fisica y quimica

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Física y
 Quími
Solucionario
2009 -I
Examen de admisión
Física
 y
 Química
1
TEMA P
Pregunta N.º 1
Sean los vectores A

 y B

 con módulos 3 y 10
respectivamente. Si el módulo de la suma A B
 
+ 
es igual a 5, ¿cuánto vale el módulo de la diferencia: 
A B
 
− ?
A) 2 3 B) 13 C) 14
D) 15 E) 4
Solución
Tema
Vectores
Referencias
Dados dos vectores AyB
 
:
D=A–B
S=
A+
B
A
B
�
 S A B A B
    
= + +
2 2
2 cosθ (I)
 D A B A B
    
= + −
2 2
2 cosθ (II)
Análisis y procedimiento
Piden D

 
Física
De (I)2+(II)2 obtenemos
 S D A B
   2 2 2 2
2+ = +



 (III)
De los datos tenemos
 
A B S
  2
3 10 5= = =; ;
En la ecuación (III):
 
5 2 5 102
2 2 2( ) + = ( ) + ( )



D

 → D

= 13
 
Respuesta
El módulo de la diferencia D A B
  
= − es
A B
 
+ = 13
Alternativa B
Pregunta N.º 2
Una piedra es lanzada verticalmente hacia abajo en 
un pozo con una rapidez inicial de 32 m/s y llega 
al fondo en 3 segundos. La profundidad del pozo, 
en m, y la rapidez con que llega la piedra, en m/s, 
respectivamente, son: (g=9,81 m/s2).
A) 140,1; 61,4
B) 140,1; 62,4 
C) 141,1; 61,4
D) 141,1; 62,4 
E) 142,1; 63,4
2
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
Solución
Tema
Movimiento vertical de caída libre (MVCL)
Referencias
Todo cuerpo que se mueva cerca de la superficie 
de la Tierra, afectado sólo por la atracción de la 
gravedad, experimenta caída libre, por lo cual, 
aproximadamente, su aceleración es constante, 
su trayectoria es rectilínea en la vertical; es decir, 
el cuerpo experimenta MVCL.
El MVCL es un MRUV, así que se caracteriza 
matemáticamente con las mismas ecuaciones.
Análisis y procedimiento
•	 Piden	h.
 h=v0t+ g
t 2
2
 Reemplazando datos obtenemos
 h=140,1 m
•	 Piden	vF .
 vF=v0+gt
 Reemplazamos datos
 vF=61,4 m/s
Respuesta
La profundidad del pozo en metros es 140,1 y la 
rapidez con que llega la piedra al fondo del pozo, 
en m/s, es 61,4
Alternativa A
Pregunta N.º 3
Calcule aproximadamente el valor de la gravedad 
solar en m/s2, si el radio del Sol es 110 veces el 
radio de la Tierra y su masa es 330 000 veces la 
masa de la Tierra. (g=9,81 m/s2).
A) 197 B) 227 C) 267
D) 317 E) 337
Solución
Tema
Gravitación universal - intensidad de campos 
gravitatorios g
( ).
Referencias
Se debe tener en cuenta que todo cuerpo con cierta 
masa (M) tiene asociado en su entorno un campo 
gravitatorio cuya intensidad puede ser cuantificado 
con la gravedad g

.
Para los planetas y estrellas se demuestra que en 
su superficie 
M
g
campo
gravitatorio
R
g
GM
R
superficie = 2
Análisis y procedimiento
Nos piden el valor de la aceleración de la gravedad 
solar: g
S
; entonces, plantearemos que en su 
superficie:
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3
RS
MS
gS
 g
GM
RS
S
S
=
2
 (I)
Por condición del problema tenemos
 MS=330 000 MT
 RS=110RT
En (I):
 g
G M
R
GM
RS
T
T
2
T
T
=
( )
=· ·330000
110
300
11 2
 (II)
Pero en la superficie de la Tierra también podemos 
plantear:
RT
g
T
MT
campo
gravitacional
 
g
GM
R
T
T
T
dato= =
2
9 81, ( )
En (II):
 
g
S
m/s= =300
11
9 81 267 5 2· , ,
Respuesta
El valor de la aceleración de la gravedad en la 
superficie solar será 267 m/s2.
Alternativa C
Pregunta N.º 4
Un bloque de peso W está suspendido de una 
vara de longitud L cuyos extremos se posan en 
los soportes 1 y 2 como se indica en la figura. 
Se quiere que la reacción en el soporte 1 sea a 
veces la reacción en el soporte 2. La distancia x 
debe ser:
W
x
L
(1)(2)
A) 
α
α
L
+1 B) 
L
2 1α + C) 
α
α
L
+ 2
D) 
L
α +1
 E) 
2
1
L
α +
Solución
Tema
Estática:
1.a y 2.a condición de equilibrio mecánico.
Referencias
Si un cuerpo presenta equilibrio mecánico sobre 
él, debe cumplirse:
F MR = ∧ =0 00
res

Será necesario realizar un diagrama de cuerpo 
libre (DCL).
Análisis y procedimiento
Nota: En el problema nos deben plantear que la 
vara de longitud L es de masa despreciable.
Como la vara reposa, sobre ella la FR = 0 ; en-
tonces, será importante graficar las fuerzas que 
actúan sobre ella.
4
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
R2 R2=�R2
x
L
T
0
DCL (barra)
 W
T
DCL
(bloque)
•	 Como	la	vara	no	rota,	se	cumple:
 
M MR T0 0
2 =
Σ ΣM M0 0=
 R2 · L=T · x (I)
•	 Como	la	vara	no	se	traslada:
 
Σ ΣF F( ) ( )↑ = ↓
 
 R2+aR2=T
 R
T
2 1
=
+α
 (II)
(II) en (I)
 
T
L Tx
α +
=
1
⋅
 
x
L=
+α 1
Respuesta
La distancia x debe ser L
α +1
.
Alternativa D
Pregunta N.º 5
En la figura, se lanza una partícula con velocidad 
v

0 de módulo 17 m/s. Calcule la altura h (en m) en 
que la partícula golpea la rampa AB. (g=9,81 m/s2)
A) 5 
30º
g
B
h
v0
49,66 m
AB) 10
C) 20
D) 30
E) 40
Solución
Tema
Movimiento parabólico de caída libre (MPCL)
Referencias
La descripción cinemática de un MPCL se realiza 
de forma más sencilla cuando se analiza el movi-
miento de su proyección horizontal y vertical. En 
la horizontal, la proyección realiza un MRU porque 
no hay fuerzas horizontales externas y en la vertical, 
un MVCL con aceleración g

= −9 81 2, m/s .
v v v v
M
V
C
L
MRU
g
v
d d d
Análisis y procedimiento
Nos solicitan h.
Descomponemos la velocidad de lanzamiento 
(v

0) en la horizontal y vertical. v vX Y
 
; 0( )
30º
a=g=9,81 m/s
2
B
h
60º
vX
v0=17 m/s
30º
d h=(49,66 – ) 3
(49,66 – )h h
v0Y
t
Del gráfico tenemos:
 vX =
17
2
m/s; v Y0
17
2
3= m/s
 
Considere que vX

, es constante.
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
5
En la vertical, como el objeto sube y luego des-
ciende, resulta útil aplicar la ecuación vectorial 
para el MVCL.
 
H v t
a
tY
�� � �
= +0
2
2
 − − = + −( , ) ( , )49 66 17
2
3
9 81
2
2h t t (I)
En la horizontal, tenemos un MRU; luego, su reco-
rrido horizontal quedará definido por lo siguiente:
d=vt
 
( , )49 66 3
17
2
− =h t
 t
h= −2 49 66
17
3
( , )
 (II)
Realizamos (II) en (I)
 
− − = −





 +( , )
( , )
49 66
17
2
3
2 49 66 3
17
h
h
 
+ − −






( , ) ( , )9 81
2
2 49 66 3
17
2
h
Operando obtenemos h=30,02 m.
Respuesta
La altura h es, aproximadamente, 30 m.
Alternativa D
Pregunta N.º 6
Una fuerza constante F

 actúa sobre un bloque de masa 
m1 que está unido mediante una cuerda de masa 
despreciable a otro bloque de masa m2, como se indica 
en la figura. No hay fricción entre los bloques y el piso 
y los bloques están inicialmente en reposo. Cuando 
los bloques han recorrido una distancia d, la energía 
cinética del bloque de masa m2 es:
m2 m1
F
A) 1 1
2
+






m
m
Fd B) 
m Fd
m
2
1
C) 
m Fd
m
1
2
D) 
m Fd
m m
2
1 2+( )
 E) 
m Fd
m m
1
1 2+( )
Solución
Tema
Relación trabajo - energía mecánica
Referencias
El trabajo mecánico de una fuerza puede incremen-
tar o disminuir la energía mecánica de un sistema; 
en este caso, la fuerza F

 transfiere energía cinética 
a los bloques.
Análisis y procedimiento
Nos piden la energía cinética (EC) del bloque de 
masa m2.
Considerando que al recorrer una distancia d 
presenta una rapidez v, tendremos:
 E
m v
C = 2
2
2
 (I)
Por otro lado, los bloques unidos por una cuerda 
inextensible presentarán, en todo instante, la misma 
velocidad y recorren la misma distancia.
v
m2 m1
FF
v0=0 v0=0
liso
d
El trabajo de la fuerza F (W F) produce el incre-
mento de la energía cinética de los bloques. Luego, 
aplicamos:
 → W E EF C C= −final
sistema
inicial
sistema
6
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
Como los bloques parten del reposo, entonces
EC inicio
sistema = 0
Luego
 
W EF C= −final
sistema 0
 
Fd
m m v= +( )1 2
2
2
 v Fd
m m
2
1 22
=
+
 (II)
Reemplazando (II) en (I) obtenemos
E m
Fd
m mc
=
+





2
1 2
Respuesta
La energía cinética del bloque de masa m2, cuando 
ha recorrido una distancia d, es m Fd
m m
2
1 2+
.
Alternativa D
Pregunta N.º 7
Un bloque de 0,75 kgde masa descansa sobre una 
superficie horizontal lisa y está unido a una pared 
por un resorte de constante K=48 Nm–1 como se 
muestra en la figura.
x=0
K
Si el bloque es desplazado una distancia de 
0,2 m hacia la derecha a partir de la posición de 
equilibrio, y luego se suelta, calcule el tiempo, en 
segundos, que demora el bloque en pasar por 
primera vez por la posición x=– 0,1 m.
A) 
p
3
 B) 
p
6
 C) 
p
12
D) 
p
15
 E) 
p
18
 
Solución
Tema
MAS
Referencias 
El periodo de un oscilador armónico es el tiempo 
que emplea un objeto al realizar un vaivén o una 
oscilación. En el caso del MAS de un cuerpo de 
masa m unido a un resorte de rigidez k, se demues-
tra que su periodo de oscilación es:
K
m
(P.E.)
T
m
K
= 2π
P. E.: Posición de equilibrio
Análisis y procedimiento
Inicialmente, el bloque se encuentra en reposo. 
Al llevar al bloque hacia la derecha y al soltarlo la 
fuerza que le ejerce el resorte deformado le permite 
desarrollar un MAS, pues el piso es liso.
Por otro lado, la proyección de una esfera que hace 
MCU sobre el diámetro de una circunferencia es 
análoga a un MAS; entonces, graficando obtenemos:
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
7
(P.E)
30º
0
,2
m
R=0,2 m
A=0,2x=– 0,1
( =0)x
0,1 m
K ( =0)v
suelta
( =0)t
X m( )
t=0
esfera con MCU,
con el mismo
periodo de MAS
del bloque
t1>0
P.E.
�
A: Amplitud del MAS
Nos piden el tiempo t1 que debe transcurrir para 
que el bloque pase desde A

=+0,2 m hasta 
x

=– 0,1 m por primera vez.
Del sombreado, en la circunferencia se deduce 
que q=120º. Como para una vuelta se gira 360º 
y se demora un periodo, entonces, se cumple:
 t
T T
1 3 3
= =MCU MAS (I)
Además: T
m
KMAS
= 2π
Reemplazamos: TMAS = 2
0 75
48
π ,
 
TMAS s=
π
4
Reemplazando en (I) obtenemos:
 
t1
4
3 12
=



 =
π
π
s
Respuesta
El tiempo que demora el bloque en pasar por 
primera vez por la posición x

=– 0,1 m, a partir 
de A

=+0,2 m, es 
p
12
s.
Alternativa D
Pregunta N.º 8
Una bola de 0,6 kg de masa se mueve en el sen-
tido positivo del eje X con una rapidez de 1,8 m/s 
y choca frontalmente con una bola de 0,3 kg en 
reposo. Si la colisión es perfectamente elástica, 
las velocidades, en m/s, de la bola incidente y la 
que estaba inicialmente en reposo, respectiva-
mente, son
A) −0 6 0 6, ; ,i i  B) 0 6 1 2, ; ,i i  C) −0 6 1 2, ; ,i i 
D) 0 6 2 4, ; ,i i  E) −0 6 2 4, ; ,i i 
Solución
Tema
Impulso y cantidad de movimiento. Aplicación: 
Choques frontal elástico.
Referencias 
Los choques son interacciones de una corta du-
ración durante la cual los cuerpos intercambian 
cantidad de movimiento y energía cinética. 
Examinemos el choque frontal siguiente:
v1
m1
v2
m2
antes del choque
como v1>v2, ocurre:
durante el choque
Ireacción Iacción
 
u1
m1
u2
m2
después del choque
Como I

neto = 0 sobre el sistema, se cumple
 P P
 
sist .( ) sist .( )a. ch. a. ch.= (I)
 
m v m v m u m u1 1 2 2 1 1 2 2
   
+ = +
8
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
Además, para analizar cuantitavamente un choque, 
se define el coeficiente de restitución (e) cuyo 
valor indica el grado de recuperación de su forma 
geométrica original debido a la elasticidad de los 
cuerpos despues del choque.
 e
u u
v v
=
−
−
2 1
1 2
 (forma práctica)
Si el choque es elástico
 e=1
Análisis y procedimiento
Según el enunciado, sucede el siguiente choque 
elástico:
m1
(v2=0)
m2
v1=1,8 m/s
liso
antes del choque
Como m1 > m2, después del choque:
u1
m1
u2
m2
después del choque
De (I)
 P P
 
sist .( ) sist .( )a.ch. d.ch.=
 m v m v m u m u1 1 2 2 1 1 2 2
   
+ = +
 0,6(+1,8)+0,3(0)=0,6(+u1)+0,3(+u2)
 2u1+u2=3,6 (II)
Además, para un choque elástico 
 
e
u u
v v
= = −
−
1 2 1
1 2
 
1
1 8 0
2 1= −
−
u u
,
 u2 – u1=1,8 (III)
De (II) y (III) se obtiene
 u2=2,4 m/s; vectorialmente
 
→ = u i
� �2 2 4, m/s
 u1=0,6 m/s; vectorialmente
 → = u i
� �1 0 6, m/s
Respuesta
Las velocidades de las bolas, después del choque 
elástico, son 0 6 2 4, ,i y i  en m/s.
Alternativa D
Pregunta N.º 9
Un caño gotea con frecuencia constante sobre el 
centro de un cilindro lleno de agua y se observa que 
se genera una onda sinusoidal sobre la superficie 
del agua. La distancia entre un pico y un valle de 
dicha onda es de 1,2 cm. Además se observa que 
por un punto fijo sobre la superficie del agua pasan 
35 picos en 30 segundos. ¿Cuál es la rapidez de 
propagación, en cm · s–1 de la onda generada?
A) 0,6 B) 1,7 C) 2,8
D) 3,8 E) 4,7
Solución
Tema
Ondas mecánicas
Referencias
Una onda mecánica es la propagación de una 
perturbación a través de un medio elástico. Entre 
sus elementos tenemos:
valle
�
2
� valle
pico picopico o cresta
l: longitud de onda
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
9
Análisis y procedimiento
Se entiende que al caer las gotas sobre la superficie 
del líquido, el cual se considera inicialmente en 
reposo (aguas tranquilas), perturba dicho medio, 
generando así una onda mecánica que se propaga 
en todas las direcciones y con rapidez constante.
Además, se considera que desde el punto fijo se 
puede notar que al pasar un pico y hasta que pase 
el siguiente se ha realizado una oscilación completa 
y, por lo tanto, se tendrá que el número de picos es 
igual al número de oscilaciones y, en consecuencia, 
igual al número de longitudes de onda.
Graficando lo que acontece haciendo una vista 
de perfil tenemos
 
pico
(punto fijo)
vprop.
2
� =1,2 cm
Nos piden la rapidez de propagación de la onda 
generada.
Se sabe que
 vprop=l · f (I)
pero
 
f = N. de oscilaciones
tiempo
o
en (I)
 
vprop.
oN. de oscilaciones
tiempo
=





λ
Reemplazando los valores dados obtenemos
 
vprop. =




( , )2 4
35
30
 vprop.=2,8 cm/s
Respuesta
La rapidez de propagación de la onda mecánica 
es de 2,8 cm/s.
Alternativa C
Pregunta N.º 10
Un cuerpo de forma esférica de radio 10 cm y 
de densidad 0,5 g · cm– 3 está completamente 
sumergido en el agua, sostenido por la cuerda AB 
y en equilibrio según el dibujo mostrado. Calcule 
la reacción en el punto C en newtons. 
(g=9,81 m/s2)
A
C O
B
D
A) 9,3 B) 10,2 C) 20,5
D) 30,7 E) 41,5
Solución
Tema
Hidrostática. Empuje hidrostático
Referencias
•	 Volumen	de	una	esfera:		 V R=
4
3
3π
•	 Todo	cuerpo	sumergido	total	o	parcialmente	en	
un líquido experimenta la acción de un empuje 
hidrostático.
EL(↑)=rLgVp. s.
Análisis y procedimiento
•	 La	esfera	se	encuentra	en	equilibrio,	sumergida	
totalmente en el líquido; y como está sujetada 
por la cuerda no tiene tendencia a deslizar 
10
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
y, en consecuencia, la reacción en C será 
perpendicular a la tangente común a las 
superficies en contacto.
Hagamos el DCL de la esfera que reposa sujeta al 
cable y sumergida totalmente en agua.
EH O2
Fg
T
RC ( )C
45º
agua
 
Con las fuerzas actuantes construimos el polígono 
para el equilibrio mecánico.
45º
45º
T E FH O2
– g
RC
De donde, como el es isósceles, tenemos
 RC=EH2O – Fg=rH2O gV – mg
 RC=rH2OgV – rEVg = (rH2O – rE)gV
Reemplazando datos obtenemos
 RC=(10
3 – 500) 9,81 · 
4
3
pR3
 RC=4905 · 
4
3
p(0,10)3
Efectuando tenemos RC=20,5 N
Respuesta
El módulo de la reacción en el apoyo (C) de la 
pared es 20,5 N.
Alternativa C
Pregunta N.º 11
Dos masas de plomo idénticas 
 
Ce =





0 03,
cal
g ºC 
que están sujetas por hilos de 2 m de longitud cada 
uno, se las deja caer desde el reposo a partir de la 
posición horizontal A. Las dos masas chocan en la 
posición B de manera completamente inelástica, 
quedando en reposo. Considerando que toda 
la energía en el choque se ha transformado en 
calor, ¿cuál es la temperatura de las masas (en 
ºC) después del choque? La temperatura inicial de 
cada masa es 20 ºC. (1 cal=4,18 J; g=9,81 m/s2)
2 m 2 m AA
g
B
A) 18,15 B) 19,15 C) 20,15
D) 21,15 E) 22,15
Solución
Tema
Cambio de temperatura
ReferenciasPara resolver este problema debemos aplicar la ley 
de la conservación y transformación de energía. 
En este caso, la energía mecánica de los bloques, 
debido al choque plástico, se transforma en energía 
calorífica, la que a su vez será absorbida, por los 
bloques incrementando la temperatura de cada 
uno de ellos.
 
∆ = =E Q QM s(bloque) los 
 por
bloques
ganado
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
11
Análisis y procedimiento
2 m 2 mM M
h
N.R.
2 m
v=0
Q
antes del
choque (a. ch.)
después del
choque (d. ch.)
Primero calculemos la energía mecánica que 
pierden los bloques debido al choque.
 EM(a.ch.)=Mgh+Mgh
 EM(a.ch.)=2Mgh (J)
 EM(d.ch.)=0
La energía mecánica que pierden los bloques 
es 2Mgh; entonces, el calor absorbido por los 
bloques es 
 Q=2Mgh (J) 
El calor absorbido por los bloques incrementa la 
temperatura; entonces:
 Qs=CemT∆T
 2Mgh(J)=Ce (2M×10
3) · ∆T (cal)
 M(9,81)(2)(J)=(0,03)(M×103)(∆T)(4,18J)
 (9,81)(2)=(0,03)(103)(∆T)(4,18)
 ∆T=0,156 ºC
 
T TF − =0
20
0 156
ºC

, ºC
 ∴ TF =20,15 ºC
 
Respuesta
La temperatura de las masas después del choque 
es 20,15 ºC.
Alternativa C
Pregunta N.º 12
Una máquina térmica x tiene la mitad de la 
eficiencia de una máquina de Carnot que opera 
entre las temperaturas de 67 ºC y 577 ºC. Si 
la máquina x recibe 40 kJ de calor por ciclo, el 
trabajo que realiza por ciclo en kJ es
A) 11 B) 12 C) 13
D) 14 E) 15
Solución
Tema
Termodinámica - máquinas térmicas
Referencias 
Dentro de la termodinámica se estudia la eficiencia 
(η) de las máquinas térmicas, ya que no todo el 
calor recibido por la máquina se transforma en 
trabajo (segunda ley de la termodinámica); donde 
se cumple lo siguiente:
•	 En	general
 
η = W
QA
•	 Para el ciclo de Carnot
 η = =
−W
Q
T T
TA
A B
A
; (T en K)
Análisis y procedimiento
Máquina térmica (x)
Para un ciclo
QA x( )=40 kJ
TA x( )
QB x( )
x
TB x( )
Wx
12
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
 ηx
x
A x
xW
Q
W= =
( ) 40 kJ
 (I)
Máquina térmica (ciclo de Carnot)
Para un ciclo
TA'
W'
TB'
QA'
QB'
C.C.
 η CC = =
−W
Q
T T
TA
A B
A
'
'
' '
' (II)
Para determinar el trabajo realizado por la máquina 
en un ciclo, se requiere la eficiencia (ηx).
De (I)
 Wx=40 kJ(ηx) (III)
Como la ηx es la mitad de la eficiencia del ciclo de 
Carnot (ηcc), entonces, hallaremos ηx mediante la 
ecuación (II).
 
η
CC
= −T T
T
A B
A
' '
'
 T ' A=557+273=850 K
 T ' B=67+273=340 K
Reemplazamos datos
 
η
CC
= − =850 340
850
0 6,
 → ηx=0,3
Reemplazando en (III) obtenemos
 Wx=(40 kJ)(0,3)
∴ Wx=12 kJ
Respuesta
El trabajo realizado en kJ por la máquina x en un 
ciclo es 12.
Alternativa B
Pregunta N.º 13
Un condensador plano, cuyas placas tienen las 
dimensiones (25×25) cm2 y están separadas 
entre sí una distancia d1=5 mm, se carga con 
una diferencia de potencial V1=10 V y luego es 
desconectado de la fuente. ¿Cuál será la diferencia 
de potencial V2, en voltios, si las placas se separan 
hasta la distancia d2=30 mm?
A) 10 B) 20 C) 40
D) 60 E) 100
Solución
Tema
Capacitores
Referencias
Recuerde que la cantidad de carga (q) que almace-
na un capacitor es directamente proporcional a la 
diferencia de potencial Vab entre sus placas, siendo 
C la constante de proporción.
–q+q
ba
d
E
 q=CVab (a)
donde C es la capacitancia eléctrica, la cual de-
pende del área entre las placas (A) y la distancia 
de separación entre ellas (d):
 C
A
d
= ε0 (b)
ε0: constante dieléctrica en el vacío.
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
13
Análisis y procedimiento
I. Cuando el capacitor está conectado a la fuente 
d1=5 mm=d
q –q
E
d
+ –
V V1=10
S
C1
II. Cuando se desconecta la fuente.
q –q
E'
6d
+ –
V1=10 V
S
C2
Luego de desconectar la fuente, se separan las pla-
cas hasta d2=30 mm=6d, manteniendo constante 
la cantidad de carga q que almacena cada placa. 
Entonces 
q q
que almacena
el capacitor
al inicio
que almacena
el capacitor
al f
=
iinal
De (a)
 C1V1=C2V2
De (b)
 
ε εA
d
V
A
d
V



= 


1 26
 → V2=6V1
Reemplazamos
 V1: V2=6(10)
∴ V2=60 V
Respuesta
La diferencia de potencial V2 cuando las placas se 
separan una distancia d=30 mm es 60 V.
Alternativa D
Pregunta N.º 14
Se desea medir la corriente que pasa por la 
resistencia R y el voltaje en dicha resistencia. De-
termine cuáles de los circuitos cumplen con dicho 
objetivo, donde A representa un amperímetro y V 
un voltímetro.
VA
I II
R AV R
A
V R
V
A R
III IV
A) solo I
B) solo II 
C) solo III
D) solo I 
E) II y IV
14
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
Solución
Tema
Electrodinámica (amperímetro y voltímetro)
Referencias
Amperímetro: El amperímetro mide la intensi-
dad de la corriente eléctrica. Si se desea medir 
la intensidad de la corriente que pasa por un 
resistor, el amperímetro debe conectarse en serie 
con el resistor.
R b
A
a
Voltímetro: El voltímetro mide el valor de la di-
ferencia de potencial entre dos puntos. Si se desea 
medir el voltaje (diferencia de potencial) en un 
resistor, el voltímetro debe conectarse en paralelo 
con el resistor.
R b
V
a
Análisis y procedimiento
En las propuestas del problema, veamos si es 
correcta o incorrecta la instalación del voltímetro 
y el amperímetro.
Propuesta I
A VR
Voltímetro: En paralelo (cumple)
Amperímetro: En paralelo (no cumple)
Por lo tanto, no cumple.
Propuesta II
V AR
Voltímetro: En paralelo (cumple)
Amperímetro: En paralelo (no cumple)
Por lo tanto, no cumple.
Propuesta III
V
A
R
Voltímetro: En paralelo (cumple)
Amperímetro: En serie (cumple)
Por lo tanto, sí cumple.
Propuesta IV
A
V
R
Voltímetro: En serie (no cumple)
Amperímetro: En paralelo (no cumple)
Por lo tanto, no cumple.
Respuesta
Cumple con una instalación correcta de ambos 
instrumentos; entonces, solo la propuesta III.
Alternativa C
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
15
Pregunta N.º 15
Con el propósito de medir el valor de un campo 
magnético uniforme, se colocó en este campo un 
conductor rectilíneo, perpendicular a las líneas de 
inducción. Al medir la fuerza magnética que actuó 
sobre una porción del conductor, para diversos 
valores de la corriente que lo recorría, se obtuvieron 
los siguientes valores:
I(A) 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0
F

(N)×10 – 2
0,6 1,2 1,8 2,4 3,0
Sabiendo que la longitud de esta porción del 
conductor es =5,0 cm, determine con ayuda de 
la gráfica F

 vs I, el valor del campo magnético, 
en teslas.
A) 0,06 B) 0,08 C) 0,10
D) 0,12 E) 0,14
Solución
Tema
Fuerza magnética sobre un conductor rectilíneo
Referencias
Todo conductor que transporta corriente eléctrica 
ubicado en el interior de un campo magnético, en 
forma no paralela a las líneas de inducción, experi-
menta una fuerza Fm por parte del campo.
Donde
 Fm=BILsena
I
�
L
N S
FM
B
N S
Análisis y procedimiento
Para este caso consideremos B
��
 entrante al plano, 
y perpendicular al conductor (a=90º).
 → Fm=BILsen90º
 → Fm=BI(5 ×10
2) (I)
I
FM
�=5×10 m– 2
Despejando B obtenemos
 B
F
I
m= 



20 (b)
De la tabla:
 F
I
m = × = × = × = = ×
− − −
−0 6 10
1
1 2 10
2
1 8 10
3
0 6 10
2 2 2
2, , , ... ,
 F
I
m = × = × = × = = ×
− − −
−0 6 10
1
1 2 10
2
1 8 10
3
0 6 10
2 2 2
2, , , ... , (Ψ)
 (Ψ) en (b)
 ∴ B=0,12 T
Respuesta
El valor del campo magnético es 0,12 T.
Alternativa D
16
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
Pregunta N.º 16
Un rayo de luz incide desde el aire sobre la su-
perficie plana de un material transparente con un 
ángulo de 53º respecto a la normal. Se observa que 
los rayos reflejado y refractado son mutuamente 
perpendiculares. ¿Cuál es el ángulo crítico para la 
reflexión total interna?
A) sen – 1(0,30)
B) sen – 1(0,45)
C) sen – 1(0,50)
D) sen – 1(0,75)
E) sen – 1(0,90)
Solución
Tema
Óptica geométrica
Fenómenos luminosos: reflexióny refracción
Referencias
¿En qué consiste el fenómeno de reflexión 
luminosa?
Consiste en la desviación de un rayo de luz inciden-
te sobre una superficie, rebotando sobre el mismo 
medio de incidencia.
r i
rayoreflejad
o
ra
yo
in
ci
de
nt
e
( )N
Se cumple i r =
i: ángulo de incidencia
r: ángulo de reflexión
¿En qué consiste el fenómeno de refracción 
luminosa?
Consiste el cambio de rapidez de la luz al pasar de 
un medio a otro.
ra
yo
re
fr
a
ct
a
d
o
ra
yo
in
ci
de
nt
e
R
i
n2
n1
En el fenómeno de refracción se cumple la ley de 
Snell que plantea:
n i n R1 2sen sen =
n1: índice de refracción del medio incidente.
n2: índice de refracción del medio donde la luz 
se refracta.
R : ángulo de refracción.
Análisis y procedimiento
Según el enunciado, un rayo de luz incide sobre 
la superficie plana de un material transparente y 
ocurre reflexión y refracción; así:
ra
yo
re
fra
ct
ad
o
ray
o
inc
ide
nte
R
i=53º
n2
n1
rayo
refractad
o
( )N
r
P
naire=1
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
17
En el punto P de la interfase, ocurre la reflexión y 
se cumple que
 i r = = 53º
Geométricamente:
 r R + = 90º
∴ R = 37º
También la luz experimenta refracción y se cumple 
la ley de Snell:
 n seni n Raire matsen =
Reemplazando datos tenemos: 
 1sen53º=nmatsen37º
 → nmat =
4
3
Se desea que el rayo de luz experimente reflexión 
total en el interior del material transparente. Para 
ello, ¿qué condición será necesaria?
Es necesario que el rayo que incida sobre la superfi- 
cie plana del material lo haga con el ángulo de 
incidencia necesario denominado ángulo límite L 
o ángulo crítico, que da origen a un R = 90ºy al 
inicio de la reflexión total en la superficie plana. 
¿Cómo? Así:
ra
yo
in
ci
d
en
te
L
( )N
rayo
reflejado
rayoreflejado
L
foco
luminoso
nmat
R=90º
P
aire
En P ocurre reflexión inicial y refracción con las 
"justas". Por lo tanto, planteamos la ley de Snell:
 n L n Rmat airesen sen� � �=
 4
3
1 90sen senL = º
→ senL = =3
4
0 75,
∴ L = ( )−sen 1 0 75,
Respuesta
El rayo incidente debe llegar a la superficie plana 
con ángulo de incidencia denominado crítico o 
límite igual a se – 1(0,75).
Alternativa D
Pregunta N.º 17
La longitud de onda umbral del efecto fotoeléctrico 
de la plata es 262 nm, calcule la función trabajo de 
la plata en eV (1 eV=1,6×10 – 19 J, 1 nm=10 – 9 m,
h=6,62×10 – 34 J · s, c=3×108 m/s).
A) 1,73 B) 2,73 C) 3,73
D) 4,73 E) 5,73
Solución
Tema
Efecto fotoeléctrico
Referencias
A la mínima frecuencia, de una radiación, que 
produzca el efecto fotoeléctrico se le denomina 
"frecuencia umbral (fo)", y a su correspondiente 
longitud de onda, longitud de onda umbral (lo).
 f
c
o
o
=
λ
 (γ)
18
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
Análisis y procedimiento
Ocurre lo siguiente:
fuente
luminosa
placa de
plata (Ag)
La función trabajo depende
del tipo de material
extracción
de e –
Efotón
�
e
–
e
– e
–
Por la conservación de la energía (EC de Einstein)
 E ECfotón Ag máx
o
= + ( )φ ��� �� (b)
Para obtener la φAg, hacemos que la EC sea cero 
y, de esta manera, la energía del fotón es mínima 
y por consiguiente: l=lo.
En b: hfo=φAg
De (γ): h
c
lo
=φAg (a)
Reemplazamos datos en (a)
 6 62 10
3 10
262 10
34
8
9
, × ×
×
=− −⋅ φAg
∴ φAg=4,73 eV
Respuesta
La función trabajo de la plata es 4,73 eV.
Alternativa C
 Pregunta N.º 18
Un niño de 30 kg de masa se desliza hacia abajo 
sobre un tobogán desde la altura h=5,0 m, par-
tiendo del reposo en A. Si llega a B con rapidez 
de 4 m/s, la magnitud del trabajo realizado por la 
fuerza de fricción, expresado en J, es (g=9,81 m/s2)
A
B
5 m
A) 981,5
B) 1231,5
C) 1421,5
D) 1551,5
E) 1980,5
Solución
Tema
Relación entre el trabajo y la energía mecánica
Referencias
Cuando sobre un cuerpo actúan fuerzas diferentes 
a la fuerza de gravedad, que realizan trabajo me-
cánico, entonces, la energía mecánica del cuerpo 
varía, donde esta variación es igual al trabajo 
realizado por estas fuerzas.
 SW F ≠ Fg=EMF – EM0 (I)
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
19
Análisis y procedimiento
Para un instante del tramo AB grafiquemos las 
fuerzas que actúan sobre el niño:
A
B
FN fK
Fg
m=30 kg
vB=4 m/s
h=5 m
N. R.
vA=0
Para el tramo AB, debido al trabajo mecánico 
realizado por la fuerza de rozamiento sobre el 
niño, la energía mecánica del niño varía; entonces, 
planteamos:
En (I)
 
W E EA B
f
M B M A
K
→ ( ) ( )= −
 
W mv mg hA B
f
B
K
→ = −
1
2
2⋅ ⋅
 
WA B
fK
→ = × × − × ×
1
2
30 4 30 9 81 52 ,
 
WA B
fK
→ = −1231 5, J
Respuesta
El valor absoluto de la cantidad de trabajo realizado 
por la fuerza de rozamiento es 1231,5 J.
Alternativa B
Pregunta N.º 19
Se fabrica una bobina con 200 vueltas de alambre 
sobre una horma cuadrada, de tal manera que 
cada espira es un cuadrado de 18 cm de lado. 
Perpendicularmente al plano de la bobina se 
aplica un campo magnético cuya magnitud cambia 
linealmente de 0,0 T a 0,5 T en 0,8 s. Calcule la 
magnitud de la fuerza electromotriz inducida, en 
voltios, en la bobina,
A) 2,05 B) 3,05 C) 4,05
D) 5,05 E) 6,05
Solución
Tema
Inducción electromagnética
Referencias 
Recordemos que cuando a través de una espira 
o bobina conductora pasa un flujo magnético 
variable, en dicha espira o bobina se establece una 
fuerza electromotriz inducida (εind).
De la ley de Faraday
 ε
φ
ind
medio t( )
= ∆
∆
N (ψ)
donde
N: número de espiras de la bobina
∆ φ: variación del flujo (∆ φ=φf – φo)
además
 φ=BAcosq
Análisis y procedimiento
Como la inducción magnética (B) a través de la 
bobina varía de forma lineal con el tiempo (según 
dato del problema), entonces:
20
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
 εind=εind
 (media)
18 cm
18 cm
n
�=0º
B
De (ψ)
 
ε
φ φ
ind =
−
∆
N
t
f o
 
ε
θ θ
ind =
−
∆
N
B A B A
t
f ocos cos
 
ε θind =
−
∆
N A
B B
t
f ocos
 
�ind= cosNA �
�B
�t
N=200 espiras
A=324 10 m� – 4 2
�=0º
En � t=0,8
� � =0,5 TB
�B
� t
= 0,5
0,8
 ∴ εind=4,05 V
Respuesta
La fuerza electromotriz inducida es 4,05 V.
Alternativa C
Pregunta N.º 20
Un objeto luminoso se encuentra entre una pared 
vertical y un espejo cóncavo de 1,2 m de distancia 
focal. Sabiendo que la imagen se forma sobre 
la pared, ¿a qué distancia (en m) de la pared se 
encuentra el espejo, si el objeto se ubica a 1,8 m 
de la pared?
A) 0,9 B) 1,8 C) 2,4
D) 3,6 E) 4,8
Solución
Tema
Espejo esférico
Referencias 
Cuando un objeto se coloca a una distancia mayor 
a la distancia focal (f) de un espejo cóncavo se 
obtiene una imagen real, la cual se puede proyectar 
en una pantalla o pared.
i
f
objeto
imagen
real
o
F
De la ecuación de Descartes
 
1 1 1
f i o
= + (a)
i: distancia imagen
o: distancia objeto
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
21
Análisis y procedimiento
Graficamos lo planteado en el problema.
x f=1,2 m
o1,8 m
d=i
F
Piden la distancia (d) entre el espejo y la pared 
donde está la imagen.
Del gráfico tenemos
 d=i=3+x (b)
De (a)
 
1
1 2
1
3
1
1 2, ,
=
+
+
+x x
Resolvemos 
 x=0,6 m
En (b) 
 d=3+0,6=3,6 m
Respuesta
El espejo se encuentra a 3,6 m de la pared.
Alternativa D
22
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
Química
Pregunta N.º 21
En la siguiente relación de propiedades: la 
densidad relativa de un líquido, la acidez de 
una solución, el punto triple del agua, el color 
de un cuerpo, ¿cuántas de ellas son extensivas e 
intensivas, respectivamente?
A) 0 y 4 B) 1 y 3 C) 2 y 2
D) 3 y 1 E) 4 y 0
Solución
Tema
Propiedades especifícas de la materia
Referencias
Son las propiedades peculiares que caracterizan 
a cada sustancia y nos permiten diferenciar una 
sustancia de otra; se clasifican según:
1. El método de medida de su magnitud
 Propiedades físicas: Densidad, temperatura 
de fusión y ebullición, color, viscosidad, 
maleabilidad, etc.
 Propiedad química: Lareactividad de los 
metales frente al agua, la inflamabilidad de las 
sustancias orgánicas, etc.
2. La relación con la cantidad de sustancia para 
medir su magnitud
 Propiedad intensiva: El valor de esta 
propiedad no depende de la cantidad de cuerpo 
material. (masa).
 Ejemplos. color, olor, sabor, densidad, 
reactividad química, temperatura de fusión y 
ebullición, etc.
 Propiedad extensiva: El valor de esta 
propiedad depende de la cantidad de cuerpo 
material.
 Ejemplos: presión, volumen, peso, etc.
Análisis y procedimiento
En función de lo anterior se deduce lo siguiente:
La densidad relativa es una propiedad física 
intensiva.
La acidez de una solución es una propiedad 
química intensiva.
El punto triple del agua es una propiedad física 
intensiva.
El color de los cuerpos es una propiedad física 
intensiva.
Respuesta
De las cuatro propiedades indicadas, todas son 
propiedades intensivas
Alternativa A
Pregunta N.º 22
¿Cuántos neutrones hay en 92 gramos de sodio, 
11
23 Na?
Número de Avogadro= 6,02×1023
A) 2,41×1024 B) 2,65×1024 C) 7,22×1024
D) 1,38×1025 E) 2,89×1025
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
23
Solución
Tema
Cálculos en Química
Referencias
Un átomo es la mínima porción de una sustancia 
simple que está formada por la zona extranuclear 
que contiene a los electrones y el núcleo atómico, 
y que contiene a los protones (Z), neutrones (N); 
principalmente, la masa atómica se puede 
considerar que numéricamente es igual al número 
de masa (A=Z+N).
 Z
A E A Z→ = −N
 W (E) = A uma
La masa molar expresa la masa en gramos de una 
mol de partículas, que en el caso de un átomo es 
numéricamente igual a la masa atómica.
Análisis y procedimiento
•		Para	el	 11
23Na
 #nº=N=23–11
 =12
 W(Na)=23 uma
•		(Unidad - masa - #partículas) 
 1mol 11
23Na → 23 g → 6,02×1023 átomos
 92 g → #átomos=2,408×1024
•		1	átomo	 11
23Na → 12 neutrones
 2,408×1024 átomos 11
23Na → # nº
 → #nº=2,89×1025 neutrones
Respuesta
En 92 gramos de Na-23 están presentes 2,89×1025 
neutrones.
Alternativa E
Pregunta N.º 23
Respecto a la estructura atómica, ¿cuáles de las 
siguientes proposiciones son correctas?
I. En el subnivel f hay 7 orbitales disponibles.
II. Las anomalías encontradas en las configuraciones 
electrónicas de los elementos de transición no 
obedecen el principio de AUFBAU.
III. Cada orbital describe una distribución de la 
densidad electrónica en el espacio.
A) solo I B) solo III C) I y II
D) I y III E) I, II y III
Solución
Tema
Zona extranuclear
Referencias
La región energética espacial de mayor 
probabilidad de encontrar al electrón es el orbital, 
donde el electrón se desplaza alrededor del núcleo 
con trayectoria indefinida y girando sobre su eje 
en sentido horario o antihorario. El conjunto de 
orbitales forman los subniveles de energía (s, p, d 
y f), y los subniveles forman los niveles de energía 
o capas espectrales (K, L, M, N, ...)
En cada una de estas regiones los electrones se 
ordenan según el principio de exclusión de Pauli, 
la regla de Hund y el principio de AUFBAU. 
Análisis y procedimiento
I. CORRECTO
 El subnivel fundamental f está formado por 7 
orbitales que cuánticamente se les designa por 
m: –3; –2; –1; 0, +1; +2; +3.
II. CORRECTO
 Algunos elementos de transición, con la 
finalidad de alcanzar una mayor estabilidad, 
no obedecen al principio de AUFBAU; entre 
los casos más generales tenemos cuando la 
distribución electrónica en d 4 o d9:
24
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
 
Inestable Estable
n ns ( –1) d2 4
1e– ns1(n – 1)d5
n ns ( –1) d2 9
1e–
ns1(n – 1)d10
III. CORRECTO
 Un orbital representa la distribución de la 
densidad electrónica en el espacio alrededor 
del núcleo; entre ellos, tenemos
 
orbital
Sharp
orbital
principal
orbital
difuso
Y
Z
X
Z
Y
X
Z
Y
X
Respuesta
Son correctos las proposiciones I, II y III
Alternativa E
Pregunta N.º 24
Señale la alternativa que presenta la secuencia 
correcta, después de determinar si la proposición 
es verdadera (V) o falsa (F).
I. El orden en radios atómicos es rS>rCl<rK.
II. El orden en radios iónicos es r
S–2
>r
Cl–
>r
K+
.
III. Las especies iónicas S2–, Cl–, K+ son 
isoelectrónicas y paramagnéticas.
 Números atómicos: S=16, Cl=17, K=19
 
A) VVF B) VFV C) FFV
D) FVF E) VVV
Solución
Tema
Propiedades periódicas
Referencias 
El radio atómico (r) es la mitad de la distancia 
internuclear de dos átomos unidos mediante un 
enlace químico. En el caso del radio iónico es 
análogo al anterior, pero se evalúa en átomos 
ionizados.
El radio atómico permite comparar el tamaño 
relativo de los átomos de los elementos en la tabla 
periódica.
Análisis y procedimiento
Con la distribución electrónica de cada elemento 
determinamos el periodo y grupo al cual 
pertenecen.
Átomo
neutro
 Configuración
 electrónica
 ion
16S 1s22s22p63s23p4
 Periodo=3
 grupo=VIA
 16S
2– 1s22s22p63s23p6
17Cl 1s22s22p63s23p5
 Periodo=3
 grupo=VIIA
 17Cl 
– 1s22s22p63s23p6
19K 1s22s22p63s23p64s1
 Periodo=4
 grupo=IA
 19K
+ 1s22s22p63s23p6
I. FALSO
 Recordemos que en un mismo periodo r
1
a
Z 
entonces rS>rCl. K se encuentra en un periodo 
superior y tiene mayor número de niveles por 
ello es el de mayor radio, entonces
 rK>rS>rCl. 
II. VERDADERO
 Las especies 16S
–2; 17Cl 
1–; 19K 
+ son isoelec-
trónicas y en ellas se cumple que r
1
a
Z . Por lo 
tanto, el orden es r
S–2
>r
Cl–1
>r
K+
. 
III. FALSO
 Una especie es paramagnética si posee al menos 
un electrón desapareado y en las especies 
S2–, Cl1–, K+ todos sus electrones están 
apareados. 
Respuesta
 FVF
Alternativa D
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
25
Pregunta N.º 25
Dadas las siguientes proposiciones referidas al 
elemento químico X(Z=7).
I. El número de electrones de valencia es 3.
II. En el compuesto generado por el enlace de X 
con el hidrógeno, éste último presenta hibri-
dación sp.
III. En el compuesto generado por el enlace de un 
átomo de X con el flúor, cumpliendo la regla 
del octeto, el átomo X presenta hibridación sp3.
Números atómicos: H=1; F=9
Son correctas:
A) solo I B) solo II C) solo III
D) I y II E) I y III
Solución
Tema
Hibridación
Referencias 
La hibridación consiste en la combinación de dos o 
más orbitales atómicos puros, obteniéndose nuevos 
orbitales llamados híbridos, los cuales poseen la 
misma forma, energía y estabilidad. Los tipos más 
comunes de orbitales híbridos son sp, sp2, sp3.
Análisis y procedimiento
Realizando la configuración electrónica del ele-
mento X tenemos.
7X : 1s 2s 2p
2 2 3
capa de valencia
(último nivel)
Según Lewis: X
I. FALSO
 Presenta 5 electrones de valencia.
II. FALSO 
 Al unirse con el hidrógeno, el elemento 
X forma el siguiente compuesto.
H X H
H
El átomo de hidrógeno no
hibridiza su orbital en la
formación de enlaces
covalentes.
III. VERDADERO
 El flúor es del grupo VIIA: 
F X F
F
Tipo de hibridazión: 1p
3
(3 enlaces y un par libre)�
Respuesta
Solamente la proposición III es correcta.
Alternativa C
Pregunta N.º 26
El tetróxido de dinitrógeno, O2NNO2, es un fuerte 
oxidante. ¿Cuántos de sus átomos requieren una 
hibridación sp2 en su estructura, si cada oxígeno 
está unido al nitrógeno respectivo?
Números atómicos: N=7; O=8
A) 2 B) 3 C) 4
D) 5 E) 6
Solución
Tema
Hibridación
Referencias 
La hibridación es un proceso que consiste en la 
combinación de dos o más orbitales atómicos puros 
del último nivel para obtener orbitales híbridos de 
igual forma, energía y estabilidad.
26
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
Análisis y procedimiento
Para determinar el tipo de hibridación de un átomo, 
en la estructura Lewis de la molécula podemos 
aplicar la siguiente regla general:
"Se cuentan los pares de electrones enlazantes pi 
que rodean a un átomo. Se debe tener en cuenta 
que el enlace doble, triple y los pares no enlazantesson pares enlazantes pi.
Así, tenemos los tipos de hibridaciones más 
importantes son:
N.o de pares de 
electrones pi que 
rodean al átomo
Tipo de 
hibridación
2 sp
3 sp2
4 sp3
En la molécula del tetróxido de dinitrógeno, 
tenemos
Respuesta
En la estructura tenemos 4 átomos con hibri-
dación sp2. 
Alternativa C
Pregunta N.º 27
Indique la secuencia correcta después de determi-
nar si la proposición es verdadera (V) o falsa (F).
I. La fórmula del sulfito de amonio es (NH4)2SO4.
II. Los no metales forman óxidos básicos.
III. Los metales representativos forman óxidos 
ácidos.
A) VFF B) FVF C) VVV
D) FVV E) FFF
Solución
Tema
Nomenclatura inorgánica
Referencias 
La nomenclatura consiste en nombrar, formular y 
ordenar a los diferentes compuestos inorgánicos 
en funciones químicas sobre la base de un grupo 
funcional.
Análisis y procedimiento
I. FALSO 
 El sulfito de amonio es una sal
 Entonces, el compuesto se formula: 
 ion amonio → → ion sulfito
 Por lo tanto, el compuesto es (NH4)2SO3.
II. FALSO
 Los no metales forman óxidos ácidos al combi-
narse con el oxígeno (anhidridos).
 Ejemplos: CO2, SO2, N2O5.
III. FALSO
 Los metales representativos (Na, Li, Mg, Ca, Al) 
forman óxidos básicos. Ejemplos: Na2O, Li2O, 
MgO, CaO, Al2O3.
Respuesta
La secuencia correcta es FFF.
Alternativa E
Pregunta N.º 28
Determine la fórmula molecular de un hidrocarbu-
ro, si en una muestra de 7,5×1020 moléculas de
dicho hidrocarburo están contenidos 4,5×1021
átomos de carbono y 9,0×1021 átomos de hidrógeno. 
Número de Avogadro: NA=6,02×10
23
A) C3H6 B) C4H8 C) C5H10
D) C6H12 E) C7H14
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
27
Solución
Tema
Fórmula empírica y fórmula molecular
Referencias 
Se llama fórmula empírica a aquella que indica 
la relación mínima entre el número de átomos de 
una molécula; mientras que la fórmula molecular 
indica el número real de átomos de cada elemento 
por molécula.
Análisis y procedimiento
El problema nos indica datos de cantidades de 
átomos por una cierta cantidad de moléculas del 
compuesto.
El compuesto es un hidrocarburo: CxHy, del que 
podemos decir lo siguiente:
En una molécula de CxHy hay "x" átomos de C e 
"y" átomos de hidrógeno.
El dato importante es:
Por cada 7,5×1020 moléculas de CxHy
hay 4,5×1021 átomos de carbono y
9,0×1021 átomos de hidrógeno
Planteando las relaciones tenemos
# moléculas
# átomos
de C
# átomos
de H
1 molécula
CxHy →
x átomos
C →
y átomos
H
7,5×1020
moléculas
CxHy
→
4,5×1021
átomos C
→
9,0×1021
átomos H
 
x = ×
×
=4 5 10
7 5 10
6
21
20
,
, 
y = × ×
×
=9 0 10 1
7 5 10
12
21
20
,
,
•	 Fórmula	molecular:	CxHy=C6H12
Respuesta
La fórmula molecular es C6H12
Alternativa D
Pregunta N.º 29
Determine cuáles de las siguientes ecuaciones 
corresponden a reacciones de oxidación-reducción:
I. AgNO3(ac)+NaCl(ac) → AgCl(s)+NaNO3(ac)
II. 3Cu(s)+8HNO3(ac) → 3Cu(NO3)2(ac)+2NO(g)+
 +4H2O()
III. CH4(g)+2O2(g) → CO2(g)+2H2O(g)
A) solo I B) solo II C) solo III
D) I y II E) II y III
Solución
Tema
Reacciones redox
Referencias 
De acuerdo al cambio en el estado o número de 
oxidación que presenta un elemento, durante 
una reacción química, esta puede ser: reacción 
de metátesis (no redox), donde no ocurre ningún 
cambio en el estado de oxidación y reacción redox 
(óxido-reducción), en las que sí existe cambio en 
el estado de oxidación. Estas reacciones son muy 
importantes en diversos procesos, incluso para 
nuestra vida, ya que la respiración celular es una 
serie de reacciones de este tipo.
Proceso Reducción Oxidación
estado de
oxidación 
(E.O)
disminuye aumenta
ocurre
ganancia 
de e –
pérdida 
de e –
la sustancia es
agente 
oxidante
agente
reductor
formándose 
la
forma
reducida
forma 
oxidada
Análisis y procedimiento
En cada ecuación hallamos el estado de oxidación 
de cada elemento, y si notamos cambios se tratará 
de una reacción redox:
28
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
I. AgN O NaCl AgCl NaNO
+5 2
ac
+1 1
(ac)
+1
(s)
+1+5 2
ac
+ − − − −
+ → +
1
3
1
3( ) ( ) 
Como no hay cambio en el E. O., no se trata de 
una reacción redox.
II. 3Cu +8HNO(s) (ac) �3 3 2(ac) (g) 2 ( )3Cu(NO ) +2NO +4H O �
0 +1+5 –2 +2 +5 –2 +2 –2 +1 –2
oxidación
Si hay cambios en el E. O. de cobre y nitrógeno, sí 
se trata de una reacción redox.
III. CH +O4(g) (g) �2 2(g) 2 (g)CO +4H O
– 4+1 +4 –2 +1 –2
oxidación
reducción
0
Si hay cambios en el E. O. del carbono y oxígeno, 
sí se trata de una reacción redox.
Respuesta
Las ecuaciones II y III corresponden a reacciones 
de óxido-reducción. 
Alternativa E
Pregunta N.º 30
Calcule la presión parcial, en mmHg, del dióxido 
de azufre (SO2), contenido en un cilindro de 
acero de 21 litros que contiene además dióxido 
de carbono (CO2) gaseoso, si la concentración de 
SO2 es de 0,795% en volumen y la presión total 
es 850 mmHg.
A) 4,22 B) 5,43 
C) 6,76
D) 8,26 E) 9,86
Solución
Tema
Mezcla de gases
Referencias
Cuando dos o más gases se mezclan, cada uno se 
comporta como si estuviese solo ejerciendo una 
presión parcial, que entendemos es la presión que 
ejerce el componente solo ocupando el mismo 
volumen de la mezcla y a la misma temperatura 
que esta. Dalton dedujo que la presión total de la 
mezcla es igual a la suma de las presiones parciales 
(pi) de sus componentes.
P p P P Pi
i
n
ntotal = = + + +
=
∑
1
1 2 ...
además 
x
n
ni
i
t
=
→ # moles de un componente
→ # moles totales
Además se cumple:
x
n
n
P
P
V
Vi
i
t
i
t
i
t
= = =
xi: fracción molar 
 de un componente
 i: del componente
 t: de la mezcla total
Deduciendo 
%ni=%Pi=%Vi
Análisis y procedimiento
Pt
SO2
CO2
=850 mmHg
% =0,795 %VSO2
•	 El	dato	importante	es	el	porcentaje	en	volumen	
del SO2(g) en la mezcla, el cual es igual al por-
centaje en presión.
 Luego, %PSO2
=0,795%.
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
29
•	 Como	la Pt=850 mmHg
 
PSO2 mmHg= =
0 795
100
850 6 76
,
( ) ,
Respuesta
La presión parcial del SO2 en la mezcla es 
6,76 mmHg.
Alternativa C
Pregunta N.º 31
¿Qué masa (en gramos) de glucosa, C6H12O6, 
debe disolverse en 180 mL de agua para que su 
fracción molar sea 0,2?
Densidad del agua: 1,0 g/mL
Masa molar (g/mol): C6H12O6= 180; H2O=18
A) 200 B) 250 
C) 360
D) 450 E) 600
Solución
Tema
Unidades químicas de concentración
Referencias
La fracción molar (xi) es una unidad de concen-
tración química que expresa la relación de moles 
del soluto (nsto) con respecto a las moles de la 
solución (nsol).
x
n
ni
= sto
sol
donde: n
W
M
=
→ masa (g)
→ masa 
 molar (g/mol)
Análisis y procedimiento
Con los datos de la densidad del agua (r=1 g/mL) 
y el volumen del agua (V), se obtiene su masa (m) 
y las moles (n).
 
m V g m mH O2 / L L g= × = × =ρ 1 180 180
 
n
W
H O
H O
H O
2
2
2
g
18 g/mol
mol= = =
M
180
10
sto
ste
C H O6 12 6
H O2
W=?
10 mol
Msto=180 g/mol
En función de la fracción molar de la glucosa 
(C6H12O6) se determina su masa.
 
x
n
n
n
n nsto
sto
sol
sto
sto ste+
= =
Reemplazando valores, tenemos
 
0 2 180
180
10
, =
+
W
W
sto
sto
Resolvemos: Wsto=450 g
Respuesta
Se debe disolver 450 g de glucosa en dicha 
solución.
Alternativa D
Pregunta N.º 32
En un reactor de 2 litros se introduce 
 H2(g) y 0,1 moles de CO(g). 
La reacción que ocurre es
 CO(g)+2H2(g)  CH3OH(g)
En el equilibrio, a 700 K, la presión total del sistema 
es 7 atm. Si se forman 0,06 moles de CH3OH, ¿cuál 
es la constante de equilibrio Kc?
Dato: 
Constante universal de los gases=0 082,
atm L
mol K
A) 60,0 B) 144,3
C) 289,8
D) 306,1 E) 937,5
Solución
Tema
Equilibrio químico
30
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
Referencias
El equilibrio químico es aquel estado que alcanza 
una reacción reversible, donde las concentraciones 
molares de reactantes y productos se mantienen 
constantes.
En equilibrios homogéneos, la constante de equi-
librio Kc se expresa:
K
x
yc
productos
reactantes
= [ ]
[ ]
, donde x, y: coeficientesestequiométricos
Análisis y procedimiento
El siguiente equilibrio químico que se da es ho-
mogéneo.
 CO(g) + 2H2(g)  CH3OH(g)
Inicio 0,1 mol x –
reacciona – y – 2y
se forma – – +y
equilibrio 0,1 – y x – 2y y
Por dato: y=0,06 mol
En el equilibrio, las moles totales (nt): 0,1+x – 2y
 nt=0,1+x – 2(0,06)=x – 0,02
Según la ecuación universal, para la mezcla gaseo-
sa en el equilibrio:
 Pt V=ntRT
 7(2)=(x – 0,02)·(0,082)(700)
 → x=0,26
En el equilibrio:
 nCO=0,04; nH2
=0,14; nCH3OH
=0,06
 
Kc
3
2
CH OH
CO H
= [ ]
[ ][ ]
=












=
2 2
0 06
2
0 04
2
0 14
2
306
,
, ,
,,1
Respuesta
La constante de equilibrio (Kc) es 306,1.
Alternativa D
Pregunta N.º 33
Se mezcla 10 mL de una solución acuosa de HCl 
0,1 N con 5 mL de una solución acuosa de NaOH 
0,05 M. El pH de la solución resultante es
Dato: log2=0,30
A) 1,3 B) 1,8 C) 2,3
D) 2,7 E) 3,1
Solución
Tema
Potencial de hidrógeno (pH)
Referencias
•	 El pH indica la acidez o basicidad de las solu-
ciones generalmente diluidas, cuyas concentra-
ciones molares son menores o iguales a 1 M.
•	 El	pH expresa el grado de concentración de 
iones hidrógeno (H+) en una solución.
•	 Se	determina	como	pH= – Log[H+].
Análisis y procedimiento
Datos:
HCl
=10 ml
=0,1
V
N


 
NaOH
=5 ml
=0,05
V
M N=


=θ 1
En reacciones de neutralización entre un ácido y 
una base, los números de equivalentes gramos 
son iguales.
#Eq - g (HCl)=N · V=0,1.10=1 miliequivalentes 
(exceso)
#Eq - g (NaOH)=N · V=0,05 · 5=0,25 miliequiva-
lentes (reactivo limitante)
#Eq - g (HCl)=1 – 0,25=0,75 miliequivalentes
El pH se determina con el HCl en exceso cuyo 
volumen total es 15 ml.
#Eq - g (HCl)exceso=N · V
0,75=N · 15 → N=0,05
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
31
Como el HCl es un ácido monoprótico, se cumple:
 N=M=0,05=[H+] → H+
−
[ ] = 10
2
1
Luego
 pH=
−
= − − − − − −( )Log Log10 1 Log2 = ( 1 0,3)=1,310
1
2
Respuesta
El pH de la solución resultante es 1,3.
Alternativa A
Pregunta N.º 34
A 25º C, se prepara 300 mL de una solución, al 
23,1% en masa de ácido acético (CH3COOH), y 
cuya densidad es 1,03 g/mL. Esta solución se diluye 
agregándole 200 mL de agua. ¿Cuál es el pH de 
la solución final?
 Ka(CH3COOH)=1,8·10
 – 5
 Masa molar: CH3COOH=60 g/mol
 log 6,54=0,82
A) 2,07 B) 2,18 C) 3,28
D) 4,37 E) 4,46
Solución
Tema
Potencial de hidrógeno (pH)
Referencias
El pH expresa el grado de concentración de los 
iones hidrógeno (H+).
Para determinar el pH se necesita la concentración 
molar del H+.
 pH= – log[H+]
En el caso de ácidos débiles, la concentración de 
H+ se calcula en el equilibrio iónico.
Análisis y procedimiento
•	 Dilución	del	CH3COOH
CH COOH3
H O2
sto CH COOH3
H O2
V=300 ml
% =23,1
=1,03
W
D
sto
sol
V=500 ml
200 mL H O2
(1) (2)
En una dilución se cumple 
 
C V C V
C
1 1 2 2
2
10 1 03 23 1
60
300 500
��� �� =
=. , . , . ⋅ 
 C2=2,37 M
En el equilibrio
 CH3COOH(ac)CH3COO 
– 
(ac)+H
+
(ac)
Inicio 2,37 M - -
Ioniza – x
Se forma +x +x
Equilibrio 2,37 – x x x
 
K
x
xa
=
 [ ]
[ ] ⋅ = −
−CH COO H
CH COOH
3
- +
3
1 8 10
2 37
5
2
,
,
 x2=4,27·10 – 5 x=[H+]=6,54·10 – 3
Luego
 pH= – Log 6.54·10 – 3= – (Log 6,54+Log10 – 3)
 pH= – (0,82 – 3)=2,18
Respuesta
El pH de la solución final es 2,18.
Alternativa B
32
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
Pregunta N.º 35
Calcule el potencial, en voltios, de la siguiente 
celda galvánica
 Pt(s)/H2(g)(1 atm)/H
+
(ac)(1M)//Ag
+
(ac)(1M)/Ag(s)
 Datos: Eº(Ag+/Ag)=0,80 V
A) 0,10 B) 0,20 C) 0,40
D) 0,80 E) 1,60
Solución
Tema
Celdas galvánicas
Referencias
Las celdas galvánicas son dispositivos que generan 
corriente eléctrica continua a partir de reacciones 
redox espontáneas. El potencial de electrodo 
estándar (T=25 ºC, [ion]=1 M y para gases: 
P=1 atm) se determina 
Eºcelda=Eºoxid+EºRed
Análisis y procedimiento
Podemos notar que la celda mostrada se encuentra 
bajo las condiciones estándar, por lo que calcularíamos 
directamente el potencial de la celda:
Pt s /H2 g 1atm /H ac
+ 1
nodo
Ag ac
+ 1( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )M
á
� ������� �������
// MM( ) ( )/Ag s
c todoá
� ���� ����
En el ánodo: Eºoxid=0 V; (electrodo referencial) 
En el cátodo: 
E V
E V
Red
celda
º
º
,
,
=
=
0 8
0 8
 (dato del problema)
Observación
El platino (Pt) en el ánodo es un catalizador.
Respuesta
El potencial de la celda es 0,8 V.
Alternativa D
Pregunta N.º 36
Indique la secuencia correcta después de determinar 
si las siguientes proposiciones son verdaderas (V) 
o falsas (F).
I. El punto de ebullición de la serie de alcanos 
normales aumenta con la longitud de la cadena.
II. El cis-2-buteno es más polar que el trans-2-
buteno.
III. El 4-penten-2-ol presenta únicamente carbonos 
secundarios.
A) VVF B) VFF C) FFV
D) VVV E) FVF
Solución
Tema
Química orgánica
Referencias
La química orgánica estudia la estructura, com-
posición, propiedades, síntesis y nomenclatura de 
los compuestos orgánicos, los cuales presentan 
siempre carbono en su composición.
En una cadena carbonada podemos clasificar a los 
carbonos como primarios, secundarios, terciarios o 
cuaternarios, en función de la cantidad de carbonos 
a los que estén unidos directamente.
Análisis y procedimiento
I. (VERDADERO)
 En los alcanos normales (o lineales), al au-
mentar la longitud de la cadena aumenta la 
intensidad de las fuerzas de London, y por 
ende, la temperatura de ebullición.
II. (VERDADERO)
 Analicemos las estructura del 4-penten-2-ol:
C C
CH3 CH3
CH
�R>0
� �
C C
CH3 H
CH3H
�R=0
�
�
cis –2– buteno trasn –2– buteno
 El isómero cis es más polar que el trans.
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
33
III. (FALSO)
 Analicemos la estructura del 4 - penten - 2 - ol
 CH CH CH CH3 2– – –
OH
1º 2º 2º
CH2
 Existen 2 carbonos secundarios y 1 carbono 
primario (los otros carbonos no tienen esta 
clasificación por presentar enlace múltiple).
Respuesta
La secuencia correcta de las proposiciones es VVF.
Alternativa A
Pregunta N.º 37
En las siguientes proposiciones se presenta la 
relación causa-efecto que afectan el equilibrio 
ecológico.
I. Pesticidas - eutroficación de las aguas.
II. Vapor de agua - efecto invernadero.
III. Oxígeno molecular - destrucción de la capa de 
ozono.
Son correctas:
A) solo I B) solo II C) solo III
D) I y II E) I y III
Solución
Tema
Contaminación ambiental
Referencias
La contaminación ambiental se genera por la 
presencia de sustancias ajenas a un ecosistema 
cierta concentración que altera el equilibrio del 
medio y perjudica a los seres que habitan en él. 
(Genera desequilibrio ecológico).
Análisis y procedimiento
I. (INCORRECTA)
 Los pesticidas son sustancias que matan, 
repelen, interrumpen o regulan el crecimiento 
de seres vivos considerados plagas que son 
dañinas para los cultivos; por otro lado, la 
eutroficación es el proceso de envejecimiento de 
un lago hasta convertirse en un pantano o valle, 
debido a que las algas y vegetación acuática se 
alimentan de los residuos de abonos, sulfatos, 
fosfatos y nitratos provenientes de fertilizantes, 
detergentes, pesticidas, u otros, que llegan al 
lago mediante la escorrentía de las lluvias.
II. (CORRECTA)
 El efecto invernadero consiste en que los lla-
mados gases invernadero como CO2, H2O(V), 
CH4, CFC y O3 retienen la radiación infrarroja 
acumulando calor necesario en el planeta; pero 
que su desequilibrio en los últimos años (por 
emisiones de CO2) ha generado el llamado ca-
lentamiento global, aumentando la temperatura 
de la superficie terrestre, entre otros efectos.
III. (INCORRECTA)
 La capa de ozono se degrada (destruye) a partir 
de los agentes CFC (freones) y NO2, los cuales 
reaccionan con el ozono (O3) transformándose 
en oxígeno (O2).
Respuesta
La relación correcta causa-efecto que afecta el 
equilibrio ecológico es solo II.
Alternativa B
34
unI 2009 -I Academia CÉSAR VALLEJO
Pregunta N.º 38Dada las siguientes proposiciones referentes a la 
lluvia ácida:
I. Está asociada a la emisión de gases de muchas 
industrias.
II. La tostación de sulfuros metálicos es una fuente 
potencial de lluvia ácida.
III. Afecta a la capa de ozono.
Son correctas:
A) solo I B) solo II C) solo III
D) I y II E) II y III
Solución
Tema
Contaminación ambiental
Referencias
La lluvia ácida consiste en la precipitación de 
agua mezclada con ácido sulfúrico (H2SO4) y 
ácido nítrico (HNO3), principalmente, cuyo pH 
puede llegar hasta 3,5 aproximadamente. Debido 
al elevado carácter ácido, la lluvia ácida afecta 
en forma negativa diversos ecosistemas, también 
corroe las construcciones metálicas, descompone 
las estatuas de mármol, etc.
La formación de la lluvia ácida se debe a la emisión 
de óxidos de azufre (SOx) y óxidos de nitrógeno 
(NOx), principalmente, debido a la combustión.
Análisis y procedimiento
Con respecto a las proposiciones planteadas en la 
pregunta tenemos: 
I. (CORRECTO)
 Las centra les metalúrgicas, centra les 
termoeléctricas y refinerías emiten a la atmósfera 
grandes cantidades de SOx y NOx, causantes de 
la lluvia ácida.
II. (CORRECTO)
 En la tostación de sulfuros metálicos se libera 
SO2, que luego se combina con el O2 del aire 
para formar SO3, este último reacciona con el 
vapor de agua y produce H2SO4.
III. (INCORRECTO)
 La capa de ozono se deteriora o descompone 
por la presencia de CFC (freones).
Respuesta
Las proposiciones relacionadas con la formación 
de la lluvia ácida son I y II.
Alternativa D
Pregunta N.º 39
Indique cuáles de las siguientes proposiciones son 
correctas:
I. El plasma consiste en un gas de partículas 
cargadas negativamente.
II. Los superconductores se caracterizan por tener 
una resistencia eléctrica muy pequeña.
III. Las propiedades de los nanomateriales son 
diferentes a las del mismo material a escala 
macroscópica.
A) solo II B) solo III C) I y II
D) II y III E) I y III
Solución
Tema
Química aplicada
Referencias
Debido al avance de la ciencia y tecnología, en los 
últimos años se han descubierto nuevas propieda-
des de la materia; por ejemplo, la superconductivi-
dad de algunos materiales, los cristales líquidos, la 
síntesis de fullerenos y nanotubos han generado un 
nuevo campo de aplicación; en medicina, circuitos 
integrados, industria, informática, etc.
unI 2009 -ISolucionario de Física y Química
35
Análisis y procedimiento
I. (INCORRECTO)
 El estado plasmático es el cuarto estado de la 
materia. Es una masa gaseosa formada por 
partículas cargadas negativa y positivamente. 
En este estado, los átomos han perdido una 
parte o todos sus electrones, generando, de 
esta manera, una mezcla de especies de carga 
negativa y positiva.
II. (INCORRECTO)
 Un superconductor es aquel material cuya 
resistencia al flujo de electrones es cero, en 
consecuencia, no existe "fricción" entre los 
electrones y no hay pérdida de calor. Las 
cualidades superconductoras se manifiestan 
a temperaturas muy bajas, por debajo de su 
temperatura de transición superconductora. 
Los superconductores pueden ser metales, 
aleaciones u óxidos cerámicos.
III. (CORRECTO)
 La nanotecnología se encarga del estudio y 
manipulación de la materia a escala atómica 
y molecular; es decir, a escala nanométrica 
(1 nm <> 10–9 m). Cuando la materia se ma-
nipula a esta escala, se descubren propiedades 
totalmente nuevas y diferentes a las propieda-
des que se manifiestan a escala macroscópica.
Respuesta
La alternativa correcta es solo III. 
Alternativa B
Pregunta N.º 40
Referente a la celda de combustión hidrógeno-
oxígeno, indique la secuencia correcta después 
de determinar si la proposición es verdadera (V) 
o falsa (F):
I. Produce gases de efecto invernadero.
II. En el cátodo se produce la reducción del oxígeno.
III. La reacción global en la celda es
 H O H O2 2 2
1
2( ) ( ) ( )g g
+ → 
A) FFF B) FVV C) VFV
D) VVV E) VFF
Solución
Tema
Celda de combustión
Referencias
La celda de combustión o celda de combustible es 
un sistema electroquímico que convierte la energía 
química en energía eléctrica, en forma directa y con 
un alto grado de eficiencia. Se asemeja a una celda 
galvánica, excepto que no son recargables y el 
combustible debe ser suministrado continuamente.
Análisis y procedimiento
En la celda de combustión hidrógeno - oxígeno, las 
reacciones que ocurren son:
ánodo: 2(H2(g)+2OH
–
(ac) → 2H2O()+2e
– ) 
 oxidación 
cátodo: O2(g)+2H2O()+4e
– → 4OH –
 reducción
Reacción global
 2H2(g)+O2(g) → 2H2O() 
De acuerdo a las reacciones planteadas, se puede 
afirmar lo siguiente:
•	 El	H2 se oxida en el ánodo.
•	 El	O2 se reduce en el cátodo. 
•	 Se	produce	agua	líquida	100%	pura.
Respuesta
No se producen gases de efecto invernadero.
Alternativa B