Olimpiada internacional de física 35

OLIMPIADA INTERNACIONAL DE FÍSICA

Problemas resueltos y comentados por:
José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo

XXXV OLIMPIADA DE FÍSICA - COREA DEL SUR, 2004

I.-UN CONDENSADOR “PING-PONG”

Un condensador consiste en dos platos circulares paralelos entre sí,
siendo R el radio de cada plato y d la distancia entre ellos, cumpliéndose
que d<< R (fig 1.1 a). El plato superior está conectado a un voltaje
constante V y el inferior a tierra. Después se coloca en el centro del plato
inferior un pequeño disco de masa m y radio r (r<<R) y espesor t (
t<<r)como indica la figura 1.1b.
Entre los platos se ha hecho el vacío siendo la constante dieléctrica εo,
tanto los platos como el disco son conductores perfectos. Los efectos
electrostáticos en los bordes así como la inductancia del circuito, los
efectos relativistas y los efectos de la carga imagen son despreciables.

Vista
lateral +
R V
V
d d r
q
t

mg
(a) (b)
Fig. 1.1
Fig. 1.1 (a) es un dibujo esquemático del condensador conectado a la fuente de potencial
V b) es una vista lateral del condensador con el pequeño disco de masa m colocado
en el plato inferior

a) Calcule la fuerza electrostática Fe entre los platos separados la
distancia d, antes de insertar el disco de masa m.

b) Cuando el disco se coloca sobre el plato inferior, su carga q está
relacionada con el voltaje V por la expresión q = ΓV . Encontrar Γ en
función de r, d y εo

c) Los platos paralelos están colocados perpendicularmente a un campo
gravitacional uniforme de intensidad g. Para elevar el disco de la

© José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net 397

posición inicial de reposo se necesita aplicar un voltaje mayor que un
voltaje umbral Vth. Obtener Vth en función de m, g, d y Γ.

d) Cuando V>Vth el disco efectúa un movimiento arriba-abajo entre los
platos (se supone que el disco se mueve verticalmente sin bamboleos).
Las colisiones entre el disco y los platos son inelásticas siendo el
v después v d
coeficiente de restitución η = = , siendo, respectivamente, va
v antes va
y vd las velocidades inmediatamente antes y después de la colisión. Los
platos permanecen en posiciones fijas. La velocidad del disco después de
la colisión con el plato inferior se aproxima a una velocidad constante vs
que depende de V mediante la ecuación
v s = αV 2 + β
Obtener los coeficientes α y β en función de m, g, Γ, d , y η
Se supone que el disco choca con el plato de tal modo que se produce un
cambio instantáneo de carga en cada colisión

e) Después de alcanzar la velocidad constante, la corriente promedio I a
través del condensador se puede aproximar mediante la expresión I = γV2
cuando qVmgd. Expresar el coeficiente g en términos de m , Γ d y η

f) Cuando el voltaje aplicado V decrece (de modo lento) existe un voltaje
crítico Vc por debajo del cual la carga cesa de fluir. Encontrar el voltaje
crítico Vc y la corriente Ic en función de m, g, d, Γ y η.
Comparando Vc con el voltaje umbral Vth hacer una gráfica aproximada
de I-V cuando V aumenta y disminuye en el rango V=0 hasta 3 Vth
a).-Calcule la fuerza electrostática Fe entre los platos separados la distancia d,
antes de insertar el disco de masa m
1
La energía almacenada en un condensador es U = CV 2 y la capacidad de un
2
condensador plano
πR 2 1 πR 2 2
C= ε o , luego: U = εo V
d 2 d

Si queremos aumentar la distancia entre las placas una distancia δd se necesita realizar
un trabajo dW = F δd y se producirá una variación de energía

1 πR 2 1  1 1 1 δd
Uf = εo V 2 ⇒ ∆U = ε o πR 2 V 2  −  ⇒ − ε o πR 2 V 2 2 = F δd
2 d + δd 2  d + δd d  2 d
2
1 V
F = − ε o πR 2
2 d


b).- Cuando el disco se coloca sobre el plato inferior, su carga q está relacionada
con el voltaje V por la expresión q = ΓV . Encontrar Γ en función de r, d y εo
La densidad superficial de carga es la misma en los platos que en el disco

Q q r2 r2 πR 2 r 2 πr 2
= 2 ⇒ q = Q 2 = CV 2 = ε o V = εo V = ΓV
πR 2 πr R R d R2 d
πr 2
Γ = εo
d
c).- Para elevar el disco de la posición inicial de reposo se necesita aplicar un
voltaje mayor que un voltaje umbral Vth. Obtener Vth en función de m, g, d y Γ.
La fuerza sobre el disco debe ser mayor que el peso para elevarlo e igual para obtener el
equilibrio
1 ε o πr 2 Vth
2
2mgd 2 2mgd 2mgd
= mg ⇒ Vth =
2
= ⇒ Vth =
2 d 2
ε o πr 2
Γ Γ

d).- Obtener los coeficientes α y β en función de m, g, Γ, d , y η

Una vez que se ha establecido el equilibrio designamos con ECi la energía cinética que
posee el disco nada más abandonar el plato inferior, en ese momento, el disco posee una
carga q negativa. El campo eléctrico ejerce un trabajo sobre el disco que vale qV,
trabajo que se emplea en aumentar la energía cinética al llegar al plato superior y
dotarle de energía potencial. Sea ECll2, la energía cinética del disco justamente antes de
chocar con el plato superior,
E Ci + qV = E Cll 2 + mgd
El disco después de rebotar en el plato superior posee una carga q positiva, su
velocidad ha disminuido debido al choque inelástico y ahora designamos a su energía
cinética por E CR 2 .Podemos escribir

2
1 1 E CR 2 v d
E Cll 2 = mv a ; E CR 2 = mv d
2 2
⇒ = 2 = η2 ⇒ E CR 2 = η 2 E Cll 2
2 2 E Cll 2 v a
E CR 2 = η 2 (E Ci + qV − mgd )

Cuando el disco llegue a la placa 1 el campo ha hecho un trabajo qV y el disco ha
perdido su energía potencial, por tanto, si designamos por ECll1, la energía cinética de
llegada al plato 1
E Cll1 = E CR 2 + qV + mgd = η 2 (E Ci + qV − mgd ) + qV + mgd

Al rebotar en el plato 1 su energía cinética es igual a ECi , ya que el régimen alcanzado es
Estacionario

E Ci = η 2 E Cll1 = η 4 (E Ci + qV − mgd ) + η 2 (qV + mgd ) ⇒

⇒ ( ) ( ) (
E Ci 1 − η 4 = qVη 2 1 + η 2 + mgd η 2 − η 4 ⇒)
qVη (1 + η )
2 2
(1 − η ) = qVη + mgdη
2 2 2
⇒ = + mgdη 2
E Ci
(1 + η )(1 − η )
2 2
(1 + η )(1 − η ) (1 − η ) (1 + η )
2 2 2 2


Si en la expresión anterior introducimos la velocidad

1 qVη 2 mgdη 2 2qVη 2 2gdη 2 2ΓV * Vη 2 2gdη 2
mv s =
2
+ ⇒ vs = + = +
2 (
1 − η2 ) (
1 + η2 ) (
m 1 − η2 ) (
1 + η2 ) ( ) (
m 1 − η2 1 + η2 )
2Γ η 2 2gdη 2
vs = V +
2

(
m 1 − η2 )
1 + η2 ( )
2Γ η 2 2gdη 2
α= β=
(
m 1 − η2 ) ;
(
1 + η2 )
e).- Después de alcanzar la velocidad constante, la corriente promedio I a través
del condensador se puede aproximar mediante la expresión I = γV2 cuando
qVmgd. Expresar el coeficiente g en términos de m , Γ d y η

La condición impuesta es que el trabajo del campo qV es mucho mayor que el valor de
la energía potencial, por tanto, se puede prescindir de este término y observar que la
aceleración del disco se debe únicamente al campo eléctrico
qE qV
Fe = qE = ma ⇒ a = =
m md
Si se llega a un estado estacionario el disco sale con una velocidad vs del plato inferior
y llega con una velocidad mayor vM al plato superior, después rebota con una velocidad
vs y llega al plato inferior con una velocidad vM para que después de rebotar en el plato
inferior salga con la velocidad vs. El tiempo de ir del plato inferior al superior es el
mismo que del superior al inferior ya que se prescinde del peso del disco y su energía
gravitatoria.
La relación entre estas velocidades v M = v s + at ,la podemos expresar a través del
coeficiente η .
vs
v M = v s + at ; v s = ηv M ⇒ = v s + at ⇒ v s (1 − η) = ηat
η
Como hemos encontrado antes, la energía cinética del disco es;
1 qVη 2 mgdη 2 2qV
mv s =
2
+ ⇒ qV mgd ⇒ v s = η
2 1− η 2
( 1+ η 2
) ( ) m 1 − η2 ( )
qV
Sustituyendo en la expresión de la velocidad vs y teniendo en cuenta que a =
md

2qV
(1 − η) = η qV t ⇒ t=
2qVm 2 d 2
(1 − η) = 1 − η 2 2md 2
⇒
η
(
m 1− η 2
) md (
m 1− η q V
2 2
)2
1− η qV

(1 − η) 1 − η2 2md 2 1 − η2 2md 2 1 − η 2md 2
⇒ t= = =
(1 − η )
2
qV (1 + η)2 ΓV 2 1 + η ΓV 2

q ΓV
La intensidad de la corriente I = =
t t


1+ η ΓV 2 1+ η Γ3
I = ΓV = * V2
1− η 2md 2 1 − η 2md 2

Y de la expresión I = γV 2
1+ η Γ3
γ=
1 − η 2md 2

f).- Encontrar el voltaje crítico Vc y la corriente Ic en función de m, g, d, Γ y η.
Para que la carga cese de fluir es preciso que el disco que abandona el plato 1 con la
velocidad vs no llegue al plato 2 y el límite se produce cuando la velocidad de llegada al
plato 2 es nula. En estas condiciones el trabajo del campo se emplea únicamente en
aumentar la energía potencial del disco

1 2qVc
mv s + qVc = mgd
e
⇒ vs +
2
= 2gd
2 m

2Γ η 2 2gdη 2
En el apartado 2 hemos visto que v s = V +
2

(
m 1 − η2 )
1 + η2 ( )
2Γ η 2 2gdη 2 2ΓVc2  η2   η2 
Vc2 + + = 2gd ⇒ ΓVc2  + 1 = mgd1 −  ⇒
(
m 1 − η2 ) (
1 + η2 m )  1 − η2



 1 + η2



1 1 1 − η2 mgd
⇒ ΓVc2 = mgd ⇒ Vc =
1− η 2
1 + η2 1 + η2 Γ
2mgd
En el apartado c) se ha calculado Vth =
Γ

2mgd
Vth
= Γ ⇒
Vth
=
(
2 1 + η2 ) ⇒ Si ς =
1 − η2
⇒
Vc 1 − η2 mgd Vc 1 − η2 ( )
2 1 + η2
1 + η2 Γ
Vc
⇒ =ς
Vth
Supongamos que el disco abandona el plato 1 con la velocidad vs y carga –q y alcanza
justamente el plato 2 con velocidad nula. Una vez que toque el plato 2 intercambia su
carga y se hace positiva por lo que se dirige hacia el plato 1 partiendo con velocidad
nula y aceleración hacia arriba a ↑ .
Vc ΓVc2 Γ 1 − η 2 mgd
qE − mg = ma ↑ ⇒ q − mg = ma ↑ ⇒ a↑ = −g = −g ⇒
d md md 1 + η 2 Γ
1 − η2  1 − η2  − 2η 2 g
⇒ a↑ = g − g = g
 1 + η 2 − 1
 ⇒ a↑ =
1+ η 2
  1 + η2


La aceleración hacia abajo, esto es, desde el plato superior al inferior, calculada de
forma semejante es:

 1 − η2  2g
qE + mg = ma ↓ a ↓ = g
 1 + η 2 + 1 ⇒ a ↓ = 1 + η 2
⇒ 
 
Vamos a calcular ahora los tiempos que emplea el disco en subir y bajar y por tanto en
transmitir la carga 2q
1 v v (1 + η 2 )
d = vs t ↑ + a ↑ t ↑ , 0 = vs + a ↑ t ↑ ⇒ t ↑ = − s = s 2
2

2 a↑ 2η g
1
d = a ↓ t ↓ ; v↓ = a ↓ t ↓ =
2 vs
= a↓t↓ ⇒ t↓ =
vs
=
v s 1 + η2 ( )
2 η ηa ↓ η2g
El tiempo total de subida y bajada es.
v 1 + η2  1 
tT = t↑ + t↓ = s  + 1
( )
2η g  η 
 
Anteriormente hemos visto que

2Γ η 2 2gdη 2 1 − η2 mgd
vs = Vc +
2
Vc =
(
m 1 − η2 )
1 + η2 ( ) y
1 + η2 Γ
de ambas resulta:

2Γ η 2 1 − η 2 mgd 2gdη 2 2η 2 gd 2gdη 2 4η 2 gd
vs = + = + =
( *
)
m 1 − η2 1 + η2
*
Γ 1 + η2 1 + η2 1 + η2 1 + η2

Sustituyendo en la ecuación del tiempo tT

tT =
(
v s 1 + η2 )  1 + 1 =
 
4η 2 gd 1 + η 2
*
1 
 + 1 =
(
d 1 + η2 )  1 + 1
 
2η g η  1 + η2 2η g η  η 
    g  

2q
y con este valor calculamos la intensidad crítica I C =
tT

1 − η2 mgd
2Γ
IC =
2q
=
2ΓVc
=
1 + η2 Γ
=
(
4Γ 2 1 − η 2 g * mgd) *
η
⇒
tT (
d 1 + η2 )  1 + 1
 
(
d 1 + η2 )  1 + 1
 
(
d 1+ η 2 2
)Γ 1+ η
η  η 
g   g  
4Γmg 2 (1 − η)(1 + η) η 2gη mΓ(1 − η) 2η 1 − η 2
⇒ ⇒ IC = = g mΓ
(1 + η )2 2
*
1+ η 1 + η2 ( ) 1+ η (
1 + η 2 (1 + η) )
Comparando Vc con el voltaje umbral Vth hacer una gráfica aproximada de I-V
cuando V aumenta y disminuye en el rango V=0 hasta 3 Vth


I = q / t, (intensidad promedio de la corriente cuando el disco alcanza su función
constante. I a través del condensador se puede aproximar mediante la expresión I = γV2
1+ η Γ3
cuando qVmgd. Siendo γ = )
1 − η 2md 2

2mgd
Vth = , (Vth es el voltaje umbral necesario para elevar el disco)
Γ

1 − η 2 mgd
Vc = ( voltaje crítico, mínimo necesario para que el disco llegue al plato
1 + η2 Γ
superior con velocidad nula)

Vth =
(
2 1 + η2 ) V
Vc (relación entre ambos, c = ζ , con ς =
1 − η2
)
1− η 2
Vth 2(1 + η 2 )

2η 1 − η 2
IC =
(1 + η )(1 + η) g
2
mΓ (intensidad crítica, cuando el condensador alcanza su voltaje

crítico. IC = 2q / tT )

I
I∼γV
∼
2

Ith U
C
I

ζ 1 3 V/VU
2

El punto C de la gráfica indica que su abscisa contiene el voltaje crítico VC/Vth y su
ordenada es la intensidad crítica IC.

En el punto U la abscisa vale la unidad, lo que indica que V = Vth es el voltaje umbral, y
su ordenada es la intensidad umbral Ith.

Los valores de abscisas 1, 2 y 3, son los coeficientes de V = Vth , V = 2Vth y V = 3Vth
múltiplos del voltaje umbral.


II.-GLOBO ASCENDENTE

Un globo de goma, lleno de helio, puede ascender en la atmósfera. La
presión y temperatura de la atmósfera disminuyen con la altura. En el
problema se considera que la forma del globo es esférica a pesar de los
aparejos que pueda llevar y que el volumen de éstos es despreciable.
También se admite que la temperatura del gas helio dentro del globo es
siempre igual a la de la atmósfera que lo rodea y que los gases tienen
comportamiento ideal. La constante universal de los gases es R =
8,31J/(mol*K) , las masas molares del helio y del aire son MHe= 4,00.10-3
kg/mol y MA = 28,9.10-3 kg/mol, respectivamente. La aceleración de la
gravedad es 9,8 m/s2.

Parte A
a) Sea P la presión del aire y T su temperatura. La presión dentro del
globo es mayor que la de fuera debido a la tensión superficial de la goma
del globo. Éste contiene n moles de gas helio siendo la presión en el
interior P+∆P. Encontrar la fuerza ascensional FB que actúa sobre el
globo en función de P y ∆P.

b) En Corea y en un día de verano la temperatura TZ a una altura z
respecto del nivel del mar es
 z 
TZ = To 1 −
 

 zo 
Expresión válida en el rango 0z15 km ,siendo zo= 49 km y To = 303 K.
La presión y la densidad del aire al nivel del mar son, Po=1,0 atm =
1,01.105 Pa y ρo= 1,16 kg/m3, respectivamente.
Para el intervalo de altura especificado, la presión de la atmósfera se
expresa mediante la ecuación
η
 z 
PZ = Po 1 −
 
 (2.1)
 z0 
Expresar η en función de zo, ρo, Po y g y encontrar su valor numérico
dando el resultado con dos cifras significativas. Se considera que g no
varía con la altura.

Parte B
Si la goma de un globo esférico no tiene tensión y éste tiene un radio ro,
y se infla hasta que adquiere un radio rro, la superficie del globo posee
una energía elástica debido a su tensión. De acuerdo con una teoría
sencilla la energía elástica para una temperatura constante T, está dada
por la ecuación


 1 
U = 4π ro2 κRT  2λ 2 + 4 − 3  (2.2)
 λ 
r
Siendo λ = denominada razón de inflado, κ es una constante
ro
expresada en mol/m3.

c) Calcular ∆P en función de los parámetros dados en la ecuación (2.2) y
dibujar la gráfica ∆P frente a λ.

d) La constante κ se puede determinar a partir de la cantidad de gas que
se necesita para inflar el globo. A To= 303 K y Po= 1atm=1,01.105 Pa, un
balón sin tensión (λ=1) contiene no= 12,5 moles de helio. Cuando se infla
el balón hasta que contiene 3,6no= 45 moles, el valor de λ es 1,5, siendo
la presión y temperatura Po y To ,respectivamente.
κ
Calcular el parámetro del globo a, definido como a = en función de n,
κo
ro Po
no y λ , siendo κ o = .Calcular a con dos cifras significativas.
4RTo

Parte C
Un globo preparado como en d) al nivel del mar ( inflado con λ = 1,5, n=
3,6no= 45 moles de gas helio, a To =303 K y Po = 1,01.105 Pa) tiene una
masa total MT=1,12 kg incluido el gas, el propio globo y sus aparejos.

e) Si este globo se eleva en la atmósfera, se detiene a una altura zf para la
cual la fuerza ascensional es igual al peso. Encontrar zf y la razón de
inflado λf a esa altura. Dar las respuestas con dos cifras significativas, no
considerar la velocidad de ascensión y que no existe pérdida de gas
durante el ascenso.
a).-Encontrar la fuerza ascensional FB que actúa sobre el globo en función de P y
∆P.

Sobre el globo actúa el empuje como una fuerza vertical y hacia arriba y el peso hacia
abajo del globo que incluye los aparejos y el propio peso del gas que contiene. Si
consideramos que la fuerza ascensional es el empuje, entonces

E = FB = Vglobo * densidad del aire * g
El volumen del globo es el volumen que ocupa el gas a la presión P+∆P y a la
temperatura T
(P + ∆P )Vglobo = nRT


La densidad del aire a la presión P y temperatura T
g ρ
P= RT = RT
VM A MA

nRT PM A nPM A
FB = * *g = *g
P + ∆P RT P + ∆P

b).- Expresar η en función de zo, ρo, Po y g y encontrar su valor numérico dando el
resultado con dos cifras significativas.

Al nivel del mar la presión es Po y la temperatura To, a una altura z la presión es PZ y la
temperatura TZ. La diferencia de presiones se debe al peso de la columna de aire que
existe entre el nivel del mar y la altura z. En un lugar intermedio de altura x ( 0xz) la
presión es PX y la temperatura TX. La disminución de la presión al elevarnos una altura
dx es:
P M dp M g dx
− dp x = ρ X g dx = X A g dx ⇒ − X = A ⇒
RTX PX R  x 
To 1 − 
 z 
 o 
PZ
− dp X M A g z o z
M Ag zo zo − z
∫ PX = RTo ∫z
dx P M g zo
⇒ − ln z = − A [ln(z o − x )]o
z
=− ln
Po o o −x Po RTo RTo zo

Tomando logaritmos en la ecuación de la presión dada en el enunciado
P z −z
ln z = η ln o y comparando con la ecuación anterior resulta:
Po zo

M A gz o M A gz o ρ g z o 1,16 * 9,8 * 49.10 3
η= = = 0 = = 5,5
RTo Po M A Po 1,01.10 5
R
ρo R
c).- Calcular ∆P en función de los parámetros dados en la ecuación (2.2) y dibujar
la gráfica ∆P frente a λ.

Supongamos que la presión del interior del globo es Pi y la exterior Pe. Consideremos un
trozo pequeño de superficie del globo ∆S, la fuerza resultante en ese trozo es: Fi-Fe y el
trabajo necesario para desplazarlo en dirección radial una distancia dr es:

dW∆S = (Fi − Fe ) * dr = (Pi − Pe )∆S * dr = ∆P * ∆S * dr
Como el desplazamiento es radial, el trabajo necesario para desplazar toda la envoltura
del globo una distancia dr es:

dW = ∆P * 4πr 2 * dr

Este trabajo se emplea en variar la energía elástica de la goma (ver fórmula en el
enunciado)
 r 2 ro4   4r r 4 * 4r 3 
U = 4πro κRT
2
 2 2 + 4 − 3  ⇒ dU = 4πro2 κRT 2 − o 8 dr
 r 
 ro r   o r 


Igualando las expresiones de dW y de dU:
 4r 6   r 6 − ro6  1 r6 
4πrκRT 4r − 5o  = ∆P * 4πr 2 ⇒ ∆P = 4 κRT
  = 4 κRT − o7 ⇒
 r  
 r7 
 
r r



 1 r6  4 κRT  1 1 
⇒ 4 κRT  λr − 7o 7  ⇒ ∆P =
  − 
 o λ ro  ro  λ λ7 
∆P 1 1
La expresión anterior se puede escribir como = − , esta ecuación representa
K λ λ7
una curva que tiene un máximo
 ∆P  1
d  6
 K  = − 1 − − 7λ = − 1 + 7 = 0 ⇒ 1 = 7 ⇒ λ = 7 6 = 1,38
dλ λ2 λ14 λ2 λ8 λ6
Dando valores a λ , a partir de la unidad se construye la correspondiente gráfica

0,7
0,6
0,5
0,4
∆ P/K

0,3
0,2
0,1
0
0 1 2 3 4

λ

d).- Calcular el parámetro del globo a.
4
Cuando el globo tiene 12,5 moles , λ =1 y la ecuación del gas es Po * πro3 = n o RTo
3
4
Cuando tiene 45 moles P * πr 3 = nRTo . De ambas ecuaciones
3

3nRTo 3n o RT0 3RT0  n  4 κRTo  1 1 
P − Po = ∆P = − = 3  3
− no  =  − ⇒
4πλ ro
3 3
4πro
3
4πro  λ  ro  λ λ7 
3 n  3 n  n 
2  3
− no  2  3
− no  3 3 − n o 
16πro  λ  κ 16πro  λ  4RT0 λ  4RTo
κ= ⇒a= = * = *
1 1 κo 1 1 Po ro  1 1  3n o RTo
− − 16πro3  − 7 
λ λ7 λ λ7 λ λ  4πro3
n  45
 3 − no  − 12,5
a= λ  = 1,5 3
= 0,11
1 1   1 1 
 − 7 n o  − 7  * 12,5
 1,5 1,5 
λ λ   


e).- Encontrar zf y la razón de inflado λf a esa altura.

Designamos con PA a la presión del helio cuando el globo alcanza la altura zf. A esa
altura la presión y temperatura del aire son Pz y Tz respectivamente, el radio del globo
es r y el número de moles de helio n. Inicialmente el globo se encuentra a To y Po de

temperatura y presión siendo su número de moles no. Aplicamos la ecuación de los
gases perfectos a las dos situaciones
 z 
3
nTo 1 − f
 z 

4 3 4 3
PA * πr = nRTz ; Po * πro = n o RT0 ⇒
PA r
=
nTz
⇒
PA 3
λf =  o  (1)
3
3 3 Po ro n o To Po n o To

3
r 
λf = 
r  es la razón de inflado cuando el globo ha llegado a la altura zf

 o 

A la altura zf se produce un equilibrio entre el empuje y el peso

Vglobo * densidad * g = M T * g

Vglobo = (4/3) π r3 ;

Po M A Pz M A
Densidad a Po y To ρ0 = ; densidad a Pz y Tz ρA = , de ambas
RTo RTz
ecuaciones
ρ A Pz M A RTo Pz To
= ⇒ ρA = ρo
ρ o Po M A RTz Po Tz

4 3 PT Po Tz M T
πr * ρ o z o = M T ⇒ Pz = (2)
3 Po T z 4 3
πr ρ o To
3
En el apartado c) hemos deducido que

4κRTz  1 1 
PA − Pz = 
λ − 7  (3)

ro  f λf 

PA 3 nTz nPo Tz
De la ecuación (1) λf = ⇒ PA = y de la ecuación (2)
Po n o To n o To λ3f

Po Tz M T
Pz =
4 3
πr ρ o To
3


Llevados los valores de PA y Pz a la ecuación (3) y teniendo en cuenta además que
κ ar T
a= ⇒ κ = aκ o = o o , resulta:
κo 4RTo

nPo M T PT M 4aro Po RTZ  1 1  n MT  1 1 
− o Z T =  λ − λ7  ⇒ n λ3 − 4
   λ − λ7 
  ⇒
n o To λ f 4 3
3
4RTo ro  f f   f f 
πr ρ o To o f π λ3f ro3ρ o
3 3
n M T Po  1 
⇒ − = a  λ2f − 4 

n o n o RTo ρ o  λf 


Dando valores numéricos a la última ecuación

1,12 * 1,01.10 5  1   1 
3,6 − = 0,11 λ2f − 4
 
 ⇒ 3,6 − 3,098 = 0,11 λ2f − 4
 
 ⇒
12,5 * 8,31 * 303 *1,16  λf   λf 
1
⇒ 4,56 = λ2f −
⇒ 4,56 ≈ λ2f ⇒ λ f = 2,1
λ4f
Volviendo de nuevo a la ecuación (2)

 z   z 
Po To 1 − f M T
 z  η Po To 1 − f M t
 z 
PTM  o   z   o 
Pz = o z T = ⇒ Po 1 − f
  =
 ⇒
4 3 4  zo  n o RTo 3
πr ρ o To π λ f ro ρ o To
3 3
λ f ρ o To
3 3 Po
η−1
 z  MT  
⇒ 1 − f
 z 
 = ⇒ (η − 1) ln1 − z f
  = ln

MT
 o  n o RTo λ3f ρ 0  zo  n o RTo λ3f ρ 0

Dando valores numéricos

 zf  1,12 * 1,01.10 5
(5,5 − 1) * ln1 −  = ln = ln 0,3346
 49  12,5 * 8,31 * 303 * 2,13 * 1,16
 z  − 1,095  z  zf
⇒ ln1 − f  = = −0,243 ⇒ 1 − f  = 0,784 ⇒ − = −0,216 ⇒
 49  4,5  49  49
z f = 10,6 km ≈ 11 km

III.-MICROSCOPIO DE PRUEBA ATÓMICA

El microscopio de prueba atómico ( APM) es una poderosa herramienta
en el campo de la nanociencia. El movimiento de una palanca en el APM
se registra mediante un fotodetector que monitoriza el haz reflejado por
un láser ( fig 3.1). La palanca solamente se puede desplazar en vertical y


su desplazamiento z en función del tiempo t se describe mediante la
ecuación
d 2z dz
m + b + kz = F
dt 2 dt

2
siendo m es la masa de la palanca, k = mωo es la constante del muelle
de la palanca ,b es un pequeño coeficiente de amortiguamiento que
b
cumple ωo 0 , y finalmente F es una fuerza externa aplicada en
m
el tubo piezoeléctrico

Vi=c2z
salida

Amplificador
Foto-detector de enganche

Señal de
entrada referencia
Láser Vi
VR
V’R Cambiador de
fase (desfasador)
Piezo-tubo
k
F Piezo-tubo
z=0
m
F
palanca k
muestra m

Fig. 3.1.- Diagrama esquemático del microscopio de prueba atómico (APM). El
cuadro de la derecha representa una versión simplificada del modelo mecánico que
acopla el piezotubo con la palanca

Parte A
a) Cuando F = Fo sen  ω t  , z(t) satisface la ecuación (3.1)y se puede
 
 
escribir como z(t)=A sen (ωt-φ),en la que A0 y 0 ≤ φ ≤ π . Encontrar la
expresión de la amplitud A y tag φ en función de Fo , m, ω , ωο y b.
Obtener A y la fase φ a la frecuencia de resonancia ω = ωο


b) Un amplificador de enganche mostrado en la fig. 3.1 , multiplica la
señal de entrada por la señal de referencia de enganche
,V R = V RO senω t , y luego solamente permite pasar la componente
continua de la señal multiplicada. Se supone que la señal de entrada esta
dada por Vi = ViO sen ω t - φ  ; VRO,Vio, ωi , y φi son todas constantes
 
 i i
positivas conocidas. Encontrar la condición ω0 para una señal de salida
no desvanecida. ¿Cuál es la expresión para la señal de corriente continua
de salida no desvanecida a esa frecuencia?

c) Pasando la señal de enganche a través de un desfasador, el voltaje
V R = V RO senω t cambia a V R = V RO sen ω t +  ; V R , aplicada al tubo
, π ,
 
 2
,
piezoeléctrico, actúa sobre la palanca con una fuerza F = c1V R , luego el
fotodetector convierte el desplazamiento de la palanca ,z , en un voltaje
V = c z ; c1 y c2 son constantes. Encontrar la expresión de la señal
i 2
continua de salida a ω = ω0

d) Un cambio pequeño, ∆m, en la masa de la palanca cambia la
frecuencia de resonancia por ∆ωo. Como resultado la fase φ a la
frecuencia original de resonancia ωo, cambia en ∆φ. Encontrar el cambio
π
de masa ∆m correspondiente a un cambio de fase ∆φ = . Los
1800
parámetros físicos de la palanca son m=1,0.10-12 kg , k=1,0 N/m y
(b/m)=1,0.103s-1.
Utilice las aproximaciones
(1 + x )a ≈ 1 + ax y tag π + x  ≈ − 1 , cuando x 1
 
2  x
Parte B

Vamos a considerar ahora que algunas fuerzas, además de la fuerza
conductora discutida en la parte A, actúe sobre la palanca debida a la
muestra tal como indica la figura 3.1

e) Suponiendo que la fuerza adicional f(h) dependa solamente de la
distancia h entre la palanca y la superficie de la muestra, se puede
encontrar una nueva posición de equilibrio ho. Próximo a h=ho ,
podemos escribir f(h) ≈ f(ho ) + c 3 (h − ho ) , donde c3 es una constante en h.
Encontrar la nueva frecuencia de resonancia ω1 en función de ωo , m y
c3 .


f) Mientras se escanea la superficie moviendo la muestra
horizontalmente, la punta de la palanca cargada con Q = 6e se
encuentra con un electrón de carga q=e , atrapado a alguna distancia por
debajo de la superficie. Durante el escaneo la máxima desviación de la

frecuencia de resonancia ∆ωo,= (ω1 − ωo ) se observa que es mucho más
pequeña que ωo Calcular la distancia do desde la palanca al electrón
atrapado cuando es máxima la desviación, en función de m, q ,Q , ωo ∆ωo
y la constante K de la ley de Coulomb. Evaluar do en nm para
∆ωo=20 s-1.Los parámetros físicos de la palanca son m=1.10-12 kg y k=1
N/m. No considerar cualquier efecto de polarización tanto en a punta de
la palanca como en la superficie.
1 N.m 2
ke = = 9,0.10 9 y, e = -1,6.10-19 C
4π εo C 2

a).- Encontrar la expresión de la amplitud A y tag φ
Si z(t)= A sen (ωt-ϕ )
dz
dt
= Aω cos ω t − ϕ ( ;
dt
)
d2z
2
= − Aω 2 sen ω t − ϕ ( )
Sustituyendo en la ecuación diferencial
− mω 2 sen (ω t − ϕ ) + bω cos (ω t − ϕ ) + k sen (ω t − ϕ ) = o sen (ω t )
F
⇒
A
⇒ ( ) (
− mω 2 sen ωt * cos ϕ − cos ωt * senϕ + bω cos ωt * cosϕ + sen ωt * senϕ + )
(
+ k sen ωt * cosϕ − cos ωt * senϕ =
F0
A
sen ωt )
Sacando factor común a sen ωt y a cos ωt
 F 
(
senω t  − mω 2 cosϕ + bω sen ϕ + kcosϕ − o  + cos ω t mω 2 senϕ + b ωcos ϕ − ksenϕ = 0 )
 A
Si esta ecuación es nula, entonces cada paréntesis debe anularse

(mω senϕ + b ωcos ϕ − ksenϕ ) = 0 ⇒ mω senϕ + b ωcos ϕ − mω senϕ
2 2 2
o ⇒

bω
⇒ tagϕ =
( )
(1)
m ωo − ω2
2

Fo
Fo cosϕ
− mω 2 cosϕ + bω sen ϕ + mω o cosϕ =
2
⇒ A=
A ( )
m ω o − ω 2 + bω tagϕ
2

En la última expresión sustituimos la ecuación (1)


Fo Fo
cosϕ cosϕ
A=
( ) = (2)
2 − ω 2 + bω tagϕ
m ωo
m ωo − ω 2 +
2 b 2ω2
( ) ( )
m ωo − ω 2
2
De la expresión (1) deducimos que

1 − cos 2ϕ bω 1 b2ω2
= ⇒ −1 = ⇒
cosϕ (
m ωo − ω 2
2
cos 2ϕ ) m 2 ωo − ω 2
2
( )
2

⇒
1
=
(
m 2 ωo − ω2
2
) 2
− b 2ω2
cosϕ (
m ωo − ω 2
2
) (3)

Llevando la expresión (3) a la ecuación (2)

Fo Fo
* m ω 2 − ω 2 
 
cosϕ cosϕ  o 
A= = =
(
m ωo − ω2 +
2 ) ( b2 ω 2 2 )
2
m 2  ω2 − ω2  + b 2ω 2
 o



m ωo − ω

m 2  ω 2 − ω2  + b 2ω 2
 o 
 
F * m ω 2 − ω 2  *
 o 
o   m ω 2 − ω 2 
 o  F
=   ⇒A= o (4)
m 2  ω 2 − ω 2  + b 2 ω 2 
    m 2  ω2 − ω2  + b 2ω 2
 
  o    o 
Para la frecuencia de resonancia
F π
A= o ; tagϕ = ∞ ⇒ ϕ=
bω o 2

b).-Encontrar la condición ω0 para una señal de salida no desvanecida. ¿Cuál es
la expresión para la señal de corriente continua de salida no desvanecida a esa
frecuencia?
Señal de entrada Vio = Vio sen (ω i t − φ i ) ; Señal de referencia VR = VRO sen ωt
Hacemos el producto de las dos señales, teniendo en cuenta que
senα * senβ = [cos(α − β ) − cos(α + β )]
1
2
Hacemos el producto de las dos señales Vi*VR

Vio sen (ω i t − φ i ) * VRO sen (ωt ) = Vio VRO [cos(ω i t − φ i − ωt ) − cos(ω i t − φ i + ωt )] =
1
2
=
1
2
[ ( ) (
Vio VRO cos t (ω i − ω ) − φ i − cos t (ω i + ω) − φ i )] (5)


1
Supongamos que , Vio VRO = 5, ω i = 5 y ω = 2 , la ecuación (5), queda de la forma
2
5 * cos[t (5 − 2 ) − 1] − cos[t (5 + 2 ) − 1] = 5 * cos(3t − 1) − 5 * cos(7t − 1) .La representación
gráfica de la ecuación es:

15

10

5
V=5*cos(3t-1)-5*cos(7t-1)
0

-5

-10

-15
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

1
Supongamos que , Vio VRO = 5, ω i = 5 y ω = 5 , la ecuación (1), queda de la forma
2
5 * cos[− 1] − cos[10t − 1] .La representación gráfica de la ecuación es:

10
V=5*cos(-1)-5*cos(10t-1)
8

6

4

2

0

-2

-4
0 0,5 1 1,5 2

La forma de esta onda es como una onda armónica y solamente aparece cuando ωi = ω
1
2
[ ( ) (
Vio VRO cos t (ω i − ω) − φ i − cos t (ω i + ω ) − φ i , si )]
ωi = ω ⇒

Vio VRO cosφ i − Vio VRO cos(2ω i t − φ i )
1 1
⇒ ( 6)
2 2


1
Si en la ecuación (6) seguimos manteniendo que, Vio VRO = 5 y representamos en un
2
mismo gráfico el primer sumando y , el segundo y la diferencia de ambos obtenemos

10
V=5cos1-5*cos(10t-1)
8

6
4

2 V=5*cos 1
0

-2

-4
V= 5*cos (10t-1)
-6
0 0,5 1 1,5 2

La componente de corriente continua es 5*cos1, y de forma general
1
Vio VRO cosϕ i (7)
2
En la expresión (7), ϕi representa la diferencia de fase entre las dos señales

c).- Encontrar la expresión de la señal continua de salida a ω = ω0

La señal de entrada al amplificador de enganche es

Vi = c 2 z = c 2 A sen(ω t − ϕ )
 π
Como F = c1 VRO sen  ω t +  y está aplicada a la palanca el fotodetector tiene la
 2
misma frecuencia y por consiguiente la señal de entrada al amplificador de enganche y
la señal de referencia tienen la misma frecuencia. Por otra parte si F = Fo senω t ,

( )
entonces z = Asen ω t − ϕ siendo ϕ =
π  π
, como ahora, F = c1 VRO sen  ω t +  , ϕ = 0
2  2
la expresión (7) es:
1 1
Vio VRO cos0 = Vio VRO
2 2
A la frecuencia de resonancia
F cV c1c 2 VRO
A = o = 1 RO ⇒ Vio = c 2 A =
bω o bω o bω o
La señal de continua es:
2
1 c1c 2 VRO
2 bω o


d).- Encontrar el cambio de masa ∆m correspondiente a un cambio de fase ∆φ
π
= .
1800
En todo lo que sigue se supone que ∆m y ∆ω o son valores muy pequeños que al
multiplicarlos entre sí o al elevarlos al cuadrado esas cantidades se consideran
despreciables. La constante k´ para la nueva frecuencia es:

(
k ´ = (m + ∆m ) * ω 0 + ∆ω o )2 2 2 2 2
= m ω o + m ∆∆ 0 + 2m ω o ∆ω o + ∆mω o + ∆m∆ω 0 +

+ 2∆∆m o ∆ω o ⇒ k ´ = m ω o + 2m ω o ∆ω o + ∆mω o ⇒ k ´ − k = 2m ω o ∆ω o + ∆mω o
2 2 2

Y su diferencia con la constante anterior, k´-k, es muy pequeña
∆m ω o
k ´ − k ≈ 0 = 2mω o ∆ω o + ∆mω o
2
⇒ ∆ω o = − (8)
2m
bω
En el apartado a) hemos visto que tagφ =
( )
y a la frecuencia de resonancia
m ωo − ω2
2

π
ω = ω0 ⇒ φ = , si ahora cambia la masa de la palanca y sustituimos ω por ωo y la
2
masa por m+∆m, el ángulo π/2 se desplazara un valor ∆ϕ

π  bω o bω o
tag + ∆ϕ  = = ≈
2 [
 (m + ∆m ) * (ω o + ∆ω o ) − ω o
2 2
]
(m + ∆m ) * ∆ω o + 2ω o ∆ω o
2
( )
bω o
≈ =
b
⇒−
1
≈ −
1
=
b
(9)
m2ω o ∆ω o 2m ∆ω o tag∆ϕ ∆ϕ 2m ∆ω o

Llevando la ecuación (8) a la (9), obtenemos el valor de ∆m
π
1,0.10 3 * 1,0.10 −12 *
1 b b∆ϕ 1800 = 1,7.10 −18 kg
− = ⇒ ∆m = =
∆ϕ  ∆m ω o  ωo 1,0
2m *  −



 2m  1.0.10 −12
e).- Encontrar la nueva frecuencia de resonancia ω1 en función de ωo , m y c3.
Cuando sobre el muelle no actúa la fuerza exterior, éste se encuentra en equilibrio
debido al peso de la palanca y a la fuerza elástica del muelle, en la figura la posición (1)

1 2 3

∆x1
z=0
z1
ho
h

MUESTRA


mg= k∆x

siendo m la masa de la palanca y ∆x el alargamiento del muelle respecto de su longitud
natural, esto es, sin el peso de la palanca. Cuando el muelle se desplaza de esa posición
de equilibrio y actúa la fuerza exterior a ese desplazamiento lo llamamos z y esta regido
por la ecuación diferencial
d2z dz
m + b + kz = F
dt 2 dt
En la posición 2 existe un nuevo equilibrio debido al peso de la palanca a la fuerza
elástica del muelle y a la nueva fuerza que vale f (ho).

mg = k (∆x+∆x1)-f(ho)

y de las dos ecuaciones se deduce k∆x1 = f(ho)

Si ahora la palanca se desplaza una distancia z1 de la nueva posición de equilibrio, la
ecuación diferencial es
d2z
m
dz
(1 1
)
1 + b 1 + k z + ∆x = F + f(h) = F + f(ho) + cz ⇒
1
dt 2 dt
d 2z dz
⇒ m 1 + b 1 + kz - cz = F
dt 2 dt 1 1

k c3 c
mω1 = k − c 3
2
⇒ ω1 = − = ωo − 3
2

m m m

f).- Calcular la distancia do
La máxima desviación ocurrirá cuando la punta de la palanca esté a la distancia más
próxima al electrón y esto ocurrirá cuando esté justamente encima del mismo

Qq
f(h) = k e
h2
La constante c3 depende de h, por tanto.
df 2k Qq
c3 = = − e 3 (10)
dh h
Siendo h=do
La desviación de la frecuencia es:
c c
∆ω 0 = ω1 − ω o = ω o − 3 − ω o ⇒ ∆ω o + ω o = ω o − 3
2 2
⇒
m m
c
⇒ (∆ω o ) + ω o + 2ω o ∆ω o = ω o − 3
2 2 2

m
Como ∆ωo es muy pequeño frente a ωo, resulta que:

c3
∆ω o = − (11)
2mω o


Combinado las ecuaciones (10) y (11)

k e Qq k e Qq
= mω o ∆ω o ⇒ do = 3
d3o mω o ∆ω o

Si se aplican los datos numéricos en la última ecuación

Q = 6 q = 6. 1,6.10-19 C, ke= 9.109 Nm2/C2, m=1.10-12 kg y k=1 N/m, ∆ωo=20 s-1,

k 1
ω0 = = −6 = 10 6 s-1
m 10

9.109.6.(1,6.10 −19 ) 2
d0 = 3 −12 6
=4,1.10-8 m = 41 nm
1,0.10 .10 .20


Olimpiada internacional de física 35

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