A San Fermín pedimos ...

A San Fermín pedimos ...

Mensaje sin leerpor FiQuiPedia » 25 Jul 2018, 17:29

"A San Fermín pedimos
Por ser nuestro patrón
nos guíe en el encierro [entiéndase encerrona]
dándonos su bendición [entiéndase enunciados de oposición]"

Actualizada la tabla con una nueva comunidad, Navarra, y un borrador de enunciados oposición 2018. Comparto lo que me han pasado; no me han aclarado si enunciados castellano y euskera son distintos. Un problema ya está resuelto: es idéntico a un problema de Madrid 1996
http://www.fiquipedia.es/home/recursos/ ... omunidades
http://www.fiquipedia.es/home/recursos/ ... edirects=0
FiQuiPedia
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Re: A San Fermín pedimos ...

Mensaje sin leerpor sleepylavoisier » 31 Jul 2018, 20:34

Muchas gracias FiQuiPedia y compañeros por compartir enunciados 2018.
Después del ángulo recto de Mercaderes he enfilado Estafeta cogiendo el astado número 1 (castellano) de Química:
http://www.fiquipedia.es/home/recursos/ ... edirects=0
Pero al girar la cabeza me he dado cuenta de que era un cabestro manso, vamos que se le puede tocar la cornamenta, pasar la mano por el lomo y hasta pegarle un tironcete en el rabo sin peligro alguno. Creo yo, porque buscando las constantes, para la formación del dicianoargentato:
pKf = - 21 y del yoduro, pKs = 16,1
Los químicos llevamos de serie que el dicianoargentato va a ser muy estable y que el yoduro va a ser muy insoluble (bastante más que los halogenuros de plata que tiene por encima en el S.P.)
Así que, a lo loco, yo respondería:
moles de cianuro potásico = 2·10^-4 mol

¡Alto ahí!, reflexionemos un poco más, no sea que recibamos una cornada por la espalda.
Despreciando la hidrólisis del cianuro, etc., puedo escribir una reacción global como ésta:
AgI (s) + 2 CN¯ ---> Ag(CN)2¯ + I¯
Con un equilibrio muy desplazado hacia los productos:
K = [Ag(CN)2¯]·[I¯ ] / [CN¯]² = Kf·Ks = 10^21·10^-16,1
K = 10^4,9
Si suponemos que V=100 mL=constante y nos fijamos en la expresión matemática de K nos daremos cuenta que podemos emplear en ella concentraciones molares o número de moles indistintamente. Entonces despejamos fácilmente los moles de cianuro que requiere el equilibrio:
moles CN¯ equilibrio = √(moles AgNO3 · moles KI / K) = √(10^-4 · 10^-3 /10^4,9) = √(10^-11,9)
moles CN¯ equilibrio = 10^-5,95 mol
Pero la esquiometría nos dice:
moles CN¯ para dicianoargentato = 2·(moles de AgNO3) = 2·10^-4 mol
Sumando ambas contribuciones:
moles totales de KCN = 10^-5,95 mol + 2·10^-4 mol = 2,01·10^-4 mol
Por lo tanto, no íbamos muy desencaminados en nuestra primera estimación.
Si nos dan masas atómicas, el resultado supone 13,1 mg de KCN en los cien mililitros (tengo un libro antiguo de fotografía en el que recomiendan para la fijación fotográfica 20 g en 1 L)
Saludos.

P.D.: ¡animaos compañeros!, ningún toro sufrirá daño alguno en el presente encierro 2018.
(Como siempre pido disculpas a la IUPAC por nombrar a lo tanzano..., pero es que no puedo evitarlo).
sleepylavoisier
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Re: A San Fermín pedimos ...

Mensaje sin leerpor hunk » 30 Ene 2019, 15:41

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Re: A San Fermín pedimos ...

Mensaje sin leerpor sleepylavoisier » 16 Jun 2019, 12:22

Buenos días, compañeros.
Voy a correr delante de los astados de Física 5 y 6 de este encierro navarro de 2018:
https://drive.google.com/open?id=0B-t5S ... kyUDJFajFF
Ya se han comentado (viewtopic.php?f=92&t=4627#p32689) algunos detalles en:
viewtopic.php?f=92&t=4627&sid=f1eefdc188ae1d23e61ab143cccc1183#p32587
viewtopic.php?f=92&t=4627&sid=f1eefdc188ae1d23e61ab143cccc1183#p32588
viewtopic.php?f=92&t=4627&sid=f1eefdc188ae1d23e61ab143cccc1183#p32589
viewtopic.php?f=92&t=4627&sid=f1eefdc188ae1d23e61ab143cccc1183#p32667
viewtopic.php?f=92&t=4627&sid=f1eefdc188ae1d23e61ab143cccc1183#p32684
Al igual que señalé en mi primer comentario de este hilo (en el que resolví el 1 de Química), estos toritos 5 y 6 no destacan especialmente por su bravura.

Con respecto al astado 5 castellano, el de Félix Boumgartner, el a) se resuelve sin más que realizar el correspondiente balance energético entre el punto inicial (H=39000 m) y final (h=2600 m) de la trayectoria ya que sin fricción:

Energía mecánica final = Energía mecánica inicial

½·m·V² - G·M·m/(R+h) = - G·M·m/(R+H)
Donde el radio terrestre es R = 6370 km = 6370000 m

Cancelamos la masa del paracaidista, m, y despejamos V:
V² = 2·G·M·[1/(R+h) – 1/(R+H)]

Teniendo en cuenta que la gravedad al nivel del mar vale go = G•M/R² = 9,81 m/s²; multiplicamos y dividimos por R² en el segundo miembro de la última ecuación:
V² = 2·(G·M/R²)·R²·[1/(R+h) – 1/(R+H)] = 2·go·R²•[1/(R+h) – 1/(R+H)]
V = √ { 2·go·R·[1/(1+h/R) – 1/(1+H/R)] } = √ { 2·9,81·6370000·[1/(1+2600/6370000) – 1/(1+39000/6370000)] } = 842,3375481 m/s

a) V = 842 m/s

Para b) no es difícil darse cuenta que la energía disipada por fricción no es más que la diferencia entre la energía cinética teórica sin fricción y la energía cinética con fricción (con velocidad límite final Vf = 1358 km/h = 1358/3,6 m/s) que posee Félix un instante antes de abrir su paracaídas:

ΔE = Ef – Eo = ΔEc = Ecf – Ecf (sin fricción) = ½·m·(Vf²-V²) < 0
Negativa porque es energía que pierde Félix.

Podemos calcular el % que nos piden como fracción sobre la energía cinética teórica sin rozamiento:

ΔE/Ecf (sin fricción) = [Ecf – Ecf (sin fricción)]/Ecf (sin fricción) = [Ecf / Ecf (sin fricción)] – 1 = (½·m·Vf²)/(½·m·V²) – 1
ΔE/Ecf (sin fricción) = Vf²/V² – 1 = (1358/3,6)²/842,3375481² – 1 = – 0,799450207

b) ΔE/Ecf (sin fricción) = – 0,799450207 ⇒ – 79,9 %
Este porcentaje nos viene a decir que de cada 100 J de energía cinética teórica sin fricción, con los que Félix llegaría al instante antes de abrir su paracaídas, 79,9 J se disipan por rozamiento y realmente llega con 20,1 J

Para c) dividimos miembro a miembro las expresiones:
g = G·M/(R+h)²
go = G·M/R²
g/go = [R/(R+h)]²

Despejamos la aceleración y listo:
a = g = go/(1 + h/R)² = 9,81 / (1 + 2600/6370000)² = 9,801996737 m/s²

Con cifras significativas en la mano:
c) a = g = 9,80 m/s²




Xusa escribió:Siguiendo con el de Navarra en castellano, sabéis cómo hacer el 6?? Gracias

viewtopic.php?f=92&t=4627#p32667

Cambiemos de toro y cojamos con valentía el astado 6 castellano.
Las ondas sonoras procedentes de las dos fuentes sincrónicas interfieren en los puntos x de AB recorriendo caminos diferentes.
La diferencia de caminos, Δr = r2 – r1, se obtiene geométricamente del pequeño triángulo rectángulo de la siguiente figura:

figura.gif
figura.gif (11.31 KiB) Visto 45 veces


Δr = r2 – r1 = d·senθ

Como D>>d ⇒ θ pequeño ⇒ senθ ≈ tgθ = x / D :
Δr = r2 – r1 = d·senθ ≈ d·tgθ
Δr = r2 – r1≈ x·d/D
con D = 100 m y d = 10 m

Por otra parte, la interferencia será destructiva (el detector deja de percibir sonido) si llegan en oposición de fase, es decir, el desfase, δ, es un múltiplo entero impar de π radianes
δ = k·Δr = k·(r2-r1) = (2·n+1)·π
Siendo k el número de onda angular
k = 2π/λ

Como la velocidad del sonido, c = 340 m/s, es el producto de la frecuencia, f = 850 Hz, por la longitud de onda, λ: λ=c/f
Entonces: k = 2π/(c/f) = 2π·f/c ⇒ δ = 2π·f·Δr/c = (2·n+1)·π

Despejamos Δr = (2·n+1)·c/(2·f) y sustituimos en la ecuación de x:
x·d/D ≈ (2·n+1)·c/(2·f)
x ≈ [c·D/(2·f·d)]·(2·n+1) = [340·100/(2·850·10)]·(2·n+1)

x (en metros) ≈ 2·(2·n + 1) = 4·n + 2
con n = …-3,-2,-1,0,1,2,3…


Teniendo en cuenta que AB = 30 m (posiciones positivas en AB 15 m por encima del origen O y posiciones negativas en AB 15 m por debajo del origen O) podemos contestar a lo que nos preguntan:

para n=-4,-3,-2,-1,0,1,2,3 obtenemos las posiciones de AB en las que no se detecta sonido:
x (en metros) =-4·4+2,-3·4+2,-2·4+2,-1·4+2,0·4+2,1·4+2,2·4+2,3·4+2
x (en metros) = -14,-10,-6,-2,2,6,10,14
Es decir, 8 veces deja de percibirse el sonido a lo largo de AB
Un patrón de interferencias esquemático podría ser una representación de la intensidad I=4·Io (en ordenadas, siendo I la intensidad resultante detectada e Io la debida a una sola fuente) versus la posición x (en abscisas):


patrón.jpg
patrón.jpg (14.35 KiB) Visto 32 veces


Como siempre, agradezco revisión de estos toritos guapos:
https://www.youtube.com/watch?v=8awQ1-2PEW4

Seguimos con los encierros compañeros:

encierro.jpg
encierro.jpg (51.15 KiB) Visto 45 veces


Saludos.
sleepylavoisier
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