iep escribió:Por comentar un poco el examen de este año, en el práctico han caído 3 problemas de física y 3 de química.
F1) Cinemática (dinámica, estática...)? Una especie de plano inclinado giratorio...
F2) Campo eléctrico y campo magnético. Un electrón que entra sin velocidad entre dos placas donde hay un campo eléctrico, coge velocidad y tal, y sale del campo eléctrico y se adentra en un campo magnético. Había que calcular la velocidad con la que salía, describir su movimiento, fuerzas, etc.
F3) Óptica.
Q1) Ácido/base. Calcular el pH de una disolución de algún ácido orgánico, y luego deducir la constante de equilibrio de alguna reacción relacionada.
Q2)Química orgánica. Deducir la estructura de un único compuesto, con pistas: Porcentaje de cada elemento, cambio de temperatura al disolver esta sustancia en un disolvente orgánico (constante crioscópico...), y algún detalle más, claro.
Q3)Equilibrio químico.
En el teórico, creo que tocaron las bolas 1, 10, 41 y 72 (o 74)...?
Los ejercicios escritos de las oposiciones de la especialidad de Física y Química se han basado únicamente en el desarrollo por escrito de un tema hasta la oposición del año 2010 incluida. Y a partir de la oposición del año 2012, en la citada especialidad se introdujo también la realización de una prueba práctica (desde entonces se han convocado en tres
ocasiones plazas de Física y Química, incluyendo la actual convocatoria).
quimiquilla escribió:1 equilibrio kp 7,5.10^4 valor muy alto ( puede que haya metido pata) lo demas proceso exotermico de izq a derecha, si presion baja se desplaza productos y el catalizador no hace nada .
Lupitequi escribió:Para obtener la energía de Gibbs simplemente he usado AG=-nFE (oteniéndola en J/mol) y luego he multiplicado por 1,4 (idem para AGº).
Jal escribió:Kp=4,17x10^4
kp 7,5.10^4
Kp=6,3.10^4
Jal escribió:Respecto a AGº=-302kJ versus AGº=-216kJ (no veo explicación, es un calculo sencillo -2x96500x1,12)
Saludos
Jal escribió:Lupitequi escribió:Kp=4,17x10^4
kp 7,5.10^4
Kp=6,3.10^4
fisiramix escribió:Jal escribió:Lupitequi escribió:Kp=4,17x10^4
kp 7,5.10^4
Kp=6,3.10^4
Queréis otro valor? 2,3.10^4. Pero quiero volver a repasarlo cuando deje de echar viajes para conseguir papeles para las opos
Lupitequi escribió:Jajaja, subo mi resolución y me decís, que si no no hay manera.
ADJUNTOS
2012-País Vasco-K1.pdf
Perdón, creo que va girado.
(205.21 KiB) 4 veces
Jal escribió:Lupitequi escribió:Jajaja, subo mi resolución y me decís, que si no no hay manera.
ADJUNTOS
2012-País Vasco-K1.pdf
Perdón, creo que va girado.
(205.21 KiB) 4 veces
Genial!!
Ya se lo que ha pasado. Había interpretado la presión que nos daban, como presión inicial en vez de como presión en el equilibrio.
Releyendo el enunciado, queda claro que es presión en el equilibrio y Kp=4,17x10^4
Misterio resuelto![]()
![]()
Saludos
fisiramix escribió:El 1 de Física me recuerda bastante a Andalucía 2016 creo.
He estado echando algunas cuentas, en primer lugar la afirmaciones diría que la primera es correcta y en la segunda habría que distinguir entre la perifería por arriba y por el suelo, si la fuerza de aplica en la parte superior la afirmación es correcta y se puede demostrar, cuando la fuerza es por abajo obtengo algo extraño, pues me sale que no se mueve. Tal vez esté poniendo mal algún signo.
Si la fuerza actúa sobre el centro de masas creo que el rodillo no gira y la aceleración del centro de masas es la que sale de aplicar la segunda ley de Newton.
Si la fuerza actúa sobre la periferia, si es por la parte de arriba obtengo una aceleración a= 4 F / 3 M
En el apartado b me sale que la fuerza de rozamiento es cero si aplicamos la fuerza a una distancia R/2
Lupitequi escribió:Jal escribió:Respecto a AGº=-302kJ versus AGº=-216kJ (no veo explicación, es un calculo sencillo -2x96500x1,12)
Saludos
Lo he multiplicado por 1,4 mol igualmente para obtener el dato concreto para esos moles de Cu2+. No sé, igual la estoy liando parda.
sleepylavoisier escribió:Buenas tardes compañeros.
Ya sabéis que me gustan estas cosas y me he estado metiendo unos cuantos latigazos penitentes, para pasar el rato esta tarde de sábado vacacional, con el examen que amablemente nos ha conseguido FiQuiPedia (muchas gracias).
Agradezco mucho vuestros resultados con los cuales coincido, a excepción de alguna cosilla con el uno de Física:fisiramix escribió:El 1 de Física me recuerda bastante a Andalucía 2016 creo.
He estado echando algunas cuentas, en primer lugar la afirmaciones diría que la primera es correcta y en la segunda habría que distinguir entre la perifería por arriba y por el suelo, si la fuerza de aplica en la parte superior la afirmación es correcta y se puede demostrar, cuando la fuerza es por abajo obtengo algo extraño, pues me sale que no se mueve. Tal vez esté poniendo mal algún signo.
Si la fuerza actúa sobre el centro de masas creo que el rodillo no gira y la aceleración del centro de masas es la que sale de aplicar la segunda ley de Newton.
Si la fuerza actúa sobre la periferia, si es por la parte de arriba obtengo una aceleración a= 4 F / 3 M
En el apartado b me sale que la fuerza de rozamiento es cero si aplicamos la fuerza a una distancia R/2
Realmente, en este problema pienso que deberían haber especificado algo más porque la dirección de la fuerza externa que actúa sobre el rodillo puede formar un cierto ángulo con respecto a la horizontal, y hemos de suponer que dicho ángulo es de 0º.
En todo caso, lo que he calculado es que la aceleración del centro de masa es (suponiendo F en dirección horizontal):
acm = 2•F•(R ± r) / (3•M•R)
Con el signo “más” cuando F actúa a una distancia r por encima del centro de masa del rodillo y con el “menos” por debajo del mismo.
Entonces si F actúa en el CM, r=0, y por lo tanto:
acm=2•F•(R ± 0) / (3•M•R) = 2•F / (3•M)
(que no es lo que sale de aplicar la segunda de Sir Isaac tal cual, sin giro ni nada)
Y si F tira desde la periferia:
• Por debajo del CM me da:
con r=R --> acm=0 (que no quiere decir que el rodillo no se mueva, si está inicialmente en reposo lo seguirá estando, pero si está en movimiento lo seguirá estando con velocidad uniforme, sin frenar ni acelerar).
• Por encima del CM me da como a fisiramix:
Con r=R --> acm = 2•F•(R+R) / (3•M•R) = 4•F / (3•M)
En el apartado b) vuelvo a coincidir con fisiramix.
Enlaces interesantes:
http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica/solid ... miento.htm
http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica_/soli ... acion.html
http://docentesconeducacion.es/viewtopi ... 200#p24995
Un saludo
Heisenberg escribió:Estoy de acuerdo, este problema aparece en el Burbano, igualito pero hablando de un rodillo de jardín y con dibujo, claro.
Matilda escribió:Hola,
comparto resultados del problema 2 de física ( de los dos últimos no estoy segura):
a)-5,66 microculombios.
b)127,3J (utilizo para resolverlo el valor de K y el de la carga del apardado c) de 10^-8C)
c)1,493.10^-2J
MUCHAS GRACIAS
Heisenberg escribió:He hecho el problema 3 de Física, con la calculadora del móvil, así que es posible que haya algún error, aunque los resultados me parecen lógicos. Ya me diréis.
No me deja. subir el archivo. Mis resultados son: Ta/Tb =0,49. La/ Lb = 0,79. Ea/Eb = 1,61
El apartado b, 9,26·10e6m Julios. El resultado en función de la masa del satélite, ya que no nos la dan.
sleepylavoisier escribió:Heisenberg escribió:He hecho el problema 3 de Física, con la calculadora del móvil, así que es posible que haya algún error, aunque los resultados me parecen lógicos. Ya me diréis.
No me deja. subir el archivo. Mis resultados son: Ta/Tb =0,49. La/ Lb = 0,79. Ea/Eb = 1,61
El apartado b, 9,26·10e6m Julios. El resultado en función de la masa del satélite, ya que no nos la dan.
Buenos días Heisenberg.
No sé qué ocurre pero el que yo tengo hecho no coincide en ningún resultado, y eso que pienso que es el más fácil de Física de los tres, yo empezaría el examen por aquí.
a) Con la ley de Kepler de los períodos (Tb/Ta)^2 = (Rb/Ra)^3; entonces obtengo
Tb/Ta = 2•raíz 2 = 2,828 y Ta/Tb = raíz 2 / 4 = 0,3536
El momento angular cumple L^2 = m^2• r^2•G•M/r = G•M•r•m^2; entonces
(Lb/La)^2 = 2 , es decir, Lb/La = raíz de 2 =1,414 y La/Lb = raíz 2 / 2 = 0,7071
La energía mecánica total cumple E = - G•M•m / (2•r) así que
Eb/Ea = ½ = 0,5 o bien Ea/Eb = 2
b) La energía para pasar de A en órbita a B en órbita me da
(Eb-Ea)/m = G•M/(4•Ra)=9,988 MJ/kg
El radio de la Tierra creo que va de mosqueo y no lo necesitamos para nada.
Un saludo.
Matilda escribió:sleepylavoisier escribió:Heisenberg escribió:He hecho el problema 3 de Física, con la calculadora del móvil, así que es posible que haya algún error, aunque los resultados me parecen lógicos. Ya me diréis.
No me deja. subir el archivo. Mis resultados son: Ta/Tb =0,49. La/ Lb = 0,79. Ea/Eb = 1,61
El apartado b, 9,26·10e6m Julios. El resultado en función de la masa del satélite, ya que no nos la dan.
Buenos días Heisenberg.
No sé qué ocurre pero el que yo tengo hecho no coincide en ningún resultado, y eso que pienso que es el más fácil de Física de los tres, yo empezaría el examen por aquí.
a) Con la ley de Kepler de los períodos (Tb/Ta)^2 = (Rb/Ra)^3; entonces obtengo
Tb/Ta = 2•raíz 2 = 2,828 y Ta/Tb = raíz 2 / 4 = 0,3536
El momento angular cumple L^2 = m^2• r^2•G•M/r = G•M•r•m^2; entonces
(Lb/La)^2 = 2 , es decir, Lb/La = raíz de 2 =1,414 y La/Lb = raíz 2 / 2 = 0,7071
La energía mecánica total cumple E = - G•M•m / (2•r) así que
Eb/Ea = ½ = 0,5 o bien Ea/Eb = 2
b) La energía para pasar de A en órbita a B en órbita me da
(Eb-Ea)/m = G•M/(4•Ra)=9,988 MJ/kg
El radio de la Tierra creo que va de mosqueo y no lo necesitamos para nada.
Un saludo.
COINCIDO EN RESULTADOS
Corregido el problema 2, también coincido en todo contigo.
MUCHAS GRACIAS POR LA AYUDA SLEEPY
sleepylavoisier escribió:Buenas noches Heisenberg.
En efecto, como comentaba creo que el dato del radio terrestre es inservible y está puesto a mala uva, precisamente para que tropecemos sumándolo a Ra, porque en el enunciado está escrito claramente “…sendas órbitas circulares de radios Ra y Rb.” y el “radio” es la distancia desde el centro de la circunferencia a cualquier punto de la trayectoria circular.
El apartado b) habla expresamente de colocar A en la órbita de B por lo que pienso que hay que considerar un cambio de órbita. No hay únicamente variación de energía potencial, también la energía cinética se modifica pues debe acabar con una velocidad orbital en B (para que se mantenga en esa órbita) distinta a la velocidad orbital que posee en A.
Entonces Wext = ΔEmecánica = Δ (Ep+Ec)
(Puesto que se puede demostrar que Emecánica = ½ • Ep; una ecuación correcta sería Wext = ½ • ΔEp).
En cualquier caso, queda:
Wext = ΔEmecánica = Eb – Ea = - G•M•m / (2•Rb) + G•M•m / (2•Ra) = G•M•m / (2•Ra) • (1-1/2) = G•M•m / (4•Ra)
Sustituyendo me dan los 10 megajulios por cada kilogramo de satélite que comenté. Positivos, pues hemos de gastar energía haciendo trabajo positivo, al pasar a una órbita de energía mecánica mayor (menos negativa).
Saludos.
Matilda escribió:sleepylavoisier escribió:Heisenberg escribió:He hecho el problema 3 de Física, con la calculadora del móvil, así que es posible que haya algún error, aunque los resultados me parecen lógicos. Ya me diréis.
No me deja. subir el archivo. Mis resultados son: Ta/Tb =0,49. La/ Lb = 0,79. Ea/Eb = 1,61
El apartado b, 9,26·10e6m Julios. El resultado en función de la masa del satélite, ya que no nos la dan.
Buenos días Heisenberg.
No sé qué ocurre pero el que yo tengo hecho no coincide en ningún resultado, y eso que pienso que es el más fácil de Física de los tres, yo empezaría el examen por aquí.
a) Con la ley de Kepler de los períodos (Tb/Ta)^2 = (Rb/Ra)^3; entonces obtengo
Tb/Ta = 2•raíz 2 = 2,828 y Ta/Tb = raíz 2 / 4 = 0,3536
El momento angular cumple L^2 = m^2• r^2•G•M/r = G•M•r•m^2; entonces
(Lb/La)^2 = 2 , es decir, Lb/La = raíz de 2 =1,414 y La/Lb = raíz 2 / 2 = 0,7071
La energía mecánica total cumple E = - G•M•m / (2•r) así que
Eb/Ea = ½ = 0,5 o bien Ea/Eb = 2
b) La energía para pasar de A en órbita a B en órbita me da
(Eb-Ea)/m = G•M/(4•Ra)=9,988 MJ/kg
El radio de la Tierra creo que va de mosqueo y no lo necesitamos para nada.
Un saludo.
COINCIDO EN RESULTADOS
Corregido el problema 2, también coincido en todo contigo.
MUCHAS GRACIAS POR LA AYUDA SLEEPY
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