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1.
OLIMPIADA INTERNACIONAL DE
FÍSICA Problemas resueltos y comentados por: José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo XVIII OLIMPIADA DE FÍSICA - ALEMANIA (RDA), 1987 1.-Aire húmedo en ascenso Una corriente de aire húmedo asciende por la ladera de una montaña, siendo la citada corriente adiabática. En la figura 1 M2 M1 M0 M0 M3 Fig. 1 las presiones en Mo y M3 son 100 kPa y en M2 70 kPa. La temperatura del aire en M2 es de 20ºC. La formación de nubes se produce a una presión de 84,5 kPa. Considerar una masa de aire ascendente de 2000 kg por metro cuadrado. El aire alcanza la cima de la montaña (M2) después de 1500 segundos y cede bajo forma de lluvia 2,45 g de agua por kg de aire a) Calcular la temperatura T1 en M1 lugar donde se forman las nubes b) ¿Cuál es la altura h1 (M1) por encima de Mo, admitiendo que la densidad del aire decrece linealmente con la altura? c) Calcular la temperatura T2 en la cima de la montaña © José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net 140
2.
d) Determinar la
altura de la columna de agua (nivel de precipitación) formada por la precipitación de la corriente durante tres horas, si se supone una caída de lluvia homogénea entre los puntos M1 y M2. e) Calcular la temperatura T3 en la otra ladera de la montaña (M3) Ayuda y datos Se considera a la atmósfera como un gas ideal. La influencia del vapor de agua en el calor específico y en la densidad del aire es despreciable. También se supone que el calor latente de condensación es independiente de la temperatura. Cp = 1005 Jkg-1K-1, densidad a po y To del aire ρo= 1,189 kg m-3 , calor latente de consdensación del agua L= 2500 kJ kg-1. Coeficiente adiabático γ = 1,4 a) La ecuación de una transformación adiabática es: Po Voγ = P1V1γ . La ecuación de los gases perfectos V1 Po T1 Po Vo = nRTo ; Po Vo = nRTo ⇒ = Vo P1To De ambas se deduce: γ γ 1−γ γ 1−γ Po V1 P T Po T Po γ = = 0 1 V PT ⇒ P = 1 T ⇒ T1 = T0 P ⇒ P1 o 1 o 1 o 1 1−1,4 100 1,4 T1 = 293 * = 279 K 84,5 b) La variación de presión entre dos puntos separados por una distancia dh situados entre Mo(ho=0) y M1 (h=h1)es: -dp = ρ g dh Según el enunciado del problema la densidad varía linealmente con la altura (ver figura 2) ρo ρ1 h1 Fig.2 © José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net 141
3.
La ecuación de
la recta es: ρ o − ρ1 ρ = ρo − h h1 Por tanto, p h h h 1 1 ρ − ρ1 1 1ρ −ρ ∫ dp = − ∫ ρ o − o h g dh ; p1 − p o = − ∫ ρ o g dh + ∫ o hg dh ⇒ 1 po 0 h1 0 0 h1 ρ gh ρ gh gh (ρ + ρ1 ) ⇒ p1 − p o = −ρ o gh 1 + o 1 − 1 1 ⇒ p o − p1 = 1 o ⇒ 2 2 2 2(p o − p1 ) h1 = g (ρ o + ρ 1 ) Por otra parte, a partir de la ecuación de los gases tenemos ρ1 en función de las presiones y temperaturas conocidas lo que permite llegar al valor de h1. ρ o RTo ρ RT ρ o p1To po = , p1 = 1 1 ⇒ ρ1 = M M p o T1 2(p o − p1 ) 2(100 − 84,5)10 3 h1 = = = 1398 m ρ pT 84,5 * 293 g ρ o + o o 9,8 * 1,1891 + p o T1 100 * 279 c) En el proceso adiabático del ascenso del aire éste se enfría, al mismo tiempo se condensa vapor de agua y cede el calor latente. g agua 2000kg * 2,45 = 4900 g agua ⇒ Q = L * m agua = 2500kJ * 4,9kg = 12250 kJ kg El aumento de temperatura debido a esta condensación es: kJ 12250 kJ = 2000kg * 1,005 * ∆T ⇒ ∆T = 6,1 K kgK El enfriamiento adiabático da una temperatura de 1−γ 1−1,4 p γ 84,5 1,4 T2 = T1 1 ´ p = 279 = 264 K 2 70 T2 = 264 + 6,1 ≈ 270 K d) La masa de agua precipitada por metro cuadrado durante tres horas es: 4,9 kg * 3 * 3600s = 35,3 kg 1500 s © José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net 142
4.
El volumen de
agua y la altura alcanzada son: m 35,3 kg V 3,53.10 −2 m 3 V= = = 3,53.10 −2 m 3 ⇒ h = = 2 = 3,53.10 −2 m = 35,3 mm d kg S 1 m 1000 3 m 1−γ 1−1,4 p2 γ 70 1,4 e) T3 = T2 p = 270 = 299 K 3 100 2.-Electrones en un campo magnético Un haz de electrones se emite a partir de una fuente puntual P y penetra en un Campo magnético de un toroide en la dirección de las líneas de fuerza. El ángulo de apertura del haz es 2αo y se supone que 2αo<<1. La inyección del haz se verifica en el radio medio R del toroide siendo al voltaje de aceleración de los electrones Vo. Se desprecia cualquier interacción entre los electrones y el módulo del campo magnético B se considera constante. a) Para guiar a los electrones en el campo magnético toroidal es necesario un campo magnético de deflexión B1. Calcular el valor de B1 para un electrón que se mueve en una órbita circular de radio R en el toroide. b) Determinar el valor del campo B el cual proporciona cuatro puntos de enfoque separados entre sí π/2, tal como indica la figura inferior 2d R P c) El haz de electrones no puede permanecer en le toroide sin la presencia de un campo de deflexión B1, sino que lo abandonará con un movimiento de deriva perpendicular al plano del toroide. © José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net 143
5.
c1) Mostrar que
la desviación radial de los electrones a partir del radio de inyección es finita. c2) Determinar la dirección de la velocidad de deriva. Nota. Se desprecia el ángulo de apertura del haz electrónico .Utilice las leyes de conservación de la energía y del momento angular. e/m = 1,76.1011 C.kg-1 , Vo = 3 kV , R = 50 mm En figura inferior R es el radio del toroide y la vista es por encima del mismo, mirando de arriba hacia abajo. La velocidad de los electrones v, que forman un ángulo αo con el campo magnético tiene una componente radial y otra tangencial B αo R vR La componente tangencial de la velocidad no interacciona con el campo. La componente radial lo hace F = −ev R B Esta fuerza es perpendicular al plano del círculo de radio R y dirigida hacia dentro del r r plano del papel. Como F y v R son perpendiculares aparece un movimiento circular pero como existe también una velocidad tangencial de avance, los electrones describen una espiral de modo que la fuerza magnética es la centrípeta mv 2 mv R ev R B = R ⇒ r= r eB El tiempo que emplea el electrón en describir una vuelta completa vale: mv R 2π 2π r eB = 2π m T= = vR vR eB En ese mismo tiempo T el electrón avanza una distancia b = v t * T . Teniendo en cuenta que el ángulo αo es muy pequeño podemos aproximar v t = v . Por otra parte el problema nos pide el valor del campo cuando los electrones recorren una distancia b que es igual, según el enunciado, a © José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net 144
6.
2π R
b= 4 Dado que los electrones son acelerados por una diferencia de potencial Vo, la energía cinética que adquiere es la que le comunica el campo eléctrico, lo cual nos permite tener v 1 2eVo mv 2 = eVo ⇒ v = 2 m 2π R 2eVo 2π m 1 32mV0 1 32 * 3.10 3 b = v*T = = * ⇒ B= = ⇒ 4 m eB R e 50.10 −3 1,76.1011 B = 1,48.10 − 2 T Para el campo deflector se cumple que 2eVo 2 m mv mv m = 1 2mVo 1 2 * 3.10 3 = evB1 ⇒ B1 = = = 11 = 0,37.10 − 2 T R Re Re R e 50 1,76.10 3.-Rejilla infinita LC Cuando por una rejilla infinita L-C se propaga una onda senoidal la fase de la corriente alterna a través de dos condensadores sucesivos difiere en el valor φ. L L C C C l l a) Determinar cómo depende φ de ω , L y C, (ω es la frecuencia angular de la onda semoidal) b) Determinar la velocidad de propagación de las ondas si la longitud de cada unidad es l c) Establecer bajo qué condiciones la velocidad de propagación de las ondas es casi independiente de ω. Calcular la velocidad en este caso. © José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net 145
7.
Escogemos dos unidades
de la rejilla contiguas y las designamos con las letras A y B y establecemos las caídas de tensión y las intensidades de la corriente ILB ILA N VLA VLB ICA VCA ICB VCB A B Al nudo N llegan las corrientes ILA y ICB y sale ILB, por tanto, ILA+ICB-ILB = 0 (1) Para la malla A VCA+VLA-VCB = 0 (2) La intensidad que circula por un condensador está adelantada 90º respecto a la caída de tensión. Si la caída de tensión en el condensador A vale VCA = Vo sen ωt + φ A ( ) La intensidad vale: I CA = Vo C ω cos (ωt + φ A ) Para el condensador B se cumple ( VCB = Vo sen ωt + φ B ); I CB = Vo C ω cos (ωt + φ B ) Por otra parte VLA = I LA Lω De acuerdo con la ecuación (2) Vo sen (ωt + ϕ A ) + VLA − V0 sen (ωt + ϕ B ) = 0 ⇒ 2ω t + ϕ A + ϕ B ϕA − ϕB ⇒ VLA = 2Vo cos sen 2 2 Dado que ϕ A − ϕ B = Φ , la ecuación anterior queda así: 2ϕ − Φ Φ VLA = 2Vo cos ω t + A sen 2 2 En una autoinducción la intensidad está retrasada 90º respecto a la caída de tensión © José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net 146
8.
2Vo
2ϕ − Φ Φ I LA = sen ω t + A sen Lω 2 2 Para la intensidad ILB 2Vo ϕ + ϕC ϕB − ϕC I LB = sen ω t + B sen Lω 2 2 De acuerdo con la relación entre los ángulos ϕ A − ϕ B = Φ ⇒ ϕ B = ϕ A − Φ ϕ B − ϕC = Φ ⇒ ϕC = ϕB − Φ = ϕ A - Φ − Φ ⇒ ϕ C + ϕ B = ϕ A − 2Φ + ϕ A − Φ = 2ϕ A − 3Φ Luego 2Vo 2ϕ − 3Φ Φ I LB = sen ω t + A sen Lω 2 2 Sustituyendo en la ecuación (1) de las intensidades 2ϕ − Φ sen + Vo C ω cos (ωt + φ B ) - 2Vo Φ sen ω t + A Lω 2 2 2V 2ϕ − 3Φ Φ − o sen ω t + A sen = 0 Lω 2 2 Φ 2ϕ − Φ 2ϕ − 3Φ + Vo Cω cos(ωt + ϕ B ) = 0 2Vo sen sen ω t + A − sen ω t + A Lω 2 2 2 La diferencia de los dos senos del paréntesis cuadrado es: A+B A−B senA − senB = 2cos sen 2 2 2ϕ − Φ 2ϕ − 3Φ sen ω t + A − sen ω t + A = 2 2 2ϕ − Φ 2ϕ − 3Φ 2ϕ − Φ 2ϕ − 3Φ ω t+ A +ω t+ A ω t+ A −ω t − A = 2cos 2 2 sen 2 2 = 2 2 ( ) Φ = +2 cos ω t − Φ + ϕ A sen − 2 Con esto queda la ecuación de las intensidades en la forma: © José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net 147
9.
sen [cos(ωt −
Φ + ϕ A )] sen − + Vo Cω cos(ωt − Φ + ϕ A ) = 0 ⇒ 4Vo Φ Φ Lω 2 2 4Vo Φ Φ Φ Φ LCω 2 ⇒ sen sen − + Vo Cω = 0 ⇒ −sen sen = − ⇒ Lω 2 2 2 2 4 LCω 2 ω ⇒ sen 2 Φ = ⇒ senΦ = LC 4 2 El máximo valor de sen Φ es la unidad y entonces el máximo valor de la frecuencia 2 angular es: ω = LC b) Designamos con ∆t el tiempo que tarda la onda en recorrer la distancia l. La l velocidad de la onda es v = . En el tiempo ∆t se produce un cambio de fase Φ, a un ∆t periodo T le corresponde 2π. T ∆t TΦ = ⇒ ∆t = 2π Φ 2π 2π Φ ωl Como ω= ⇒ ∆t = ⇒ v= T ω Φ ω LC d) Supongamos que sen Φ se puede confundir con el ángulo, entonces Φ = 2 2l v= LC Para que el seno se pueda aproximar al ángulo es porque el ángulo es muy pequeño y para que esto ocurra ω también ha de ser muy pequeño. Cuanto mayor sea LC menor ha de ser ω para poder hacer la aproximación del seno con el ángulo, y en consecuencia v será tanto menor. © José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net 148
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