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TERCERA PRUEBA DE ADMISIÓN UNI 2012-1

TEMA: P SOLUCIONARIO

1. Analizando el sistema de poleas, conside-rando además que el bloque asciende con2 m/s2.

De la segunda ley de Newton:

FR = ma

4F – mg = ma

4F – 16(9,81) = 16(2)

Þ F= 47,24 N

Expresión vectorial de dicha forma, comoestá dirigido hacia abajo, entonces:

F = –47,24j N

Clave A

2. a) Cuando qmax = 60º, el bloque está apunto de resbalar.

Como el bloque está en reposo:(FR = 0)

b) Cuando ejercemos una fuerza haciaarriba y el bloque está a punto deresbalar.

∑F = ∑F

2

F = fs máx+mgsen60º

F = 3mgcos60º+mgsen60º

1 3F 20 9,8 3 339,48N

2 2

c) Para que el bloque empiece a subir, lafuerza F > 339,48 N; para el problemaconsideramos que F = 339,48 N haceque el bloque empiece a subir, luegotendremos:

De la 2.ª ley de Newton:

RFa

m

F sen60º kmg fa

m

3 1339,48 20 9,8 0,5 20 9,82 220

a

a = 6,04 m/s2

Clave A

3. I. (F) Para una partícula, el único tipode energía mecánica que se le puedeasociar es la energía cinética. En ese caso,cualquier fuerza que desarrolle trabajomecánico sobre él cambiará su energíamecánica.

II. (V) En todo choque, la cantidad de mo-vimiento lineal se conserva.

III. (V) Del teorema del trabajo neto y lavariación de la cantidad de movimien-to.

Ineto= F

R Dt = DP

Si FR = 0 ® DP = 0

P0= P

FNo hay clave

Observación:Considerando un sistema de partículas, laprimera proposición es verdadera.

4. Nos dicen que el sistema masa-resorte reali-za un MAS, con frecuencia angular, w = 3rad/s y amplitud A = 0,1 m y a partir de ellopodemos deducir que la máxima rapidezque alcanza el cuerpo es: vmáx = wA = 0,3m/s.

Podemos analizar la posición x, en la cual,la energía tanto cinética como potencial soniguales.

De la conservación de la energía mecánica:EMen la posición x = EMen la P. E.

{P

C P C máxE

2P máx

2P

E E E

12E

212E (1)(0,3)2

mv

EP = 0,0225 JEP = 22,5 mJ

Clave B

3

5.

Motor

h=40m

Para elevar los 10 m3 de agua, es decir,una masa total m=raguaV=104 kg, elmotor debe desarrollar un trabajo igual ala energía potencial de toda el agua, luegola potencia que desarrolla el motor en untiempo t es:

útilútil

WP .......... (1)

mght t

Como el motor presenta una eficienciadel n=80% siendo ésta de 2000 W,entonces la potencia utilizada la podemosdeterminar a partir de:

utilizada

motor

PP

n

útil motorP P .........(2)n

Igualando (1) con (2):

motorPmgh

nt

4

motor

10 9,81 40P 0,8 2000mgh

tn

t =2452,5 s

t=40 min50 s

Clave B

6. Por ser MVCL aplicamos:

d=v0t ± 12

a t2

dA=23

h = 12

gt2... (1)

dB=3h =vBt – 1

2gt2... (2)

De (1) y (2) tendremos:

h=vB.t

Reemplazando en (1):

vB2= 3

4gh

Ahora, cuando lanzamos B y no chocacon A:

4

vf2=v0

2 – 2ad0=vB

2 – 2g Hmáx

2B

máx

máx

34H

2 23

H8

ghvg g

h

Clave A

7.

12

X

Y

A

C

D

F

GH

E

DE

FE

EG

FD

Z

B

–

5 25 2

Nos piden:

T =FE + EG+ DE – FD ........... (1)

Del gráfico adjunto:

– FD+ FE + EG= DG

en (1):

T = DE+ DG.. . . . . . . . . . (2)

donde:

DE =

5 2 i 5 2 j 12 k

DG=–

12 j

en (2):

T =

( 5 2 i 5 2 j 12 k) ( 12 k)

T =

5 2 i 5 2 j 24 k

| T |= 2 2 2(5 2) (5 2) (24) 26

Clave E

8. Procedemos a realizar el DCL de la bolitaperfectamente lisa.

Al realizar el DCL de la bolita hemosencontrado, que sobre ella actúan dosfuerzas, y como dicho cuerpo se mantieneen la posición mostrada respecto alcarro, la fuerza resultante sobre elladebe presentar la misma dirección de laaceleración, procedemos a trasladar lasfuerzas

De:ma = mg

sen 16º sen 37ºDe:

2

7(9,8)

sen16º 253sen37º9

4,57 m / s

g

a

Clave E

5

9. NOTA:Cuando un cuerpo es abandonado sobreuna superficie lisa, luego de descender laaltura h, su rapidez es 2v gh , esto secumple cualquiera fuera la trayectoria se-guida por el cuerpo.

Liso

v=0m0

h

2v gh

Sin embargo si el cuerpo fuese lanzadohacia arriba con una rapidez v, éstelogrará alcanzar una altura H, en el cualse cumplirá que 2 Hv g .

v=0

H

2 Hv g

Mostramos el instante que el bloque demasa m0 es abandonado desde la alturah=12m, para luego impactar sobre elbloque de masa M=3m0 en reposo.

m0

m0 M

v=0

v=0

h

2v gh

Instantes antesdel impacto

Mm0

v1

v=0

H2 2 Hv g

Instantes despuésdel impacto

De la conservación de la cantidad demovimiento:

åPa.ch.=åPd.ch.

m0v =Mv2– m0v1

3v2 – v1=v ............... (1)

Como se trata de un choque elástico:

Rd.ch.

Ra.ch.1

ve

v

2 11 v vv

v2+v1= v .........(2)

Sumamos (1) con (2):

2v2=v

2 2 H 2g gh

12H

4 4h

\ H=3m

Clave A10.

I. Por dato, el proceso AB es isotérmico(T = cte).

PAVA = PAVA

6

6 ´ 105(4 ´ 10–3) = PB(2 ´ 10–3)

PB = 12 ´ 10–3 Pa( F )

II. Por lo anterior. ( F )

III. En el estado termodinámico A:PAVA = nRTA

5 –3A A

AP V 6 10 (4 10 )T

R 1(8,31)n

TA = 289,1 K = 15,8 ºC

( V )

Clave B

11. Como la imagen es nítida, entonces seestá formando en la pantalla.

De la ecuación de las lentes esféricasdelgadas:

2

2

1,2

1

2

1 1 1 1 1 130 150

1 15030 (150 )

150 4500 0

(–150) (–150) 4(1)(4500)2

108,5cm

41,5cm

f i o d d

d d

d d

d

d

d

Clave D

12. De acuerdo a las leyes de Kepler se tiene:1.ª ley: Todos los planetas orbitan alrede-dor del Sol describiendo trayectorias elíp-ticas, donde el Sol se encuentra en uno delos focos de la elipse.

2.ª ley: El radio vector posición que vadesde el Sol al planeta barre áreasiguales en intervalos de tiempos igua-les.

3.ª El cuadrado de los periodos de órbi-ta, de los planetas, es proporcional alcubo de su radio medio de órbita. Elradio medio de órbita es igual al semie-je mayor de la elipse.

Clave B

13.

Sobre el conjunto (flotador + persona)actúan las fuerzas mostradas acontinuación:

(FG)flot

(FG)pers

Epers Eflot

Por condición de equilibrio:

åF(­)=åF(¯)

(FG)flot+(FG)pers=Epers+Eflot

sum sumflot pers H O pers H O flot2 2

sum sumflot pers H O pers flot2

V V

V V

m g m g g g

m m

7

flot flot pers H O pers flot2

3flot 2

2 3flot

V (80%V V )

75(0,040) 75 1,03 10 0,8 0,0409,8 10

7,31 10 kg / m

m

Clave E

14.

La intensidad sonora (I) es la energíatransmitida por la onda sonora por uni-dad de área y de tiempo.

EI =A t

® E = IAt

E = (0,026)A(3600) ....... (1)

Suponiendo que la onda sonora sepropaga a todas direcciones, el área (A)es la de una esfera de radio R.

A = 4pR2 = 4p(4,3)2 = 232,2 m2 ......(2)

Reemplazando (2) en (1):

E = (0,026) (232,2) (3600)E = 2,17 × 104J

Clave A

15. Mostramos un bloque cúbico de maderade 10 cm de arista y de densidad rmadera= 500 kg/m3, sumergido parcialmente enagua y aceite.

La presión manométrica en A, directa-mente debajo del bloque cúbico, estarádada como:

maderaA

( V)P

A Agmg

maderaA

AP

Ahg

P A = (500)(0,1)(9,8)

P A = 490 Pa

Clave E

16. Mostramos un electrón que gira alrededordel núcleo.

v=2,18×106 m/s

R=5,2×10–11 m

Como el electrón en movimiento circularpuede ser visto como una espira concorriente, entonces el tiempo empleadoen dicha vuelta es:

2 RV

t

..... (1)

8

Luego, la corriente eléctrica siconsideramos una espira con corriente es:

Iqt

..... (2)

Reemplazando (2) en (1):

–19 6

–11V (1, 6 10 )(2,18 10 )

I2 R 2 (5,2 10 )

q

I = 1 × 10–3AI = 1 mA

Clave A

17.

Como los resistores R1=10 y R2 = 3están en paralelo, se cumple que la inten-sidad de corriente I que circula por cadauno de ellos es inversamente proporcionala su resistencia.

En la malla ABCDA, aplicamos la segundaregla de Kirchhoff mallaV 0 :

82,5 – I(30) – 4I(20) = 0® I = 0,75 A

Nos piden: I(20 ) = 4I = 4(0,75) = 3 A

Clave E

18. Inicialmente la barra de masa m=0,02kgy longitud L=0,1m se halla vertical, alcircular la intensidad de corriente I=2A,dicha bara se inclina un ángulo q=45º(ver la figura) esto debido a la acción de lafuerza magnética sobre la barra.

Procedemos a trasladar las fuerzas:

De la figura:BIL=mgB(2)(0,1)=(0,02)(9,8)B=0,98 T

Clave B

19.

La energía proveniente del Sol es utilizadapor el agua para elevar su temperatura.

Esol = QH2O ......... (1)

Pero, la intensidad de la radiación sedefine como:

EI E I A

At

t

Reemplazando (2) en (1) obtenemos:

ItA = QH2O = CemDT

® ItA = CemDT

9

Observemos que ambos lados de laecuación no poseen las mismas unidades,por lo tanto, como 1 cal = 4,186 J,obtenemos:

I tA = 4,186 [CemDT]

Reemplazando los valores correspondientes:

550(t)(3) = 4,186 [(1) (60 × 103)(40)]

\ t = 1,69 h ≈1 hora 41 minutos

Clave E

20. I. (V) La rapidez de propagación de unfotón es la misma que la de la luz en elmedio en que se propaga.

II. (F) La masa de un fotón es nula.III. (V) El fotón no tiene masa pero trans-

porta energía dada por E = hf.Clave D

21.I. Los nanotubos son más resistentes y

fuertes que el acero (aproximadamente200 veces más duros) porque carecende defectos rigurosamente.\ La proposición es correcta.

II. La nanotecnología es el estudio, diseño,creación, síntesis, manipulación yaplicación de materiales, aparatos ysistemas funcionales a través de controlde la materia, generando materialesmucho más útiles por sus propiedadesquímicas.\ La proposición es correcta.

II. Pueden utilizarse para el almacena-miento de hidrógeno o como sistemade almacenamiento de gases.\ La proposición es correcta.

Clave E

22. Las sustancias elementales son aquellasque están formadas por átomos con lamisma carga nuclear (Z) por ello:A) Cemento: es una mezcla de sustancias

como R2O3, calcita, etc.

B) Agua de mar: es una mezcla de agua ysales minerales.

C) Bronce: es una aleación, es decir, unamezcla de metales: cobre y estaño.

D) Diamante: está formado únicamentepor átomos de carbono (C) que tienenZ = 6 adoptando una forma cristalinatetraédrica.

E) Ácido muriático: es una mezcla deagua y ácido clorhídrico.

Clave D

23. Fuerzas intermoleculares:La viscosidad es una propiedad física queconsiste en la capacidad de un cuerpo deresistir el fluido.Por lo que a mayor fuerza de atracción in-termolecular mayor viscosidad:A) CH3 – OH: E. P. H. (puente de hidrógeno)B) CH4: Fuerza de LondonC) H2C = O: Dipolo-dipolo

10

D) (CH2)C = O: Dipolo-dipolo

E) :E.P.H.(puentedehidrógeno)

Las intensidades:E. P. H. > D – D > Fuerzas de Londonentre el CH3 – OH y el CH2 – OH – CH2– OH el último presenta mayor número deE. P. H. porque posee dos grupos oxidrilo(OH –).

Clave E

24. Ubicando los elementos en la tabla periódi-ca:

Comparando:I. EI: Mg > Ca > KII. RA: K > Ca > MgIII. EN: K < Ca < Mg

Clave C

25. Analizamos las proposiciones:I. Si:

n = 2, l = 1, ml = 1 y ms = +1/2

n = 2 ® l = 01

– 10

+1+ 1/2– 1/2

m l =ms=

Se observa que la combinacióncuántica es aceptable.\ La proposición es incorrecta.

II. Para:n = 3, l = 0, ml = 0 y ms = –1/2Recordemos que si:l = 0 ® s = shartl = 1 ® p = principall = 2 ® d = difusol = 3 ® f = fundamental

Se observa en la combinacióncuántica: l = 0 que corresponde aorbitales tipo s.

\ La proposición es incorrecta.

III. Si n = 3 y l = 2 se trata del subnivel:3d que contiene 5 orbitales de tipo d.

3d:2 2 23d 3d 3d 3d 3dxy xz yz x y z

\ La proposición es correcta.

Clave E26. Contaminación ambiental

Problema ambiental ContaminanteI. Lluvia ácida ® NOx, SOx (a)II. Efecto invernadero® CO2(g), H2O(v)

(c)III. Agujero en la

capa de ozono ® Clorofluorocar-carbonos (b)

Clave E

27. Nomenclatura

A) 2, 6, 6–trimetilheptano (falso)

CH3 – CH – CH2 – CH2 – C – CH3

CH3 CH3

CH3 13 246 5

2, 2, 6–trimetilheptano (correcto)

11

B) 3–metil–3–buteno (falso)

CH2 = C – CH2 – CH3

CH3 42 31

2–metil–1–buteno (correcto)

C) 3–etil–6, 6–dimetilheptano (falso)

CH3 – CH2 – CH – CH2 – CH2 – C – CH3

CH2

CH3

CH3

CH34 3 2 157 6

5–etil–2, 2–dimetilheptano (correcto)

D) 3–pentino (falso)

CH3 – CH2 – C º C – CH3

2 135 4

2–pentino (correcto)

E) 3–metil–2–pentanol (verdadero)CH3

CH3 – CH2 – CH – CH – CH3

2 135 4

OH

Clave E

28. En la electrólisis del K2SO4(ac) se produceen realidad la electrólisis del agua; puestoque el ion sulfato no se oxida y permite laoxidación de las moléculas de agua y elion K+1 se reduce más lento que las mo-léculas de agua permitiendo la reduccióndel agua.

Ánodo: 2H2O – 4e– ® O2 + 4H+

Cátodo: (2H2O + 2e ® H2 + 2OH–). 2

2H2O ® O2(g) + 2H2(g)

En el ánodo:qH2O = 2 ® Meq(H2O)(1) = 18/2 = 9

(1)H O2 (2)

I Meq 8 6 3600 916,1 g

96 500 96 500

tm

En el cátodo:qH2O = 1 ® Meq(H2O)(2) = 18/1 = 18

(2)H O2 (2)

I Meq 8 6 3600 1832,22 g

96 500 96 500

tm

La masa de H2O electrolizado es:

mTH2O = mH2O(1)+mH2O(2)

=16,12+32,22

\ mTH2O= 48,34 gClave A

29. Sea la reacción:

NaOH+HCl ® NaCl+H2O

V=49 ml V=50 ml

M=0,1 M=0,1

n=4,9 mmol n=5 mmol

nexceso=0,1 mmol

Para hallar el pH se debe conocer lamolaridad resultante:

30,1M 1,01 1099

pH=–log(1,01×10–3)=3Clave B

30. El ion sulfato es más estable con el octetoexpandido.

SO O

O

O

2–

Por lo que genera 6 estructuras resonantesy su geometría es un tetraedro, como todocompuesto de la forma AB4(generalmente).

S

O

O1–

OO1–

12

I. Presenta 6 estructuras resonantes. (V)II. Por la estructura mostrada. (V)III. Para generar dicha estructura el

azufre expande a 12e–. (V)

Clave E

31. Enlace químico.

Hallando los pares enlazantes:

H3 P O4

eocteto: 3×2+8 +8×4=46

evalencia: 3×1+5 +6×4=32

46 32PE 7

2

Átomo central: Fósforo (P)

H – O – P – O – H

O

H

O

Todos son enlaces tipo sigma (s), no haytipo pi (p).

Clave B

32. Solución de HCl

Para el HCl: q = 1Ello significa que N = MPor dato de la densidad:

M =10 × r × %m

M... (1)

Partiendo de la molaridad:

m = 15,4 =%msto%mste

·100036,5

Reemplazando:

15,4 =x

100 – x·

1000

36,5® x = 35,98

Reemplazando en (1):

M =10 × 1,18 × 35,98

36,5= 11,63

M = 11,63

Clave B

33. Recuerde que para determinar el estadode oxidación, la suma de los elementos deoxidación de los elementos es cero.

Zr O (NO3)2

4+ 2– 1–

x+(–2)+(–2)=0\ x = +4

Hg2 (NO2)2

1+ 1–

2x + (–2) = 0\ x = +1

Los estados de oxidación son: +4, +1.

Clave E34. Dada la reacción:

I2(s) + 5F2(g) ® 2IF5(g)

m: 11 g 11 gDeterminamos limitante y exceso:

I2: = 0,043 ® Corresponde al limitante11253

F2: = 0,0578 ® Corresponde al exceso11

5(38)

Calculamos la cantidad de moles de IF5(g)que se forma de la reacción:

1 mol (I2) 2 mol (IF5)

253 g I2 2 mol (IF5)

11 g I2 nIF5

nIF5= = 0,0869 mol

11 g · 2 mol253 g

13

Calculamos el número de moles del reacti-vo en exceso:

nIF5= = 0,043 y nF2

= = 0,28911253

1139

De la reacción:

1 mol (I2) 5 mol (F2)

0,043 nF2

nF2= = 0,215 mol

0,043 mol · 5 mol253 g

Luego:nexceso = 0,289 – 0,215 = 0,074 molEn el recipiente, al final, el mínimo de mo-les es:

nT = nIF5+ nexceso= 0,087 + 0,074 = 0,161 mol

Calculamos la fracción molar del IF5:

fm = = = 0,54nIF5nT

0,0870,161

Clave A

35. Asumiendo un recipiente común:

Como la masa (moles) se conserva:

P1V1

T1=

P2V2

T2

Reemplazando:15 · 10 = 1 · x

x = 150N.º de globos = 150

Clave E

36. Dada la reacción de combustión:1C3H8(g)+ 5O2(g) ® 3CO2 (g) + 4H2O(g)

calculamos el volumen teórico de O2(g)que se necesitará para quemar los 20 Lde propano:De la redacción:

1 L (C3H8) ® 5 L (O2)20 L (C3H8) ® Vteórico (O2)

Vteórico (O2)=20 L 5 L

100 L1 L

Determinamos el volumen total de O2usado:

T 2120V (O )=100 L × 120 L100

Calculamos el volumen de aire necesario:

Vaire=?

Si: 120 L ® 21%Vaire ® 100%

aire100

V =120 L × 571,4 L21

Clave E

37. Para formar una base conjugada, lasustancia debe actuar como ácido segúnBronstedlowry debe donar al hidrógeno.Para cada caso:

+2 2 3H S+H O HS +H O�

Ácido Base

14

2 +3 2 3 3HCO +H O CO +H O �

Ácido Base

Se comportan como ácidos, entonces lasbases conjugadas serán:

HS– y 23CO

Clave B

38. La solubilidad de una sustancia en un lí-quido está asociado a múltiples factorescomo:

Ø Polaridad de las sustanciasØ Temperatura del solventeØ Fuerzas intermolecularesØ Presión del soluto si es gas

A)La solubilidad de los gases aumenta conla presión parcial del soluto.

B) La solubilidad de la mayoría delos sólidos iónicos aumenta con latemperatura. (verdadero)

C) El CO2 gaseoso al aumentar supresión aumenta su solubilidad (ver laalternativa A). (falso)

D) Si un cuerpo al disolver se libera calorpresenta un proceso exotérmico.

(ac)2 2

4(s) (ac) 4CeSO Ce +SO +Calor �

El aumentar el calor favorece ala formación de sólidos, es decirdisminuye la solubilidad. (falso)

E) La presión no produce grandes efectospara la solubilidad de los sólidos.(falso)

Clave B

Equilibrio Químico39. Ecuación:

2(g) (g) (g)1

NO NO + O2

�

2

2

1/22

c2

1/2NO O

pNO

[NO][O ]K

[NO ]

P PK

P

Relación entre Kc y Kp:n

p cK =K (RT)V

atm LR 0,082

mol K

T: temperatura en kelvin

1/2p c

p c

n (1 1 / 2) (1) 1 / 2

K K (RT)

K K RT

Clave D

15

40.I. Considerando los potenciales de

reducción:Cu++ e– ® Cu ....... e0 = +0,52 V

Cu+2+ 2e– ® Cu ....... e0 = +0,34 V

Se observa que el Cu+ tiene un mayoprvalor de potencial de reducción y porlo tanto se reduce con mayor facilidadque el Cu+2.\ La proporción es incorrecta.

II. Obtenemos el potencial de reducciónde la ecuación dada:

2Cu++2e–® 2Cu ... e0=+0,54 V

Cu+2+2e–® Cu ... e0=+0,34 V

2Cu+ ® Cu+2 +Cu ... e0 = ?

(–)

0 2(0,54)–1(0,34) 0,70 V2 – 1

Como el potencial es +0,70 V, lareacción es espontánea.\ La proposición es correcta.

III. Al multiplicar los términos de unareacción por un factor, éste no afectaal valor del potencial.Por lo tanto:Cu++e– ® Cu ... e0=+0,52 V2Cu++2e– ® 2Cu ... e0=+0,52 V

\ La proposición es correcta.Clave C