PAU UIB 2026 Física: examen de junio resuelto (Modelo 3)

En esta página encontrarás la resolución paso a paso de los ejercicios de Física del modelo 3 del examen de junio de la PAU UIB 2026. Se incluyen problemas resueltos de gravitación, campo eléctrico, campo magnético, óptica, ondas electromagnéticas, efecto fotoeléctrico y física nuclear.

Este modelo corresponde a los alumnos que realizaban el examen de Física coincidiendo con otro examen y, según se indica en el enunciado, no aparece resuelto en la web de la UIB.

Ejercicio 1: Gravitación

Responda a y b.1 o b.2.

a) La masa del Sol es 1047 veces la masa de Júpiter. Calcule la distancia, en unidades astronómicas, desde Júpiter hasta el punto P donde las atracciones gravitatories de Júpiter y el Sol se cancelan cuando el planeta se encuentra a 5 ua del Sol. 1 punto

Buscamos un punto entre el Sol y Júpiter en el que $\vec g_{Sol} + \vec g_{Júp.} =0$ . En dicho punto lo svectores campo tendrán sentido sopuestos y por tanto basta con que sus magnitudes sean iguales $\left\lvert \vec g_{Sol} \right\rvert =\left\lvert \vec g_{Júp} \right\rvert$

\left\lvert \vec g_{Sol} \right\rvert =\left\lvert \vec g_{Júp} \right\rvert \ \Rightarrow \ G \frac {M_{Sol}}{d_{SP} ^2} = G \frac {M_{Júp.}}{d_{PJ}^2}

siendo $d_{SP}~,~d_{PJ}$ las distancia s del Sol al punto P y de P a Júpiter. Además tenemos que $d_{SP}+d_{PJ}= 5 \ u.a.$

\frac{M_{Sol}}{(5-d_{PJ})^2} = \frac{M_{Júp}}{d_{PJ}^2} \ \Rightarrow \frac {d_{PJ}^2}{(5-d_{PJ})^2} = \frac{M_{Júp}}{M_{Sol}} \ \Rightarrow \frac {d_{PJ}}{(5-d_{PJ})} = \sqrt {\frac{M_{Júp}}{M_{Sol}}}

d_{PJ} = (5-d_{PJ}) \sqrt {\frac {M_{Júp}}{M_{Sol}}} \ \Rightarrow d_{PJ} = \frac{5 \cdot \sqrt {\frac {M_{Júp}}{M_{Sol}}} }{1+ \sqrt {\frac {M_{Júp}}{M_{Sol}}} } = \frac{5 \cdot \sqrt{\frac{1}{1047}}}{1+\sqrt{\frac{1}{1047}}}=0.150 \ u.a.

Solución: 0.150 u.a.

b.1) Dos arcos de la órbita de Júpiter, la órbita del cometa Encke y las órbitas de los planetas interiores del sistema solar, se han representado a escala en la figura.

El perihelio del cometa Encke se encuentra a 0,338 ua, y el afelio, a 4,10 ua. El último paso del cometa por el perihelio fue el 22 de octubre de 2023. Calcule el periodo orbital del cometa usando una de las leyes de Kepler y el año y el mes del próximo paso del cometa por el perihelio, 1 punto

Mes	ene	feb	mar	abr	may	jun	jul	ago	sep	oct	nov	dic
Días	31	28	31	30	31	30	31	31	30	31	30	31

Para una órbita circular tenemos que

m \frac{v^2}{a} = G \frac {m \ M}{a^2} \ \Rightarrow \ m \frac{\frac{4 \pi^2 a^2}{T^2}}{a}=G \frac {m \ M}{a^2} \ \Rightarrow \ \frac{4 \pi^2 \ a}{T^2} = G \frac{M}{a^2} \ \Rightarrow \ T =\sqrt {\frac{4 \pi^2 a^3} {G \ M}}

Este resultado también es válido para una órbita elíptica, siendo a el semieje mayor de la órbita elíptica que es la semisuma del afelio y perihelio. Por tanto

a= \frac{0.338+4.10}{2} ua \cdot \frac {1.50 \cdot 10^{11} \ m} {1 \ ua} = 3.33 \cdot 10^{11} \ m

T= \sqrt {\frac{4 \pi^2 \ \left ( 3.33 \cdot 10^{11} \right )^3}{6.67 \cdot 10^{-11} \cdot 2 \cdot 10^{30}}}=1.05 \cdot 10^8 \ s \approx 1210 \ días =3 \ años \ 115 \ días

Desde el 22 de octubre de 2023 más 3 años y 115 días sería 22 de octubre de 2026 más 115 días y acabaríamos en febrero de 2027.

Solución: febrero de 2.027

b.2) ¿Es nula la energía potencial gravitatoria de un asteroide en el punto P donde las atracciones de Júpiter y el Sol se cancelan?

Si responde afirmativamente, justifique por qué es nula.

Si responde negativamente, calcule la energía potencial gravitatoria de un asteroide de 1500 kg cuando se encuentra a 4,85 ua del Sol y 0,15 ua de Júpiter. 1 punto. Use para este cálculo M_j = 1,9 x10²⁷ kg, M_s = 2,0×10³⁰ kg.

Que las fuerzas de atracción debidas al Sol y a Júpiter se cancelen en P no implica que la energía potencial en dicho punto sea cero. Tomando como criterio que la energía potencial es cero en el infinito, la energía potencial será negativa y será la suma de las energías potenciales debidas al Sol y a Júpiter.

E_{p,P} =E_{p, Sol.P}+E_{p,Júp.P} = -G \cdot m \left (\frac{M_{Sol}}{d_{Sol.P}}+ \frac{1}{d_{Júp.P}} \right )=

=-8.67 \cdot 10^{-11} \cdot 1500 \left ( \frac{2 \cdot 10^{30}}{4.85 \cdot 1.50 \cdot 10^{11}}+\frac{1.9 \cdot 10^{27}}{0.15 \cdot 1.50 \cdot 10^{11}} \right )=-3.69 \cdot 10^{11} ~J

Solución: $-3.69 \cdot 10^{11} ~J$

Ejercicio 2: Campo eléctrico

2. Responda a y b

a) Calcule el campo eléctrico en el punto A generado por tres cargas puntuales situadas en los vértices de un triángulo como muestra la figura. Exprese el vector campo en el sistema de coordenadas indicado en la figura. 1 punto

Repesentamos el campo creado por cada una d elas cargas en el punto A. Recordamos que el campo creado por una carag tienen la dirección d el arecta que une la carga con el punto. El sentido es hacia la carga si esta es negativa o alejándose de la carga si es positiva.

El módulo del campo creado por cada carga será $| \vec E | = K \frac{q}{r^2}$ . Para hallar el campo total aplicamos el principio de superposición haciendo la suma vectorial de los tres vectores campo.

Calculamos el módulo del campo de cada una de las cargas y hacemos la suma vectorial de los campos individuales para hallar el campo total. Dado que $| q_1 |= |q_2|$ y $r_{1,A} = r_{2.A}$ resulta que $|\vec E_1 | = | \vec E_2|$ .

\begin {cases} |\vec E_1 | = | \vec E_2 | = K \frac {|q_1|}{r_{1,A} ^2} = 9 \cdot 10^9 \frac{4 \cdot 10^{-9}} {0.6^2}= 100~N/C ~ \Rightarrow \vec E_1 = \vec E_2 = 100 ~\hat i ~N/C \\ |\vec E_3 | = K \frac{|q_3|}{r_{3,A}^2 |} = 9 \cdot 10^9 \frac{9 \cdot 10^9} {0.5^2} = 324 \ N/C \Rightarrow \ \vec E_3 = 324 \ \hat j \ N/C \end {cases} \Rightarrow

\vec E_T = \vec E_1 + \vec E_2 + \vec E_3 = 200 \ \hat i + 324 \ \hat j \ N/C

PAU UIB física junio 2026 modelo 3 ejercicio 2.2 a diagrama vector campo

Solución: $\vec E_T = 200 \ \hat i + 324 \ \hat j \ N/C$

b) Tres cargas puntuales diferentes a las anteriores, situadas en los vértices de un triángulo como en el apartado anterior, generan un campo eléctrico en el punto A que tiene la dirección del vector (30, 36). ¿Qué ángulo, en grados, forma el campo eléctrico en el punto A con el eje x? 0,5 puntos

El campo eléctrico tiene la dirección del vector (30,36), por tanto $\vec E = k \cdot 30 \ \hat i + k \cdot 36 \ \hat j$ , por tanto

$\tan \alpha = \frac {E_y}{E_x} = \frac {36}{30} \ \Rightarrow \ \alpha = \arctan \frac{6}{5} \approx 50.2 º$

Solución: 50.2º

Ejercicio 3: Campo magnético

3. Responda a.1 o a.2.

a.1) Dos tipos de partículas se inyectan con una velocidad inicial v_o de 567 m/s en una región donde el campo magnético B es uniforme y de 126 mT. Las partículas tienen la misma masa m, pero cargas eléctricas q₁ y q₂ diferentes. Las orientaciones de la velocidad inicial y del campo magnético se muestran en la figura.

(i) Las partículas de tipo 1 siguen la trayectoria que llega al punto A₁. Determine el cociente |q₁/m|, en C/kg, a partir de la trayectoria. 0,5 puntos

Conocemos el diámetro de la trayectoria circular que es de 72 cm. Teniendo en cuenta la ley de Lorentz la fuerza sobre la carga es perpendicular al plano que determinan $\vec B$ y $\vec v_0$ , por tanto es horizontal y está dirigida hacia la derecha. Como la fuerza sobre la carga es perpendicular a la velocidad, su único efecto es cambiar la dirección de la misma sin modificar su módulo o magnitud. Por tanto dicha fuerza será igual al producto de la masa por la aceleración centrípeta. Dado que la magnitud de la acleración centrípeta es $\frac{v_0^2}{R}$ , siendo R es la radio de la trayectoria circular, tenemos

\vec F = q \cdot (\vec v_0 \times \vec B) ~\Rightarrow~m \cdot \vec a_c = q \cdot (\vec v_0 \times \vec B)~\Rightarrow ~ m \frac{v_0^2}{R} =|q| \ v_0 \ B ~\Rightarrow ~\frac{|q|}{m}= \frac{v_0}{R \ B} =

\frac {567}{0.36 \cdot 0.126} = 12500~C/kg

Solución: $\frac{|q|}{m} =12500~C/kg$

(ii) Las partículas de tipo 2 siguen la trayectoria que llega al punto A₂. Es el valor absoluto de q₂ mayor o menor que el valor absoluto de q₁? Justifique la respuesta. 0,5 puntos

De la relación anterior $m \frac{v_0^2}{R} =|q| \ v_0 \ B$ , despejando $R$

R= \frac { m \ v_0}{|q| \ B}

Como las partículas tienen la misma velocidad y masa, y están en el mismo campo B

R \propto \frac{1}{|q|}

Es decir el radio es inversamente proporcional a la carga, por tanto y como $R_2 > R_1$ |, deducimos que $|q_2| < |q_1|$ .

Solución: $|q_2| < |q_1|$ .

(iii) Se cambia la intensidad del campo magnético. La trayectoria de las partículas de tipo 1 es tangente a línea L. ¿Cuál es ahora la intensidad del campo magnético? 0,5 puntos

De la relación anterior $R= \frac { m \ v_0}{|q| \ B}$ , tenemos que

\begin{cases} R_1= \frac{ m \ v_0}{|q|\ B_1} \\ R_2= \frac{ m \ v_0}{|q|\ B_2} ~\end{cases} \Rightarrow ~\frac{R_1}{R_2} = \frac{B_2}{B_1} \ \Rightarrow \ \frac{36 \ cm }{44 \ cm} = \frac{B_2}{126 \ mT} \ \Rightarrow \ B_2 \approx 103 \ mT

Solución: $B_2 \approx 103 \ mT$

a.2) Dos hilos conductores paralelos están separados 28 mm. La intensidad del campo magnético en los puntos de la recta media (recta equidistante de los hilos) es de 0,27 mT cuando las corrientes tienen el mismo sentido, y 0,45 mT cuando tienen sentidos contrarios. Los símbolos y indican el sentido del campo.

(i) ¿Es I₂ mayor que I₁? Calcule las intensidades I₁ e I₂. 0,75 puntos

En el primer caso, el campo $\vec B_2$ que crea la corriente I₂ es un campo que entra en el papel, mientras que I₁ crea un campo $\vec B_1$ que sale del papel. El campo resultante es la diferencia de ambos, el cual resulta que tiene sentido entrante. Esto nos indica que la magnitud de $|\vec B_2 | > |\vec B_1 |$ y por tanto $I_2 > I_1$ .

Teniendo en cuenta la magnitud del campo creado por un hilo muy largo a una distancia r viene dado por $B=\frac {\mu_0 I}{2 \pi \ r}$ podemos plantear el sistema de ecuaciones

\begin {cases} \frac{\mu_0}{2\pi \ r} (I_2 -I_1 ) = 2.7 \cdot 10^{-4} \\ \frac{\mu_0}{2\pi \ r} (I_2 +I_1 ) = 4.5 \cdot 10^{-4} \end {cases}

Sumando ambas ecuaciones resulta

\frac {2 \mu_0 \ I_2} {2 \pi \ r} = 7.2 \cdot 10^{-4} ~ \Rightarrow \ \frac{4 \cdot 10^{-7} \ I_2} {1.4 \cdot 10^{-2} } = 7.2 \cdot 10^{-4} \ \Rightarrow \ I_2= 25.2 \ A

Haciendo la diferencia

\frac {2 \mu_0 \ I_1} {2 \pi \ r} = 1.8 \cdot 10^{-4} ~ \Rightarrow \ \frac{4 \cdot 10^{-7} \ I_1} {1.4 \cdot 10^{-2} } = 1.8 \cdot 10^{-4} \ \Rightarrow \ I_1 =6.3 \ A

Solución: $I_1 = 6.3 \ A \ , \ I_2 = 25.2 \ A$

(ii) El módulo, en mN/m, y la orientación de la fuerza magnética por unidad de longitud entre los hilos en los dos casos. 0,75 puntos

Si no cambian las corriente la fuerza tendrá la misma magnitud en ambos casos y solo cambiará el sentido de la fuerza. En el caso de las dos corrientes con el mismo sentido, la fuerza será atractiva y en el caso de las corrientes con sentidos opuestos la fuerza será repulsiva. La fuerza vienen dada por

$\vec F_{1 \rightarrow 2} =I_2 \vec L \times \vec B_1 = – \vec F_{2 \rightarrow 1} = -I_1 \vec L \times \vec B_2$

Al ser $\vec B \perp \vec L$ , su magnitud vendrá dada por

|\vec F_{1 \rightarrow 2} | = I_ 2 \ L \ B_1 ~ \Rightarrow \ \frac{|F_{1 \rightarrow 2 } |}{ L} = I_2 \ B_1 = I_2 \frac{\mu_0 \ I_1}{2 \pi \ 2r} = \frac {10^{-7} \cdot 25.2 \cdot 6.3}{1.4 \cdot 10^{-2}} = 1.13 \cdot 10^{-3} \ N/m

siendo 2r la separación entre ambos hilos.

Solución: $1.13 \ mN/m$

Ejercicio 4:Ondas y óptica

4. Responda a y b.1 o b.2

a) Dibuje la representación gráfica de una lente delgada divergente, marcando la posición del foco imagen a 4 cm de la lente, y una flecha de 3 cm perpendicular al eje óptico con la base a 5 cm de la lente. Trace los tres rayos principales para determinar la imagen de la flecha con línea contínua, y las líneas de referencia con línea discontínua. 1 punto

b.1) Se fotografia un jugador de baloncesto con una cámara antigua que tiene un objectivo que es una lente convergente delgada con distancia focal de +16,5 cm. La imagen se forma sobre una placa de 10 cm x 15 cm como muestra la figura adjunta. Determine la altura del jugador y la distancia de la placa fotográfica a la lente de la cámara. Tenga presente que el diámetro de una pelota de baloncesto es de 24 cm y que la imagen creada per la lente está invertida. 1,5 puntos

El aumento lateral para la fotografía es el mismo para todos los elementos fotografiados, siempre que queden en el mismo plano. Concemso el diámetro real de la pelota de basket, por tanto, trabajando en centímetros y teniendo en cuenta que la imagen es invertida

A_L = – \frac {y’_{bal}}{y_{bal}}= – \frac {y’_{jug}}{y_{jug}} \ \Rightarrow \ -\frac{-1.65}{24} = -\frac{-12.4}{y_{jug}} \ \Rightarrow \ y_{jug} = \frac {12.4 \cdot 24}{1.65} \approx 180.4 \ cm

Haciendo uso de la ecuación de las lentes y el aumento lateral

\begin{cases} -\frac {y’}{y} = -\frac{s`}{s} \ \Rightarrow \ – \frac{-1.65}{24} = -\frac{s’}{s} \ \Rightarrow \ s = -\frac {24}{1,65} \cdot s’ \\ \frac{1}{s’}-\frac{1}{s} = \frac{1}{f’} \ \Rightarrow \ \frac{1}{s’}-\frac{1}{s} = \frac{1}{16.5} \end {cases} \ \Rightarrow \ \frac{1}{ s’ } + \frac{1.65}{24 \cdot s’} = \frac{1}{16.5} \ \Rightarrow \

396 +27.225=24 \cdot s’ \ \Rightarrow \ s’= \frac{423.225}{24} \ \Rightarrow \ s’ \approx 17.63 \ cm

Solución: $\begin {cases} y_{jug} \approx 180.4 \ cm \\ s’ \approx 17.63 \ cm \end {cases}$

b.2) Una onda electromagnética de 2439 MHz se desplaza por el aire hacia la derecha en la dirección del eje x. La amplitud del campo eléctrico es de 2 N/C. El campo eléctrico en t = 0 tiene un máximo en x = 0. Calcule:

(i) El valor del campo eléctrico en x = 80,5 mm cuando t = 0,2 ns. 0,75 puntos

Se trata de una onda armónica que viaja hacia la derecha a lo largo del eje x, por tanto es del tipo

E(x,t)=E_0 \cdot \cos( \omega t – k \cdot x+ \phi)

Como el campo es máximo en x = 0 en t= 0

E(0,0) = E_0 \cdot \cos (\phi) = E_0 ~\Rightarrow ~\cos (\phi)= 1 ~\Rightarrow ~\phi =0

Además tenenos la frecuencia 2439 MHz que junto con la velocidad de propagación nos permite calcular la frecuencia angular $\omega$ y el vector de onda k

\omega = 2 \pi \cdot \nu = 2 \pi \cdot 2439 \cdot 10^6= 4878 \pi \cdot 10^6~rad/s

c= \frac{\omega}{k}~\Rightarrow ~k= \frac{\omega}{c} = \frac{4878 \pi \cdot 10^6}{3 \cdot 10^8} = 1626 \pi \cdot 10^{-2}~m^{-1}

Por tanto

E(x,t)=2 \cdot \cos (4878 \pi \cdot 10^6 \cdot t -1626 \pi \cdot 10^{-2} \cdot x)

En x = 80,5 mm cuando t = 0,2 ns

E(0.0805,2 \cdot 10^{-10})=2 \cdot \cos (4878 \pi \cdot 10^6 \cdot 2 \cdot 10^{-10} -1626 \pi \cdot 10^{-2} \cdot 0.0805)=1~N/C

Solución: $E(0.0805, 2 \cdot 10^{-10}) =1 ~N/C$

(ii) El valor del campo eléctrico en x = 0 cuando el campo es máximo en x=80,5 mm. 0,75 puntos

Si el campo es máximo en x=80.5 mm, entonces

E(0.0805,t)=2 \cdot \cos (4878 \pi \cdot 10^6 \cdot t -1626 \pi \cdot 10^{-2} \cdot 0.0805)=2 ~\Rightarrow~\cos (4878 \pi \cdot 10^6 \cdot t -1626 \pi \cdot 10^{-2} \cdot 0.0805)=1~\Rightarrow~

4878 \pi \cdot 10^6 \cdot t -1626 \pi \cdot 10^{-2} \cdot 0.0805 = 2k \pi

Tomando por ejemplo el valor de k =0, resulta que el instante es

t= \frac{1626 \pi \cdot 10^{-2} \cdot 0.0805}{4878 \pi \cdot 10^{-6}}= \frac {161}{60 } \cdot 10^{-10} \ s

En este instante en x = 0 el campo valdrá

E \left (0, \frac{161}{60} \cdot 10^{-10} \right ) = 2 \cdot \cos(4878 \pi \cdot 10^{-6} \cdot \frac{161}{60} \cdot 10^{-10} -1626 \pi \cdot 10^{-2} \cdot 0 ) = -1.13 \ N/C

Solución: $E \left (0, \frac{161}{60} \cdot 10^{-10} \right ) = -1.13 \ N/C$

Ejercicio 5: Física moderna.

5. Responda a.1 o a.2

a.1) Se iluminan con las mismas luces tres placas: una de silicio, una de aluminio y una de cobre.

(i) Una de les placas no emite electrones por efecto fotoeléctrico. Identifique la placa considerando únicamente la función de trabajo de cada material. Justifique la respuesta. 0,75 puntos

La placa que no presenta fotoemisión será aquella que tenga la mayor función de trabajo. De la tabla proporcionada en el examen tenemos los trabajos de extracción Si 3.59 eV, Al 4.08 eV y Cu 4.70 eV, por tanto se trataría del cobre.

Solución: Cu

(ii) Calcule la velocidad máxima de los electrones emitidos por la placa de aluminio cuando se ilumina con luz de 300 nm. 0,75 puntos

Aplicando la conservación de la energía

E_{fot} = W + E_{k,max.}~\Rightarrow ~ \frac {h \cdot c} {\lambda} = W+ \frac {1}{2} m \cdot v_{max}^2 ~\Rightarrow ~ v_{max}= \sqrt {\frac{{(\frac{h \cdot c}{\lambda}-W)\cdot 2}}{m}}

v_{max} = \sqrt {\frac{\frac{6.63 \cdot 10^{-34} \cdot 3 \cdot 10^8}{300 \cdot 10^{-9}}-4.08 \cdot 1.60 \cdot 10^{-19}) 2}{9.11 \cdot 10^{-31}}} = \sqrt {\frac{(6.63 \cdot 10^{-19} -6.53 \cdot 10^{-19})2}{9.11 \cdot 10^{-31}}}\approx 148000~m/s

Solución: velocidad máxima 148 km/s aproximadamente

(iii) La figura muestra la velocidad máxima de los electrones emitidos por una de las placas cuando se ilumina con cinco luces diferentes, representada en función de la longitud de onda de la luz. ¿De qué material está hecha la placa? Justifique la respuesta. 1 punto

Aplicando la conservacion d ele energái paar el efecto fotoeléctrico tenemos que

E_{fot} = W_{ext} + E_{k,máx ~e^-} ~ \Rightarrow \ \frac{h \cdot c}{\lambda} = W_{ext} + \frac{1}{2} m \cdot v_{máx} ^2

De la gráfica se obtiene que la longitud de onda umbral es $\lambda =264 \ nm$ ya que para ella la velocidad máxima de los fotoelectrones es nula. Sustituyendo en la relación anterior obtendremos el trabajo de extracción, que nos permitirá identificar el metal.

W_{ext} = \frac {6.63 \cdot 10^{-34} \cdot \ 3 \cdot 10^{8}}{264 \cdot 10^{-9}} = 7.53 \cdot 10^{-19} \ J = 7.53 \cdot 10^{-19} \ J \ \cdot \frac{ 1 \ eV}{1.602 \cdot 10^{-19} \ J} = 4.70 \ eV

Mirando la tabla de trabajos de extracción vemos que se trata del cobre.

Solución: Cobre

a.2) Los primeros celtas llegaron a la zona de Stonehenge hacia el año 600 antes de nuestra era. En 1950, fragmentos de carbón vegetal de hogueras encendidas por los constructores dieron una actividad radioactiva del carbono 14 que era un 54,0% de la actividad de una muestra de madera de 1950.

(i) Date la muestra de carbón vegetal. 1 punto

A partir de la ley para la actividad de una muestra radiactiva, podremos datar la edad de la muestra de madera

A = A_0 \cdot e^{-\lambda \cdot t} \ \Rightarrow \ \frac{A}{A_0} = e^{-\lambda \cdot t} \ \Rightarrow \ \ln \left (\frac{A}{A_0} \right ) = – \lambda \cdot t= -\frac{\ln 2}{T_{\frac{1}{2}}} \cdot t \ \Rightarrow \ t=- \frac{\ln \left( \frac{A}{A_0} \right ) \cdot T_{\frac{1}{2}}}{ \ln 2}

En el formulario del examen aparece el valor del periodo de semidesintegración del carbono 14 $T_{\frac{1}{2}} (^{14} C) = 5730 \ años$ . sustituyendo en al expresión anterior

t=- \frac{\ln 0.54 \cdot 5730}{\ln 2} \approx 5090\ años

Solución: 5090 años

(ii) Explique si el resultado es compatible con la construcción de Stonehenge por parte de los pueblos celtas. 0,25 puntos

600 años antes de nuestra era son aproximadamente 2600 años, por tanto el carbón vegetal de la hoguera era anterior a la construcción.

Solución: No es compatible.

(iii) Fragmentos de los megalitos (piedras grandes) de Stonehenge, ¿también sirven para la datació con carbono 14? 0,5 puntos

No, no podríamos datar cuando se tallaron las rocas ya que estas no son seres vivos que incorporan $^{14} C$ . El método de datación con carbono 14 es exclusivo de origen biológico, como madera, huesos o carbón vegetal.

Solución: No sirve

(iv) Si la actividad de una muestra de carbón en 1950 era un 54,0% de la inicial, ¿qué porcentaje de la inicial tiene la muestra en 2026? 0,75 puntos

Nuevamente a partir de ley para la actividad y sabiendo que han pasado 5090 + (2026-1950) =5166 años

\frac{A}{A_0} = e^{-\lambda \cdot t} \ \Rightarrow \ \frac{A}{A_0} = e^{-\frac{\ln 2}{T_{\frac{1}{2}}} \cdot t }= e^{-\frac{\ln 2 \cdot 5166}{5730}}=0.535=53.5 \ \%

Solución: 53,5 %

PAU UIB 2026 Física: examen de junio resuelto (Modelo 3)

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Nacho Casaus Sánchez

Excelente profesor de matemáticas, física y química. Clases muy dinámicas y entretenidas, con explicaciones claras que facilitan mucho el aprendizaje. Siempre dispuesto a resolver dudas y a ayudar a sus alumnos a comprender los conceptos en profundidad.

Gerardtowers 1

He tenido muchos profesores de repaso en estos últimos dos años de bachiller, pero sin duda Jaime, Academia Montesino, ha sido el que más me a ayudado, tiene tres asignaturas que son: Matemáticas, Física y Química, pero se nota que es una persona muy profesional, con un dominio excelente de las materias, siendo capaz de explicar conceptos complejos de forma sencilla. Además, desde la primera clase pude ver observar el gran interés que tiene por enseñar y siempre dispuesto a ayudar al alumno, asegurándose de que el alumno entiende realmente el contenido. Solo me queda agradecer todo el apoyo recibido. Ha sido el mejor que he tenido.

alicia vives gomez

Quiero agradecerle enormemente toda la ayuda que me ha dado en la preparación de Química para la PBAU. Me presentaba por libre y partía con muchas dudas e inseguridades, pero gracias a sus explicaciones, su paciencia y su forma de enseñar he conseguido entender la materia y aprobar el examen. Siempre ha estado dispuesto a resolver cualquier duda, explicando los conceptos las veces que hiciera falta y adaptándose a mis necesidades. Ha sido una suerte contar con un profesor así en un momento tan importante. Muchísimas gracias por todo. ¡Totalmente recomendable!

MARC CASTRO ARQUÉS

Una gran persona, se adapta muy bien a tus necesidades da igual cuántas veces tenga que repetirte las cosas, hasta que lo entiendas y si no llegas a entenderlo te lo explica de alguna forma diferente, las clases son muy dinámicas y entretenidas. Muy recomendable. Gracias Jaime

Marina Grimalt

Explica de maravilla, pone ejemplos muy claros. A mí personalmente me ha dado clases de matemáticas y química de bachiller. Lo recomiendo, gran profesor.

Diego Merida

Gran profesor de Matemáticas, Física y Química. Gracias a su apoyo y claridad al explicar, pude superar Bachillerato y Selectividad con confianza. Siempre dispuesto a ayudar y motivar. ¡Muy agradecido!

ana caldentey

Súper buenas las clases, me han ayudado muchísimo en mates y en física

Mar Pons

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Tere Soto

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