presenta en la alternativa C.
Respuesta
C
O
O CH2 (CH )62CH3
CH3
Alternativa C
Pregunta N. 37Luego de balancear por el mtodo del in-electrn la siguiente reaccin:Cu2O(s)+HNO3(ac) Cu(NO3)2(ac)+NO(g)y por lo tanto completar la ecuacin qumica, calcule la suma de los coeficientes de la ecuacin final.
A) 4 B) 8 C) 16D) 32 E) 40
SolucinTema
Balance de reacciones rdox
Referencias
El balance de reacciones rdox por el mtodo ion-electrn se emplea cuando la reaccin ocurre en disolucin acuosa, de carcter cido, bsico o neutro. Para ello se considera nicamente a
las especies qumicas (moleculares o inicas) implicadas en el fenmeno rdox.
Anlisis y procedimiento
La siguiente reaccin rdox est representada en forma molecular.
Cu2O(s)+HNO3(ac) Cu(NO3)2(ac)+NO(g)
El HNO3 es cido fuerte y est ionizado completamente (H++NO3), y el Cu(NO3)2 es una sal que se ioniza totalmente (Cu2++2NO3); por lo tanto, la forma inica queda expresada as: Cu2O+NO
3 Cu
2++NO
Planteamos las semirreacciones y el balanceo correspondiente.
Lo entregado Lo ocasionadoQ W Uab ab ab
== +
La forma molecular balanceada es
3Cu2O+14HNO3 6Cu(NO3)2+ +2NO+7H2O
Suma de coeficientes: 3+14+6+2+7=32.
Respuesta
La suma de los coeficientes de la ecuacin qumica final es 32.
Alternativa D
Pregunta N. 38Para la siguiente reaccin en equilibrio a 25 C:C(s)+H2O(g)+131,29 kJ/mol CO(g)+H2(g)Seale la alternativa que presenta la secuencia correcta, despus de determinar si la proposicin es verdadera (V) o falsa (F):
-
unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
39
I. Un incremento de la temperatura desplaza
el equilibrio hacia los productos.
II. Si se aumenta la cantidad de C(s), el equili-
brio no es afectado.
III. Si se incrementa la cantidad de H2O(g) el
equilibrio se desplaza hacia los productos.
A) VVF B) FVV C) FVF
D) VFV E) VVV
Solucin
Tema
Equilibrio qumico
Referencias
Los cambios o alteraciones sobre un sistema
en equilibrio se rigen mediante el principio de
Henry Le Chatelier: "Un sistema en equilibrio
contrarresta todo efecto externo perturbador, para
ello hay una reaccin neta hacia el sentido que
restablece dicho efecto".
Anlisis y procedimiento
El siguiente equilibrio es heterogneo debido a
que las sustancias no se encuentran en la misma
fase.
C(s)+H2O(g)+calor CO(g)+H2(g)
Analicemos la veracidad (V) o falsedad (F) de
cada proposicin sobre la base del principio de
Chatelier.
I. Verdadero
Al aumentar la temperatura (ms calor), el
equilibrio se desplaza hacia la derecha, es
decir, hacia los productos.
II. Verdadero
En un equilibrio heterogneo, los cambios
en cantidades de un slido puro o un lquido
puro no alteran el equilibrio.
III. Verdadero
Si se incrementa la concentracin de H2O(g)
(al agregar H2O(g)), el equilibrio se desplaza
hacia la derecha, de ese modo aumenta la
cantidad de productos.
Respuesta
VVV
Alternativa E
Pregunta N. 39
Seale cul de las especies qumicas se comporta
como un cido de Lewis.
A) H B) CH4 C) AlCl3
D) NH3 E)
Solucin
Tema
Teora cido - base
Referencias
Segn la teora propuesta por G. N. Lewis, un
cido es aquella especie qumica capaz de aceptar
un par de electrones en una reaccin cido - base.
Estas especies tienen deficiencia de electrones o
no alcanzan a obtener el octeto electrnico.
Asimismo, una base es la especie qumica que
puede compartir un par de electrones libres de
su estructura, estas especies tienen exceso de
electrones o tienen pares libres.
-
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unI 2009 -II Academia CSAR VALLEJO
Anlisis y procedimiento
cidos de Lewis Bases de Lewis
I. Cat iones: H+, Ag+
II. El tomo central tiene octeto in-completo.
F
B
F
F
Cl
Al
Cl
Cl ;
III. Anhidridos: SO3, CO2
I. Aniones: H , S 2
II. El tomo central tiene pares libres de electrones.
H
N HH
III. x idos me t - licos:
Na2O, CaO
Nota:
En el metano (CH4) y benceno (C6H6), el carbono tiene
octeto completo y no posee pares libres.
Respuesta
La especie qumica que se comporta como cido
de Lewis es AlCl3.
Alternativa C
Pregunta N. 40
Dado el compuesto A:
H
C C
H
Cl
Cl
y el compuesto B:
C C
H
ClCl
H
Seale la alternativa que presenta la secuencia
correcta, despus de determinar si la proposicin
es verdadera (V) o falsa (F):
I. El compuesto A tiene menor temperatura de
ebullicin que el compuesto B.
II. Cualquier carbono del compuesto A se
hibrida en sp.
III. En el compuesto B el doble enlace est
constituido por un enlace y un enlace .
A) VVV B) VFV C) VVF
D) FVF E) FFV
Solucin
Tema
Isomera geomtrica
Referencias
Los alquenos son hidrocraburos que poseen,
por lo menos, un enlace doble carbono-carbono.
Estos compuestos tienen mayor reactividad
que los alcanos, y pueden reaccionar con los
halgenos para formar derivados halogenados.
Algunos alquenos presentan isomera geomtrica,
en donde el ismero cis tiene mayor polaridad,
por lo tanto, mayor temperatura de ebullicin.
Condicin para la isomera geomtrica
a b o a = b
a
x
b
xC C
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unI 2009 -IISolucionario de Fsica y Qumica
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Anlisis y procedimiento
Con respecto a las estructuras
Compuesto A
H
C C
Cl H
Clsp2
trans-1,2-dicloroeteno
- Menor polaridad
- Menor Teb (48 C)
Compuesto B
H
C C
Cl
H
Clsp2
cis-1,2-dicloroeteno
- Mayor polaridad
- Menor Teb (60 C)
I. Verdadera
El trans-1,2- dicloroeteno presenta menor
polaridad, por ello sus fuerzas intermoleculares
son dbiles y su temperatura de ebullicin es
menor.
II. Falsa
La hibridacin del carbono en el trans-1,2-
dicloroeteno es sp2.
III. Verdadera
De acuerdo al traslape de orbitales, el enlace
doble est constituido por un enlace sigma y
un enlace pi.
Respuesta
VFV
Alternativa B