pdv: [explicación] física n°2 (2012)

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Curso: Ciencias

SOLUCIONARIO

ENSAYO EX CÁTEDRA Nº 1 MÓDULO FÍSICA

1. La alternativa correcta es C

Al pasar a un medio menos denso, la velocidad de la onda transversal aumentará y también lo hará su longitud de onda. Un ejemplo de las ondas que cumplen con lo anterior son las electromagnéticas (la luz, ondas de radio, rayos X, etc.).


I) F, las ondas mecánicas necesitan de un medio físico para su propagación, por lo tanto, no pueden viajar en el vacío.

II) V, por la explicación entregada en I. III) V, por la explicación entregada en I.

3. La alternativa correcta es A

Siempre que se aplican a un cuerpo una serie de impulsos periódicos, donde una de las frecuencias coincide con la frecuencia natural del cuerpo, éste se pone a vibrar con una amplitud relativamente grande. Este fenómeno se conoce como resonancia o vibración simpática.

4. La alternativa correcta es E

I) F, el oído no puede captar frecuencias mayores a 20.000 Hz (ultrasonidos). II) V, el sonido no puede viajar en el vacío, o sea, requiere de un medio material. III) V, el sonido, al incidir sobre una superficie, tiene la capacidad de regresar

(reflejarse).


El color de los cuerpos se debe a una reflexión difusa de la luz. Por ejemplo, un cuerpo de color blanco refleja todos los colores y un cuerpo de color azul refleja sólo el azul.

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6. La alternativa correcta es D

7. La alternativa correcta es B El objeto debe colocarse en el centro de curvatura, como muestra la figura:


El prisma presenta un mayor índice de refracción a las ondas que tienen menor longitud de onda, y esto hace que estas ondas viajen más lento. Por otra parte, la idea en un microscopio es iluminar el objeto en estudio, con una onda que tenga una mínima longitud de onda y así ver más detalles. Se sabe que el color azul tiene mayor frecuencia de vibración que el rojo, pero a su vez su longitud de onda es menor.

− real − invertida − de igual tamaño

Imagen:

C F

V

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9. La alternativa correcta es C Recordando que la carga neta en un sistema aislado se conserva, la situación es la siguiente: 1° 2°


I) V, aplicando la ley de Ohm tenemos V

R = = 1I

Ω

II) V, aplicando la definición de potencia

P = V · I = 1W

III) V, la energía liberada está dada por

E = P · t = 1W · 3600s = 3600J


Las luces usadas en una guirnalda de navidad están conectadas en serie, por lo tanto, un circuito equivalente es

La resistencia equivalente es igual a la suma de todas las resistencias de 200Ω que son posibles conectar en la guirnalda. Por lo tanto, lo que debemos calcular es el valor de n que equivale al número de resistencias a conectar. Aplicando la ley de Ohm tenemos:

EQV 220

R = 200 · n = I 0,1⇒

Despejando obtenemos un valor de n = 11.

V

RnR EQ ⋅=

I

V

⇒

⇒

A C A C

+ 2Q - 2Q neutra neutra

neutra + 2Q + Q + Q

B C B C

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Para obtener la respuesta, debes recordar la definición de la intensidad de corriente eléctrica, y saber que una carga +q viajando hacia la derecha equivale a una carga –q viajando hacia la izquierda

( ) ( )Q + + Q -QI = =

t t

∆

∆

13. La alternativa correcta es A Las unidades de medidas que están presentes en la ley de Ohm son

- Voltaje se mide en Volt. - Corriente se mide en Ampere. - Resistencia se mide en Ohm.

14. La alternativa correcta es D El circuito equivalente es

I) V, por la ampolleta de 100 W pasa mayor cantidad de corriente, lo que implica que posee una resistencia menor.

II) F, ambas están conectadas en paralelo, por lo tanto, están sometidas al mismo voltaje.

III) V, por la explicación entregada en I.


Haciendo un análisis de corriente en el circuito, en el cual todas las resistencias son iguales, debe ocurrir lo siguiente

En A, la corriente entrante se “reparte” en mayor cantidad por el camino menos resistivo. En este caso, como la razón de resistencias es 2 : 1, la razón de corrientes es 1 : 2, y la diferencia de potencial se obtiene como V = I · R.

R R

R

R

R

3I2 /I

3I /

A

⊗ ⊗W100 W60

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16. La alternativa correcta es A La corriente al llegar al punto A se irá toda por el camino libre de resistencia. La resistencia 3, al estar en paralelo con un cable, está en corto- circuito (voltaje igual a cero).


Para encontrar la distancia recorrida, debemos encontrar el área bajo la curva en el intervalo de tiempo de 4 s y 6 s

Las velocidades instantáneas a los 4s y 6s fueron obtenidas con la ecuación de la recta V = a · t V = 5 · t⇒ .


La distancia recorrida no es igual al desplazamiento, ya que en este caso existe un cambio de sentido en el movimiento (cambio de signo en la velocidad a los 15s). Entre los 10s y 15s el móvil no cambió el sentido de movimiento, sólo disminuyó uniformemente su velocidad. Para encontrar la velocidad media, debemos calcular el cuociente entre el desplazamiento total y el tiempo transcurrido. Para el cálculo del desplazamiento total, debemos encontrar el área bajo la curva en el gráfico V v/s t (considerando los signos):

75 40 7mV = = M

25 5 s

−

A

I

I

V (m/s)

40

8 t (s) 6 4

30

20 50m

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19. La alternativa correcta es B

El gráfico representa un movimiento rectilíneo uniforme retardado, o sea, que la velocidad disminuye uniformemente en el tiempo, basta mirar la pendiente. De acuerdo a lo anterior, la aceleración es antiparalela (igual dirección y sentido contrario) al movimiento.


En ambos casos la rapidez aumenta uniformemente a medida que transcurre el tiempo. La diferencia está que en la caída libre la velocidad inicial es cero, y en el lanzamiento vertical hacia abajo es distinta de cero.

21. La alternativa correcta es B Primero debemos calcular el tiempo de ida y vuelta para el objeto que es lanzado verticalmente hacia arriba

0ida y vuelta

2 · Vt = = 14s

g

Como el cuerpo cae libremente 2s después del lanzamiento, para éste deben transcurrir 12s para que lleguen ambos en el mismo instante al suelo.

2h = 5 · t h = 5 · 144 = 720m⇒


Para el análisis, construiremos un diagrama de cuerpo libre de cada bloque

Como A y B están en reposo, la fuerza neta en cada uno es nula

B

A

i) N + T P = 0

ii) T P = 0

−

−

De la ecuación ii) obtenemos el módulo de la tensión de la cuerda T = 10N. Luego reemplazando en i) obtenemos el módulo de la Normal N = 40N. Finalmente debes recordar que el módulo de la fuerza Normal es igual al módulo de la fuerza que ejerce B sobre el suelo (acción y reacción).

TN

BP AP

T

BA

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I) F, en un MCU existe una aceleración centrípeta (debido al cambio de dirección de la velocidad).

II) F, existe una fuerza centrípeta. III) F, sólo el módulo permanece constante.


I) V sN842IVmI ⋅−=−⋅=⇒∆⋅=

II) V N42

8F

t

IF ==⇒

∆=

III) V ( ) J641003622

1WEW C −=−⋅=⇒∆=


La fuerza, el torque, la velocidad y el momentum poseen un módulo, sentido y dirección, por lo tanto, son vectores.


I) F, un par A-R actúan sobre cuerpos diferentes. Por ejemplo, la reacción al Peso de un cuerpo actúa sobre la Tierra.

II) V, un cuerpo en estado inercial ( 0FN

= ) puede encontrarse en reposo o con un

M.U.R III) F, el Peso y la Normal nunca conforman un par A-R, ya que, actúan sobre el

mismo cuerpo.

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Haciendo un diagrama de fuerzas, tenemos

La ecuación de equilibrio es

400 + 200 = 20 · F F = 30N⇒


Utilizando la definición de energía cinética 2

Cm · v

E = 2

, tenemos:

22

C C C1 m m · v

E = · · (4v) E = 8 = 8 · E2 2 2

∗ ∗ ⇒


La energía cinética depende de la masa y velocidad de un cuerpo 2

Cm · v

E = 2

.

La energía potencial puede ser negativa, cero y positiva, lo cual depende de la referencia que utilicemos para su medición. La energía cinética puede ser igual a la energía potencial, por ejemplo, cuando un cuerpo en caída libre está en la mitad de su recorrido. La energía mecánica puede ser negativa, cero y positiva. El trabajo neto siempre se traduce en una variación de la energía cinética.


En un cambio de fase, la temperatura permanece constante, por lo tanto, la respuesta correcta es RS.

O

P

N40

N20

Fm10m10

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La segunda Ley de Kepler (Ley de la áreas), está relacionada con la conservación del momento angular, es decir, cuando el planeta está más alejado del Sol (afelio) su velocidad es menor que cuando está más cercano al Sol (perihelio).


En este caso lo que debes analizar es una transmisión del movimiento entre dos ruedas, las cuales poseen igual rapidez tangencial.

RfR2fVV 2121 ⋅=⋅⇒=

De la ecuación anterior concluimos que 12 f2f ⋅= . Lo anterior implica que por cada

vuelta que dan las traseras (1) las delanteras dan el doble (2).


Ambos engranajes poseen igual rapidez tangencial, por lo tanto, recorren la misma distancia en un intervalo de tiempo dado.


Los 3 émbolos están sometidos a la misma presión F

área

, por lo tanto,

A B C

A B C

P P P = =

A A A

De la igualdad anterior, concluimos que el émbolo de mayor área soporta el mayor peso. Entonces si A B C C B AA < A < A P > P > P⇒


La razón de volumen sumergido, está dada por el cuociente entre la densidad del tronco y la densidad del fluido, luego

troncotronco agua

agua

2 2 = = ·

3 3

ρ⇒ ρ ρ

ρ

R2 R

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I) F, al tener distintos calores específicos, tienen distintas capacidades calóricas (C = m · c).

II) V, el cuerpo B al tener menor capacidad calórica, necesitará menor cantidad de energía para elevar su temperatura a un valor requerido.

III) F, al no tratarse de cuerpos idénticos, no poseen igual calor latente.


La relación entre Kelvin y Fahrenheit es

K – 273 = 5

9(F – 32)

Para determinar el valor de temperatura donde son iguales, asumimos K = F = X

5 5 160X 273 = (X 32) X X = 273

9 9 9− − ⇒ − −

Al despejar, el valor de X es 2297

K 575 K4

≈ . Luego transformamos el valor anterior a

Celsius, para obtener el resultado final: C = 575 – 273 = 302 ºC


Las manchas solares son regiones de la superficie visible del Sol (fotósfera), donde hay gases atrapados por los campos magnéticos. El material más caliente que sube del interior del Sol no puede penetrar los fuertes campos magnéticos (unas 10.000 veces más fuertes que el de la Tierra), y por eso no puede alcanzar la superficie. Estas áreas magnéticas se enfrían (de 5.500 a 3.750 °C), así que no brillan tanto como el resto de la fotósfera. En realidad, las manchas solares son bastante brillantes, pero aparecen como manchas oscuras en contraste con el entorno, que es mucho más brillante.


I) F, la carga se distribuye en la superficie, y todos los puntos de ésta tendrán el mismo potencial electrostático (superficie equipotencial), por lo tanto, el campo eléctrico es siempre perpendicular.

II) V, al distribuirse la carga en la superficie, el campo eléctrico en el interior es siempre nulo.

III) V, al ser una superficie equipotencial, la diferencia de potencial entre dos puntos de ésta es siempre cero.

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El enunciado nunca es verdadero, ya que, las fuerzas de interacción eléctrica obedecen a la ley de acción y reacción, por lo que siempre tendrán igual módulo, dirección y sentido contrario.


Para encontrar la solución debemos aplicar el principio de superposición, el cual implica

que el campo resultante será QQP EEE −+=

Debes tener en cuenta que la suma anterior es vectorial.


La unidad de medida del campo magnético en el sistema internacional es el Tesla.


I) F, no es siempre verdadera. Por ejemplo, la carga podría estar en reposo o moverse paralela al campo magnético y así no sufrir una fuerza de origen magnético.

II) F, al ser la velocidad paralela al campo magnético, la fuerza es nula. III) F, por lo explicado en I y II.


Los electrones pueden saltar de una a otra orbita. Si lo hace desde una de menor energía a una de mayor energía absorbe un cuanto de energía (una cantidad) igual a la diferencia de energía asociada a cada orbita. Si pasa de una de mayor a una de menor, pierde energía en forma de radiación (luz).

P

x

- Q Q

QE

QE −

PE

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SOLUCIONARIO ENSAYO EX CÁTEDRA Nº 1 MÓDULO QUÍMICA COMÚN


• Un hidróxido alcalino es una base del tipo Mx(OH)y donde M es un metal. • Si un óxido metálico reacciona con agua, forma un hidróxido metálico. • El compuesto K2O es un óxido metálico.


El granito es una roca volcánica que suele contener vidrios en su conformación al igual que la obsidiana.


El gas más abundante en el aire limpio es el nitrógeno (N2), con cerca de 80 partículas por cada muestra de 100. A continuación un detalle más acabado de la composición porcentual para otros gases abundantes:

Nitrógeno (N2) 78,083%

Oxígeno (O2) 20,944%

Argón (Ar) 0,934%

Dióxido de carbono (CO2) 0,036%


Es un recurso energético orgánico alternativo al petróleo que se obtiene a partir de la descomposición bacteriana anaerobia de desechos orgánicos como estiércol o desecho agrícolas.

Se trata de una mezcla de gases, fundamentalmente metano, anhídrido carbónico (CO2), Nitrógeno gaseoso (N2), Hidrógeno gaseoso (H2) y Sulfuro de hidrógeno (H2S) que a diferencia del petróleo es un recurso renovable económico y mucho más limpio.

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Otra forma similar de energía es la llamada biomasa producida a partir de sustratos vegetales, desechos, aserrín y otros. Es utilizada fundamentalmente en centrales termoeléctricas y algunas industrias medianas.


Considerando la configuración electrónica dada:

1s2, 2s2 2p6, 3s2 3p1

Se deduce la siguiente información

• El elemento es es del grupo III-A y del periodo 3. • Presenta 3 electrones de valencia y pertenece a la familia de elementos térreos. • Corresponde al átomo de Aluminio.


Si un átomo neutro tiene 30 partículas en su núcleo y 15 electrones orbitando, entonces tendrá que tener 15 protones y 15 neutrones, por lo tanto, se deduce que su número atómico (Z) es 15.


Los átomos denominados Halógenos son del grupo VII-A y por lo tanto, presentan

• Configuración electrónica externa del tipo ns2p5. • Comportamiento no-metálico. • Comportamiento paramganético en sus átomos. • 7 electrones de valencia y altos valores de electronegatividad y afinidad electrónica.


La geometría para el BH3 es la siguiente:

B

H

H

H

120º

De ella se deduce que la hibridación del Boro es sp2 (un orbital s y 2 orbitales p hibridando).

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En la molécula hidrocarbonada se evidencia que

1

3

7

Los carbonos 1, 3 y 7 están igualmente insaturados y por lo tanto presentan la misma hibridación: sp2


Geometría Tetraédrica: ángulos de enlace de 109,5º Geometría Trigonal plana: ángulos de enlace de 120º Geometría Lineal: ángulos de enlace de 180º


La nomenclatura correcta es:

NO2

NITROBENCENO 56. La alternativa correcta es E

El polietileno, es un polímero de adición con propiedades termoplásticas usado en la confección de bolsas y botellas de bebidas y jugos.


Eº + X(s) → X(g)

El cambio de estado físico que se aprecia es una sublimación. La transformación ocurre con absorción de energía (endotérmica)

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Cuando se evapora una solución acuosa ocurre que:

• La masa de solvente disminuye. • La solución se concentra. • La masa de soluto no cambia. • El volumen de solución disminuye.


En 1000 mL de solución al 50% P/V hay:

• 0,1L de solución. • 50 gramos de soluto. • Una solución de concentración 50%P/V.


Si una solución de hidróxido de litio tiene pH=11 es porque presenta:

• Un pOH de valor 3 • Una concentración molar teórica de ion H+ de valor 10-11 Molar. • Una concentración molar de ion OH- de valor 10-3 molar. • Comportamiento alcalino.


Medio litro o 1 litro de esa misma solución con la misma concentración siempre tendrán el mismo valor para el pH. Considerando lo anterior, si la concentración es 0,01 M y se trata de una solución ácida, el valor de pH será de 2.


Fertilizantes de uso comercial:

Nitrato de sodio, NaNO3 Nitrato de potasio, KNO3

Sulfato de amonio, NH4SO4

El compuesto H2C2O4 es un ácido orgánico (ácido oxálico) y no puede ser usado como fertilizante.

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SOLUCIONARIO ENSAYO EX CÁTEDRA N°1 MÓDULO BIOLOGÍA COMÚN

63. La alternativa correcta es D En la anafase se separan las cromátidas hermanas originando cromosomas simples de

una cromátida como el cromosoma A. En el período S de la interfase se duplica el material genética, el cual al condensarse durante la mitosis se observa como un cromosoma doble de dos cromátidas de dos moléculas de ADN.

64. La alternativa correcta es C En las células α y β de los islotes de Langerhans del páncreas se sintetizan secretan las

proteínas hormonales glucagón e insulinas, por ello debe haber un mayor desarrollo del RER.

65. La alternativa correcta es C El cloroplasto y el mitocondrias tienen en común su origen como lo plantea la teoría

endosimbiótica. En el caso que aquí se presenta lo único que los diferencia es la presencia de clorofila en el cloroplasto.


El RER y el REL tienen ambas proteínas enzimáticas que le permiten sintetizar proteínas al primero y lípidos al segundo. La diferencia la marca el proceso de detoxificación.


Si la persona tiene un porcentaje disminuido de hematocrito tendrá alguna anemia, al contrario si estuviera aumentado sería policitemia.


Al castrar al animal necesariamente baja su concentración de testosterona (las células de Leydig están en los testículos), pero se elevan los factores hipotalámicos para la liberación de gonadotrofinas por la hipófisis anterior. Esta glándula así estimulada, aumenta la secreción de LH y FSH, gonadotrofinas que tienen la misión de estimular la espermiogénesis y secreción de testosterona por las células testiculares.

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La célula epitelial (X) recibe oxígeno por simple difusión. En Y hay mayor presión parcial de O2 porque corresponde al alvéolo, donde la pO2 alcanza 100 mmHg y la hemoglobina alcanza un porcentaje de saturación del 98,5 %. Esto permite su paso por simple difusión hacia el glóbulo rojo.


El excretar desechos nitrogenados pone a los organismos frente al dilema de: gastar energía para ahorrar agua; o gastar agua para ahorrar energía. Las aves por su hábitat (aéreo) no tienen mucha oportunidad de acercarse a fuentes de agua y si lo hacen pueden ser fácil presa de depredadores. Por lo tanto, su solución para eliminar desechos nitrogenados consiste en aumentar el número de reacciones para que el desecho no sea tóxico y así eliminarlo con escasa agua.


En el ciclo ovárico se observa un folículo primordial que encierra a un ovocito I en profase I, luego se observa un crecimiento (maduración) del folículo (2), que continúa con el ovocito I (y no un ovogonio). En 3 se observa la ovulación que origina un ovocito II, en el 4 se observa un cuerpo lúteo que secreta progesterona y estrógenos, en el 5 se muestra un cuerpo lúteo degenerado o cuerpo albicans.

72. La alternativa correcta es C La transformación de polisacáridos en disacáridos, como por ejemplo, el almidón en

maltosa no se realiza en el estómago. Las enzimas para tal reacción se encuentran en la boca y el intestino delgado.


El PERIODO VENTANA es el lapso de tiempo que transcurre desde que se contrae la infección hasta que las pruebas de laboratorio comienzan a dar resultados positivos por la aparición de anticuerpos contra el virus. Este período dura aproximadamente 3 meses. La persona desconoce su condición y si no practica sexo seguro CONTAGIA. En general el SIDA tiene un comienzo agudo asintomático y luego tiene evolución crónica, lo cual se ha logrado gracias a las drogas antivirales.


La tricomoniasis es provocada por un protozoo el Trichomonas vaginalis, sus síntomas son: secreción virginal espumosa, amarilla, gris o verde, con olor desagradable, puede irritar la uretra y la vejiga. En la mayoría de los casos el hombre es asintomático. Se transmite por contacto sexual y se trata con el antibiótico METRONIDAZOL.

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Caso 1: padre sano = XeY madre afectada = XEXe

hijos varones: 50% enfermos 50% sanos hijas mujeres: 50% enfermas hijas mujeres: 50% sanas

Caso 2: padre enfermo = XEY madre sana = XeXe

hijos varones: 100% sanos hijas mujeres: 100% enfermas

Se trata de una herencia ligada al cromosoma X dominante. 76. La alternativa correcta es B

Se presentan los cruces que conducen al resultado Cruce 1 Cruce 2 macho con x hembra con macho sin x hembra con aleta aleta aleta aleta XAY x XAXa XaY x XAXa

Xe Y

XE X

EX

e X

EY

Xe X

eX

e X

eY

XE Y

Xe X

EX

e X

eY

Xe X

EX

e X

eY

XA Y

XA

XAX

A X

AY

Xa X

AX

a X

aY

Xa Y

XA

XAX

a X

AY

Xa X

aX

a X

aY

hembras : 100% con aletas machos : 50% con aletas 50% sin aletas

hombres : 50% con aletas 50% sin aletas mujeres : 50% con aleta 50% sin aleta

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Los machos sólo pueden ser - amarillos XAY - negros XNY

Las gatas pueden ser - amarillas XAXA - negras XNXN - barcinas XAXN


Las plantas realizan la fotosíntesis tomando la energía lumínica para convertir materia inorgánica en orgánica. Las bacterias nitrificantes toman la energía de la oxidación del amoniaco y del nitrito para sintetizar materia orgánica. Las plantas son fotosintéticas por ello ambas son autótrofas.


Los individuos productores en un ecosistema son fotosíntetizadores, por lo tanto, autótrofos.


La representación es una cadena trófica A B C Donde: A es el productor (la llareta), dato dado. B es el consumidor primario: el guanaco. C es el consumidor secundario: el puma.

pdv: [explicación] física n°2 (2012)

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