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solucionario 2014 I
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1SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN
SOLUCIONARION 3623 UNI 2014-1
MAS
1.
k = 25 N/m
PE
4 kg
A = 15 cm
v =0
1.a 2.ax x
xaq
vv
1.atx2.a
A
Periodo (T) del MAS
4 4T 2 2 s
25 5mk
p= p = p =
De la conservacin de la energa en el MAS para la segunda posicin en que EC = EPE
Em = EC+EPE = 12
kA2
Em = EPE+EPE = 12
kA2
2 21 12 kA2 2
kx =
A
2x =
Para la segunda vez A
2x = +
EnelgrficodelMCU
A12cos 45
A A 2
xa = = = a =
q = 180 a = 135
Para el tiempo tx
135 4T s
360 360 5xt
q= = p
3s
10xt
p=
Respuesta
310
FSICA
2SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN (19.02.2014) UNI 2014-1
ONDAS MECNICAS
2.
Fuente sonora
A =4R2
R1
R2
Intensidad sonora (I)
2
P WI
A m =
I. Verdadero
Como la potencia que se transmite a los envolventes de los frentes de onda (es-fricas) son iguales
1 2
1 1 2 2 2
2 21 1 2 2
P P
I A I AIR cte.
I 4 R I 4 R
=
= =p = p
La intensidad sonora (I) disminuye in-versamente proporcional con el cuadra-do de la distancia.
II. Falso Nivel de intensidad sonoro (b)
120 2
0
I W10 log donde I 10
I m b = =
De la ecuacin notamos que no es una funcin cuadrtica, sino logartmica.
III. Falso
La rapidez de propagacin no depende de la potencia, depende de las condicio-nes del medio.
Respuesta VFF
HIDROSTTICA
3.
H
1 2H2O
Vaco
Exterior
Presin hidrosttica PH PH = 1gH (Pa) Tomemos los puntos 1 y 2 que pertenecen a
una isbara
P1 = P2
Pext = PHagua 2 atm = agua g H
5 3 3 22 1,013 10 Pa 10 kg/m 9,81 m/s H =
20,65 m = H
Respuesta 20,65
FENMENOS TRMICOS
4.
H2O
m hierro=0,2 kg, T=75 C
m olla=0,5 kg (cobre)
m H2O=0,17 kg
T=20 C
Diagrama lineal de temperatura
T=20 C T=75 CTeq=x
QH2O
Qolla Qhierro
3UNI 2014-1 (19.02.2014) SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN
Temperatura final=temperatura deequilibrio = x
de la conservacin de la energa
Qgana+Qpierde=0
QH2O+Qolla+Qhierro=0
CeH2OmH2O
(x20)+CeCumCu(x20)+CeFemFe(x75)=0
4190.0,17(x20)+390.0,5(x20)+470.0,2(x75)=0
x=25,2 C
Respuesta 25,2
TERMODINMICA
5.
1
2
V1=V
T1P1=P
n1=n
V2=2V
T2P2=P
n2=2n
De la ecuacin para los gases ideales en am-bos recipientes
PV=nRT En 2
P2V2=n2RT2
P.2V=2n.R.T2 ................. (a)
En 1
P1V1=n1RT1
P.V=n.R.T1 .................... (b)
Dividiendo (a) (b)
=2
1
T1
T
Respuesta 1
CAPACITORES
6. Caso 1: Conectados en paralelo
A B
C1
C2 Ceq AB = 2 mF = C1+C2 ....(I)
Caso 2: Conectados en serie
A B
C1 C2
( )1 2eq AB
1 2
C CC 0,25 F .... I I
C C= =
+
De (I) en (II)
1 2
1 2C C
0,25 C C 0,5 F2
= =
( )1 1C 2 C 0,5 =
2
1 12C C 0,5 =
21 12C 4C 1 0 + =
( ) ( )21
4 4 4 2 1 4 2 2C
4 4
= =
1C 1 0,5 2=
Si C1 = 1+0,5 2 C2 = 1 0,5 2
Si C1 = 1 0,5 2 C2 = 1+0,5 2
Luego
1 2C C 2 1,41 F = =
Respuesta 1,41
ELECTRODINMICA
7. Nota: Considerando instrumentos ideales, el ampermetro se conecta en serie y el volt-metro en paralelo con el elemento resistivo.
4SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN (19.02.2014) UNI 2014-1
A
V
R
(I)
A
V
R
(II)
En I y II conocemos la intensidad de co-rriente y la diferencia de potencial en los extremos del resistor y la ley de Ohm.
=
VR
Iab
Sinembargo,enelcasoIIIsemanifiestaunpuente elctrico (cortocircuito) en el resis-tor.
A
V
R
Respuesta I y II
ELECTROMAGNETISMO
8.
Bext(+)
A Bfem
Al reducirse el campo magntico B a cero, en los extremos A y B se induce una fem donde
|fem| = fMt N
|fem| = (BA)t N
|fem| = ABt N
Reemplazando
10 103 = p 10 1 2
4
(0 0,2)t 500
t = p 10 1
2 0,2
80 = 78,54 ms
Respuesta 78,5
ONDAS ELECTROMAGNTICAS
9.
45
N
30
vacomaterial
Por la naturaleza ondulatoria de la luz
luz medio luzmedio =v fl
1 En el vaco
luz vaco luzvaco =v fl
3108 m/s=lvaco6,51014 s1
lvaco=4,61107 m
2 Para el material
Analizamos la refraccin de la luz
n vaco.sen 45=nmaterial
.sen 30
medio luz
medio
cn
v=
8
luzmaterial
1 3 10 11
22 v
=
5UNI 2014-1 (19.02.2014) SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN
luz 8material
23 10 m/s
2v =
Luego
luz
material luzmaterialv f= l
= l 8 14
material2
3 10 6,5 102
7material 3,26 10 m l =
Finalmente
lvacolmaterial=1,35107 m
Respuesta 1,35107
ESPEJOS ESFRICOS
10. Para que la imagen formada en un espejo cncavo sea derecha y de mayor tamao, el objeto debe colocarse entre el foco y el vr-tice del espejo.
f=60102 m 60 cm
ZR(+) ZV()
Img.Obj.
if
o
F
Como el aumento es 4
4 4i
A i oo
= = =
Aplicando
1 1 1f i o= +
( )1 1 1
60cm 4o o= +
o=45cm45102 m
Respuesta 4510 2
FSICA MODERNA-RAYOS X
11. I. Verdadero. Los rayos x son OEM que segn el espectro electromagntico esta ubi-cada
l aumenta Radiacin visible
f aumenta
Rayos
Rayosx
Ultra-violeta
Entonces: f rayos x
> f radiacinvisible
II. Falso. Los rayos x son generados por electrones de gran cantidad de energa ci-nticaal impactarsobreunasuperficieme-tlica, dichos electrones obtienen esta gran cantidad de energa cintica del potencial elctrico que los acelera.
Potencialacelerador
Rayos x
V
III. Falso. Al impactar los electrones contra el nodo, el hecho que todos los electrones incidentes tengan la misma energa cintica no garantiza que la incidencia de todos los electrones se d de la misma forma, por tal no todos los electrones logran ser frenados en su totalidad y, por lo tanto, los fotones de rayos x tendrn la misma energa lo cual implica que pueden tener diferentes frecuencias.
Ecintica=E fotnrayos x
Ecintica=hfrayos x
Respuesta VFF
MAS
12. Suponiendo que el oscilador realiza las osci-laciones de manera horizontal.
k = ?
N
m = 0,3 kg
M
Lisa
PE
6SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN (19.02.2014) UNI 2014-1
El periodo del oscilador armnico se deter-mina con
T 2
mk
= p
Reemplazando
0,3 kg0,2s 2
k= p
Desarrollando
k = 296 N/m
La constante elctrica del resorte es de 296 N/m.
Respuesta 296
ELECTROMAGNETISMO
13. Para toda partcula electrizada en movimien-to, en un campo magntico, la fuerza mg-netica se calcula con
mgF (B )q v=
j k
0,75 T
2,75 1060,75 T 0
00ms
9mgF (3,64 10 C)=
Desarrollando
9 6
mgmF (3,64 10 C) 0,75 T 2,75 10 ks
=
=
4mgF 75 10 k
Respuesta
475 10 k
VECTORES
14. Estando la resultante sobre el eje Y; enton-ces se cumple
Mdulos de los vectores horizontales
( )
Mdulos de los vectores horizontales
( )
=
Descomponiendo a 2B
q
2|B|
2|A|
2|B|
|C|
sen q
2|B|cos q X
Y
2|A| = 2|B|cosq 2(4 u) = 2(8 u)cosq 8 u = 16 ucosq
cosq = 8 u16 u
cosq = 12
q = 60Respuesta
60
CINEMTICA: MRU - MRUV
15. Cuando la partcula desarrolla el MRUVpartiendo del reposo.
A Bd
t1
v0=0 v=v1
Usando
d = v0 + vf
2 t
d = 0 + v1
2 t1 d =
v12
t1 ... (1)
CuandolapartculadesarrollaelMRUVconrapidez v2.
P Q
v2
t2
3d
Usandod = vt
3d = v2t2 ... (2)
7UNI 2014-1 (19.02.2014) SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN
Dividiendo (1) (2)
d3d
=
v12
t1
v2t2, pero t1=t2 (dato)
desarrollando:
v1v2
= 23
Respuesta
2/3
MOVIMIENTO PARABLICO DE CADA LIBRE (MPCL)
16.
h = 60,38 m
t = ?
v0 = 50 m/s
v y =
40
m/s
vx = 30 m/s X
Y
B
A
53
Verticalmente, de A hacia B, planteamos
h = v y t + 12 g t2
+60,38 = +40 t +12(9,81) t2
4,9 t2 40 t + 60,38 = 0
2( 40) (40) 4(4,9)(60,38)2(4,9)
t
=
40 20,40
9,81t
= t = 6,157 s = 6,15 s
Respuesta 6,15 s
2.a CONDICIN DE EQUILIBRIO
17.
A
FN
1 m
Empieza a levantarse
3 m xB
1,5 m
FN=0
Fhombre=mhombre g
mtabla g+
Del DCL de la barra, aplicamos respecto de B, momentos de fuerza y la 2.a condicin de equilibrio.
MB=0
=0MB +MBmtabla g mhombreg
(+mtablag)(1,5)+(mhombreg x)=0
mtablag1,5=mhombreg x
401,5=80x x=0,75 m= 75 cm
Respuesta 75
18.
T2=1,44106 s=14,4105 s
R2=?
T1=1,53105 s
R1=4,22108 m
Aplicamos la tercera ley de Kepler (ley de los periodos)
= =
2 21 2
3 31 2
(T ) (T )constante
(R ) (R )
=
5 2 5 2
8 3 32
(1,53 10 ) (14,4 10 )
(4,22 10 ) (R )
8SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN (19.02.2014) UNI 2014-1
R2=1,87109 m
Respuesta 1,87109 m
MECNICA
19.
vF=0
v
I. Falso En toda cada libre, para un mismo ni-
vel, el tiempo de subida es igual al de bajada.
II. Falso En toda cada libre la energa mecnica
es la misma, se conserva.III. Falso En el punto ms alto la fuerza resul-
tante no es cero, pues es la fuerza de gravedad.
Respuesta FFF
IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO
20.
Dt = 0,1 s
NR
Fm = ?
Alfinal
Al iniciov = 0
vf
v0
v = 0
hh/4
Durante el intervalo Dt=0,1 s planteamos el impulso
I =Fmt
Pfinal Pinicial=Fmt
(+mvf ) (mv0)=+Fmt
+=
0( )F ...(*)fmm v v
t
En la cada libre se conserva la energa me-cnica.
(I) De bajada EC=EPG
=20
12
mv mgh
=0 2v gh
(II) De subida EPG=EC
= 2
14 2 fh
mg mv
= =
22
4 2fghh
v g
En (*)
= =
3 322 2 9,81 52 2F
0,1m
m gh
t
Fm=297,1 N
Respuesta
297,1
9UNI 2014-1 (19.02.2014) SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN
ELECTROQUMICA
21. I. Verdadero
Una celda galvnica genera corrienteelctrica continua a partir de una reac-cin redox espontnea.
II. Falso
La celda que utiliza una corriente elctrica es la celda electroltica, no la galvnica.
III. Falso
Loselectronesfluyenatravsdeloselec-trodos y conductores de cobre que son los conductores primarios. A travs del puentesalinofluyenlosiones(cationesyaniones).
Respuesta VFF
NOMENCLATURA INORGNICA
22.
I. Falso +1 x 2 H3 P O3 P: +3 , +5
oso ico 3(+1) + x + 3(2) = 0 x = +3 Est actuando con el menor estado de oxida-
cin por lo que el nombre es
cido fosforoso
II. Falso +1 x 2 H I O4 I: +1, +3, +5, +7 hipo per oso oso ico ico
(+1) + x + 9(2) = 0 x = +7 cido perydico
III. Verdadero
El ion HSO3 proviene del cido H2SO3.
Por lo que sus nombres estn relacionados
H2SO3cido
sulfuroso
HSO31 : Sulfitocido
Hidrgenosulfito
SO32 : Sulfito
Respuesta FFV
SOLUCIONES
23. Se necesita 100 ml de HCl 3,25 M a partir de cido concentrado HCl 12,1 M.
V1 = V
HCl12,1 M
Sol.1
Sol.2
V2 = V + VH2O = 100 ml
HCl3,25 M
VH2O
Se cumple nsto1 = n
sto2
M1V1 = M2V2 12,1V1 = 3,25 (100 ml)
V1 = 26,859 ml = 26,9 ml
Respuesta 26,9
MASA EQUIVALENTE
24. xido de cobalto: Co2Ox
73,4 % 26,6 %
#Eq(Co) = #Eq(O) = #Eq(xido)
#Eq-g(O2)=
26,65
W 100 0,16625EqME 8g/Eq
g = =
#Eq-g(O2) = 166,25 mEq
Respuesta 166,25
QUMICA
10
SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN (19.02.2014) UNI 2014-1
CLCULOS QUMICOS (ESTEQUIOMETRA)
25.
% Pureza = ?
W = 10 g
Mrmol
W = 3,3 g
CaCO3
CO3
Ecuacin M =100 M = 44 1CaCO3 2HCl 1CaCl2+1H2O+1CO2 1 mol 1 mol
100 g 44 g
W 3,3 g
3CaCO
3,3 100W 7,5g
44=
=
Hallando la pureza
Wtotal = 10 g 100 %
WCaCO3 = 7,5 g % Pureza
7,5 100% Pureza 75 %
10
= =
Respuesta 75
DIAGRAMA DE FASES
26.
T(C)
54,2 atm
760 mmHg
133 mmHg1 mmHg
199 169 157152 63
S L G
C
I. Falso A presin normal (1 atm 760 mmHg)
el kriptn pasa de slido a lquido. No se sublima, se funde.
II. Falso A 160 C, temperatura mayor al pun-
to triple, el kriptn pasa de slido a l-quido y vapor a temperatura constante si disminuye la temperatura. Hay dos cambios de es tado.
III. Verdadero A una atmsfera de presin el slido
posee mayor densidad, ya que al au-mentar la presin isotrmicamente fa-vorece al estado slido.
Respuesta FFV
27. 1 H2SO4 + 1BaCl21BaSO4 + 2HCl
1 mol
5 103 1 104 n = 1 104
1 mol
mol
1 mol
R. limitante
WBaSO4= 1 104 233,3
= 2,33 102
BaSO4
Solubilidad=
3
2
2,4 10100g H O
Masa de H2O (ste) = 100 g
4
disuelto 3BaSOW 2,4 10 g=
= =
4
no disuelto 2 3BaSO
2W 2,33 10 2,4 10
2,09 10 g
Respuesta 2,09 102
28. Kc = 0,053
T = 25 C = 298 K
11
UNI 2014-1 (19.02.2014) SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN
CH3
CH3E A
Inicio: 1 M
Cambio: (x) M (+x) M
Equilibrio: (1x) M (x) M
[ ]
[ ]
1
c 1
A K
E
0,0531
0,05
xx
x
=
=
=
A
B
B
0,05
1 0,05
0,95
fm
fm
fm
=
=
=
Respuesta E = 0,095; A = 0,050
CELDA ELECTROLTICA
29.
WZn = 25,4 g
t=?
I = 3A
Ctodo nodo
Batera
Zn+2 Cl
Cl
Se cumple segn la primera ley de Faraday
Wzn =
q
PA(Zn) I96 500
t
=
65,4 3A 3600s
25,4 g g2 96 500 A s 1h
t
t = 6,94 h
Respuesta 6,94
ESTEQUIOMETRA
30.
2 2 2 2
2 2 2
M 14 M 14 71
1C H +1Cl 1C H Cl
1 mol de C H 1 mol de C H Cl
14 g (14 71) g
5,22 g 14,04 g
n n n n
n n n n
n n
n n
= = +
+
n = 3
La frmula del alqueno es C3H6.
MC3H6 = 42
Respuesta 42
CONTAMINACIN AMBIENTAL
31.
No constituye una posible solucin la combustin de residuos orgnicos de la basura ya que genera emisiones de gases contaminantes (CO2, CO, macro-partculas, etc.) que contaminan al aire.
Las otras alternativas, s son posibles soluciones para disminuir la contamina-cin ambiental.
Respuesta Combustin de residuos orgnicos de la ba-
sura.
QUMICA ORGNICA
32. I. Verdadero
El etino C2H2 en su estructura presenta dos enlaces pi (p) y un enlace sigma (s), entre los tomos de carbono por la presencia del enlace covalente triple.
12
SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN (19.02.2014) UNI 2014-1
sH C C Hp
p
II. Falso
No puede ser ster, pero s puede ser alco-hol.
C O R
O
H
C OH
ster alcohol
III. Verdadero
Ambos tienen la misma frmula global C2H6O pero tienen diferentes grupos funcio-nales.
CH3 O CH3
Dimetilter Etanol
CH3 CH2 OH
Respuesta VFV
CELDAS DE COMBUSTIBLE
33. Definicin
Son dispositivos que convierten en for-ma directa, la energa qumica en ener-ga elctrica con una gran eficiencia(mayor del 65%), sin partes mviles internas.
Operan en forma similar a las pilas se-cas, excepto a que hay que estar sumi-nistrando continuamente los combusti-bles a usar.
Las sustancias que se forman no son nocivas (producen agua y calor).
Electrodos: Pt, N, nanotubos de car-bono.
KOHpH = 9 (ptimo)
T = 190 C
B
H2O(l)Se obtiene agua puraCalor
nodoCtodo
Com
bust
ible
s po
sibl
es
O2(g)
H2(g)CH4C3H8CH3OH
DA E
C
Ando: 1H2+2OH 2e 2H2O 2 : E
red = +0,40 V
Ctodo: O2+2H2O+4e 4OH 1 : Eoxi = +0,83 V
2H2(g)+102(g) 2H2O+Calor Ecelda: +1,23 V
La conversin en energa elctrica es aunaeficienciadel
75% aprox.
Respuesta Zona andica H2(g)
34. Unprocesofsicoimplicaquelasustanciaomezcla del material que se borra no cambia su composicin qumica.
Ejemplos de los procesos fsicos
Sudor que se evapora, al descansar, luego de jugar tenis (cambio de fase).
Respuesta El sudor que se evapora, al descansar, luego
de jugar tenis.
35.
< > J2
< > J3
I. Correcto
En lafiguraserepresentaaunamezcladelas dos formas alotrpicas de una sustancia simple.
II. Correcto
J2 y J3 deben ser altropos, es decir, espe-cies que presentan diversa estructura y pro-piedades qumicas, y que coinciden en su estado fsico, pero que son del mismo ele-mento qumico.
13
UNI 2014-1 (19.02.2014) SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN
III. Incorrecto
Lafiguramuestraunamezcladelasdosfor-mas alotrpicas de un elemento qumico.
Respuesta VVF
36. tomobasalsignificaqueesneutroyquesuconfiguracin electrnica cumple con reglaAufbau.
zJ Periodo = 5 (Basal)
Zmn = 37Zmx = 54
I. Falso mxN. e 54= II. Falso
[ ] 2 10 654
KernelJ CE : K r 5s 4d 5p
(en la tabla peridica actual)
III. Verdadero
[ ] 2 1054 K r 5s 4d 5pJ 1 +10Existen 3 electrones
con espn magntico +1/2
CE:
Respuesta FFV
37.
15E CE: [Ne] 3s23p3 Periodo = 3
Grupo = VA
33Q CE: [Ar] 4s
23d104p3 Periodo = 4Grupo = VA
35R CE: [Ar] 4s
23d104p5 Periodo = 4Grupo=VIIA
Luego respecto a sus radios atmicos (RA) RA 15E < 35R < 33Q I (correcto)
Electronegatividad
(EN)
Relacin
inversaRA
II (incorrecto)
NO: Nmero de oxidacin
Para: 33Q
NOmx = 5+
NOmn = 3
III (incorrecto)
Energa de ionizacin (EI): Es la energa umbral en kJ/mol que requiere un tomo en fasegaseosaconlafinalidaddearrancarunelectrn de su ltimo nivel de energa. Son procesos endotrmicos.
Energa de ionizacin(EI)
Relacin
InversaRA
Son correctos: Solo I
Respuesta Solo I
ENLACE COVALENTE
38. 7X CE: 1s22s22p3 Grupo VA X
1Y CE: 1s1 Corresponde a la distribucin
del hidrgeno que es una de las excepciones al octeto, ya que solo puede tener 2 e como mximo en su capa de valencia.
Formacin de la molcula: XY3
M = 1(8) + 3(2) = 14
N = 1(5) + 3(1) = 8
=
M N# PE
2
=14 8
# PE2
#PE = 3
X Y
Y Y
X logra el octeto.
Y no alcanza el octeto (logra el dueto).
14
SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIN (19.02.2014) UNI 2014-1
I. Correcto Es una molcula de octeto por defecto o in-
completo, pues el hidrgeno posee 2e de valencia.
II. Incorrecto Corresponde a una molcula polar pirami-
dal.
III. Incorrecto Corresponde a una molcula de geometra
molecular: piramidal trigonal.
Respuesta Solo I
39.
Ambos cidos son fuertes, es decir, se ionizan en un 100 %, luego el potencial de hidrgeno (pH) final depender delas moles de iones hidronio (hidrgeno H+) que se obtienen.
Son cidos monoprticos (q=1).
HCl(ac)
HClO4(ac)
V2=0,6 LM2=0,012
nsto=M2V2 =0,012(0,6) =7,2103mol
V1=0,4 LM1=0,0075
nsto=M1V1 =0,0075(0,4) =3103mol
ClO41
ClO41
ClCl
H+H+
H+ H+
VF=V1+V2
VF=1 L
nH+(totales)=7,2103+3103
= 0,0102 0,01
[ ] 0,01molH1L
+ = = 102 M
pH= log102 = 2
Respuesta 2
SOLUCIONES
40. Ion sulfato: 24SO El in alcanza estabilidad tetradrica al ad-
quirir resonancia, y esto es posible cuando el tomo central de azufre expande su octeto electrnico a 12 electrones de valencia
24SO ambos grupo VIA
M = 1(12) + 4(8) = 44 N = 1(6) + 4(6) + 2 = 32
# PE = MN2
# PE = 4432
2 # PE = 6
S( ( 2
S( (
2
S( ( 2
S( (
2
S( (2
S( (2
Se tienen 6 estructuras resonantes (hipotticas).
Siendo su real estructura estable, denomina-do "hbrido de resonancia".
S( (2
Respuesta VFV