Uni2014 I Sol Fq

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

= = =

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= =

3s

10xt

=

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

=

= =

= 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= m =

+

De (I) en (II)

1 2

1 2C C

0,25 C C 0,5 F2

= = m

( )1 1C 2 C 0,5 =

21 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 = = mRespuesta

1,41

ELECTRODINMICA

7. Nota: Considerando instrumentos ideales, el ampermetro se conecta en serie y el volt-metro en paralelo con el elemento resistivo.


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 f

1 En el vaco

luz vaco luzvaco =v f

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

=


luz 8material

23 10 m/s

2v =

Luego

luz

material luzmaterialv f=

= 8 14material2

3 10 6,5 102

7material 3,26 10 m =

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


El periodo del oscilador armnico se deter-mina con

T 2

mk

=

Reemplazando

0,3 kg0,2s 2

k=

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)


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 1 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 (1x))=0

mtablag1,5=mhombreg (1x)

401,5=801x x=0,25 m= 25 cm

Respuesta 25

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 )


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

+=

D0( )F ...(*)fm

m 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

=

214 2 fh

mg mv

= =

22

4 2fghh

v g

En (*)

= =

D

3 322 2 9,81 52 2F

0,1m

m gh

t

Fm=297,1 N

Respuesta

297,1


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 3600s25,4 g g

2 96 500 A s 1ht

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


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# PE

2 #PE = 3

X Y

Y Y

X logra el octeto.

Y no alcanza el octeto (logra el dueto).

14


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

Uni2014 I Sol Fq

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