Resolución paso a paso
Física
Prueba de acceso de la Región de Murcia (Física, convocatoria extraordinaria de julio de 2025). En cada bloque se elige la opción A o la B; aquí se resuelven todas. En el texto extraído del PDF algunos exponentes salen ilegibles; se indican las lecturas usadas (valores habituales de esas constantes).
Bloque 1 · Campo gravitatorio, opción 1-A
a) Velocidad en el infinito de una cápsula lanzada a $2v_{esc}$.
Por conservación de la energía entre la superficie y el infinito ($E_p=0$ allí): $\tfrac12v_0^2-\dfrac{GM}{R}=\tfrac12v_\infty^2$. Como $v_{esc}^2=\dfrac{2GM}{R}$ y $v_0=2v_{esc}$:
$$\tfrac12v_\infty^2=\tfrac12\cdot4v_{esc}^2-\tfrac12v_{esc}^2=\tfrac32v_{esc}^2\ \Rightarrow\ v_\infty=\sqrt3\,v_{esc}$$
Con $M=7{,}3\cdot10^{22}$ kg (exponente ilegible en el PDF; masa real de la Luna) y $R=1{,}74\cdot10^6$ m:
$$v_{esc}=\sqrt{\frac{2\cdot6{,}67\cdot10^{-11}\cdot7{,}3\cdot10^{22}}{1{,}74\cdot10^{6}}}\approx2366\ \text{m/s}\ \Rightarrow\ v_\infty=\sqrt3\cdot2366\approx4{,}10\cdot10^{3}\ \text{m/s}$$
b) Energía potencial total de las tres estrellas.
Hay tres pares de masas $m=0{,}8M_\odot=1{,}6\cdot10^{30}$ kg a la distancia $L=200\ \text{UA}=3\cdot10^{13}$ m (con $1\ \text{UA}=1{,}5\cdot10^{11}$ m):
$$U=-3\,\frac{G\,m^2}{L}=-3\cdot\frac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot(1{,}6\cdot10^{30})^2}{3\cdot10^{13}}\approx-1{,}71\cdot10^{37}\ \text{J}$$
Bloque 1 · Campo gravitatorio, opción 1-B
Datos: $M_T=6\cdot10^{24}$ kg y $R_T=6400$ km; el exponente de la masa del Starship sale ilegible, se lee $1{,}5\cdot10^{5}$ kg.
a) Periodo orbital a 200 km de altura.
El radio de la órbita es $r=6400+200=6600$ km $=6{,}6\cdot10^6$ m. Con la tercera ley de Kepler:
$$T=2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM_T}}=2\pi\sqrt{\frac{(6{,}6\cdot10^{6})^3}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot6\cdot10^{24}}}\approx5{,}33\cdot10^{3}\ \text{s}\approx88{,}8\ \text{min}$$
b) Trabajo del campo gravitatorio desde el despegue hasta la explosión.
El campo es conservativo: $W=-\Delta E_p=GM_Tm\left(\dfrac{1}{r_2}-\dfrac1{r_1}\right)$, con $r_1=6400$ km y $r_2=6550$ km:
$$W=6{,}67\cdot10^{-11}\cdot6\cdot10^{24}\cdot1{,}5\cdot10^{5}\left(\frac{1}{6{,}55\cdot10^{6}}-\frac1{6{,}4\cdot10^{6}}\right)\approx-2{,}15\cdot10^{11}\ \text{J}$$
El signo negativo indica que el campo se opone a la subida (hay que hacer ese trabajo en contra).
Bloque 2 · Campo electromagnético, opción 2-A
a) Punto donde la fuerza sobre $q_3$ es nula.
Entre las dos cargas positivas, a una distancia $x$ de $q_1$, las fuerzas sobre $q_3$ tienen sentidos opuestos y se igualan:
$$\frac{Kq_1q_3}{x^2}=\frac{Kq_2q_3}{(2-x)^2}\ \Rightarrow\ \frac{2}{x^2}=\frac{3}{(2-x)^2}\ \Rightarrow\ \frac{2-x}{x}=\sqrt{\frac32}\ \Rightarrow\ x=\frac{2}{1+\sqrt{3/2}}\approx0{,}90\ \text{m}$$
(El valor de $q_3$ no influye: se cancela.)
b) Líneas de campo incorrectas.
La figura no está en el texto del PDF; los criterios para razonar son: las líneas salen de las cargas positivas y llegan a las negativas (nunca al revés); no se cortan entre sí (en cada punto el campo tiene una sola dirección); son perpendiculares a la superficie de un conductor y no pueden ser cerradas para un campo electrostático; y su densidad es mayor donde el campo es más intenso. Una representación que incumpla alguna de estas reglas es incorrecta.
Bloque 2 · Campo electromagnético, opción 2-B
a) Electrón a lo largo del eje.
La fuerza magnética es $\vec F=q\,\vec v\times\vec B$. Si el electrón se mueve en la dirección del campo ($\vec v\parallel\vec B$), el producto vectorial es cero: no hay fuerza y no acelera (sigue en línea recta con velocidad constante).
b) Radio de la trayectoria.
Con $\vec v\perp\vec B$ la fuerza magnética hace de fuerza centrípeta: $|q|vB=\dfrac{mv^2}{R}$, de donde
$$R=\frac{mv}{|q|B}=\frac{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot v}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot5\cdot10^{-3}}$$
El exponente de la velocidad sale ilegible en el PDF; con $v=2\cdot10^{6}$ m/s (valor habitual) resulta $R\approx2{,}3\cdot10^{-3}$ m $=2{,}3$ mm. El radio es proporcional a $v$.
Bloque 3 · Vibraciones y ondas, opción 3-A
El enunciado extraído no da la velocidad del sonido: se toma $v=340$ m/s. Entonces $\lambda=\dfrac vf=\dfrac{340}{2000}=0{,}17$ m.
a) Diferencia de fase entre los sensores.
$$\Delta\varphi=k\,\Delta x=\frac{2\pi}{\lambda}\,\Delta x=\frac{2\pi\cdot0{,}60}{0{,}17}\approx22{,}2\ \text{rad}\ (\approx3{,}53\ \text{longitudes de onda})$$
Equivale a una diferencia de fase de unos $3{,}3$ rad módulo $2\pi$ (aproximadamente $190^\circ$).
b) Nivel de intensidad a 15 m.
La onda es esférica: $I=\dfrac{P}{4\pi r^2}=\dfrac{2{,}83}{4\pi\cdot15^2}\approx1{,}0\cdot10^{-3}$ W/m$^2$.
$$\beta=10\log\frac{I}{I_0}=10\log\frac{1{,}0\cdot10^{-3}}{10^{-12}}=10\log10^{9}=90\ \text{dB}$$
Bloque 3 · Vibraciones y ondas, opción 3-B
a) Onda electromagnética y orden de frecuencias.
- Una onda electromagnética es la propagación conjunta de un campo eléctrico y uno magnético que oscilan perpendiculares entre sí y a la dirección de propagación (onda transversal), en fase, y con $E=cB$. Se dibuja con $\vec E$ y $\vec B$ en dos planos perpendiculares y la flecha de avance $\vec c$ perpendicular a ambos ($\vec E\times\vec B$ apunta en el sentido de propagación). No necesita medio material.
- De mayor a menor frecuencia: ultravioleta > luz visible > microondas.
b) Lente divergente de $-6$ dioptrías.
La distancia focal es $f'=\dfrac1P=-\dfrac16\ \text{m}\approx-16{,}7$ cm. Con el objeto a $40$ cm ($s=-0{,}40$ m):
$$\frac1{s'}=\frac1{f'}+\frac1s=-6-2{,}5=-8{,}5\ \text{m}^{-1}\ \Rightarrow\ s'=-0{,}118\ \text{m}\approx-11{,}8\ \text{cm}$$
La imagen se forma a 11,8 cm de la lente, en el mismo lado que el objeto. El aumento es $m=\dfrac{s'}{s}=0{,}29>0$: la imagen es virtual, derecha y más pequeña. La lente divergente se usa para corregir la miopía.
Bloque 4 · Física cuántica, opción 4-A
a) Dualidad onda-corpúsculo (hipótesis de De Broglie).
De Broglie propuso que toda partícula con cantidad de movimiento $p=mv$ lleva asociada una onda de longitud $\lambda=\dfrac hp=\dfrac h{mv}$. Así, la luz, que se comportaba como onda y como fotones, y también la materia (por ejemplo, electrones, que producen difracción) tienen naturaleza dual.
b) Velocidad máxima de los electrones.
Energía del fotón (con $c=3\cdot10^8$ m/s):
$$E_f=\frac{hc}{\lambda}=\frac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^{8}}{238\cdot10^{-9}}\approx8{,}36\cdot10^{-19}\ \text{J}\ (=5{,}22\ \text{eV})$$
Con $W_0=4{,}2$ eV $=6{,}72\cdot10^{-19}$ J, la energía cinética máxima es $E_c=E_f-W_0\approx1{,}64\cdot10^{-19}$ J, y
$$v_{\max}=\sqrt{\frac{2E_c}{m_e}}=\sqrt{\frac{2\cdot1{,}64\cdot10^{-19}}{9{,}1\cdot10^{-31}}}\approx6{,}0\cdot10^{5}\ \text{m/s}$$
Bloque 4 · Física nuclear, opción 4-B
a) Periodos de semidesintegración a partir de la tabla.
La masa restante sigue $m=m_0e^{-\lambda t}$ con $m_0=10$ mg.
- Iodo-123: a las 2 h quedan $9{,}00$ mg, así que $\lambda=\dfrac{\ln(10/9)}{2}\approx0{,}0527\ \text{h}^{-1}$ y $T_{1/2}=\dfrac{\ln2}{\lambda}\approx13{,}2$ h. Se comprueba con la tabla: a las 14 h quedan $4{,}79$ mg ($\approx$ la mitad). $T_{1/2}\approx13$ h.
- Tecnecio-99m: a las 2 h quedan $7{,}94$ mg, $\lambda=\dfrac{\ln(10/7{,}94)}{2}\approx0{,}115\ \text{h}^{-1}$ y $T_{1/2}\approx6{,}0$ h. A las 6 h quedan exactamente $5{,}00$ mg. $T_{1/2}=6$ h.
b) Tiempo máximo hasta administrar el Tc-99m.
La actividad cae a la mitad cada $T_{1/2}=6$ h: $A=A_0\left(\tfrac12\right)^{t/T_{1/2}}$. Se necesita $A\ge300$ MBq partiendo de $4800$ MBq:
$$\frac{4800}{300}=16=2^4\ \Rightarrow\ \frac{t}{T_{1/2}}\le4\ \Rightarrow\ t_{\max}=4\cdot6\ \text{h}=24\ \text{h}$$