OLIMPIADA INTERNACIONAL DE FÍSICA
Problemas resueltos y comentados por:
José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo
VI OLIMPIADA DE FÍSICA – BUCAREST, RUMANIA, 1972
1.-Tenemos tres cilindros de la misma altura, el mismo radio exterior y la
misma masa. El primero (I) es un tubo hueco de paredes delgadas, el
segundo (II) es un cilindro macizo homogéneo y el tercero (III), tiene
una cavidad exactamente igual a la del primero, pero está cerrado por
sus bases con dos tapaderas de masa despreciable. La cavidad está llena
con un líquido de la misma densidad que las paredes (I) La densidad del
material del primer cilindro es n veces mayor que el del segundo o el
tercero.
Inicialmente los tres cilindros se encuentran sobre un plano inclinado de
ángulo .
a) Calcular y comparar las aceleraciones lineales de los tres cilindros
b) Determinar la condición que debe cumplir el ángulo  para que
ninguno de los tres cilindros deslice.
c) Determinar la relación entre las aceleraciones angulares cuando los
tres cilindros ruedan con deslizamiento.
d) La fuerza de interacción entre el líquido y las paredes del cilindro en le
caso de que este cilindro deslice. La masa del líquido es m i
El coeficiente de rozamiento entre los cilindros y el plano es  y entre la
pared del tercer cilindro y el líquido despreciable.
6ª Olimpiada Internacional de Física. 1972.
M designa la masa de cada uno de los cilindros. R el radio exterior, r el radio interior y
L la altura.
Los momentos de inercia de los cilindros son:

1
I  M R2  r2
1 2

I2 
1
MR 2
2
I3 

1
m R2  r2
2

m representa la masa de la pared del tercer cilindro, la masa del líquido que contiene no
interviene en la rotación ya que al carecer de rozamiento no rota. El cilindro (I) está
hecho de un material distinto que el (II),pero tienen la misma masa, y la relación entre
las densidades de los materiales es la siguiente:
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

M  π R 2  r 2 Lρ1  πR 2 Lρ 2 
;
ρ1
R2
n 2
ρ2
R  r2



R2  r2 
R2
n
 n 1
r2  R2

 n 
Si comparamos el tercer cilindro con el segundo

M  πR 2 Lρ 2  m  m líquido  m  πr 2 Lρ 2
 n 1
 m  π R 2  r 2 Lρ 2  πR 2 1 
Lρ 2
n 



Si llevamos las relaciones anteriores a los momentos de inercia tenemos:
;
I1 
1  2
 n  1  1
2  2n  1 
M R  R 2 
  MR 

2 
 n  2
 n 
I2 
;
1
MR 2
2
  n  12 
 2
1  2
1
n  1
1
2  n  1 
2
2  n  1 
2
I 3  m R  R 
  πR 1 
Lρ 2 R  R 
  MR 1  
 
2 
n 
 n  2

 n  2

  n  
Si comparamos los tres momentos de inercia ,siendo n>1, resulta
I 1 2n  1
1

 2 1
I2
n
n

I1  I 2
;
I2

I3
1
 1
1  1  
 n
2
 1  I2  I3
I1
n

I1  I 2  I 3
I3
Cuando un cuerpo cilíndrico rueda por un plano inclinado, actúan las siguientes fuerzas
indicadas en la figura 1
N
FR

Mg
Fig. 1
Las ecuaciones del movimiento para la rodadura pura son:
Mg sen  – FR =M a CM
FR* R = I  a CM

=
R  α 
Mgsen

I
MR 
R
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Se aplica la ecuación (1) a cada cilindro:
(I)
α1 
Mgsenε
2g senε

1
 2n  1 
 2n  1 
MR 2 
 2R  R 

2
n 
n 


MR 
R
FR(1)
 n 
a CM(1)  α1 R  2g senε

 4n  1 
,
1
 2n  1  2g senε
MR 2 
*
2
 n  R  4n  1 


I1 α 1
n 
 2n  1 



 Mg senε

R
R
 4n  1 
La fuerza de rozamiento, para mantener la rodadura, aumenta a medida que aumenta ,
esto es , a medida que aumenta la inclinación del plano . Este aumento tiene un limite
determinado por el valor del coeficiente de rozamiento entre el cilindro y el plano, como
máximo la fuerza de rozamiento es  Mg cos en consecuencia
 2n  1 
FR(1)  μMgcosε  Mg senε

 4n  1 

μ  tgε
2n  1
4n  1

tag  
4n  1
2n  1
La ecuación anterior nos dá el valor máximo del ángulo de inclinación para el que
puede haber rodadura pura para el cilindro (I). Si aumenta el ángulo por encima de ese
valor entonces se produce rodadura y deslizamiento.
(II)
α2 
Mgsenε
2g senε

1
3R
MR 2
MR  2
R
FR(2)
a CM(2)  αR 
;
2
g senε ;
3
1
2
MR 2 *
g senε
Iα 2
Mg senε
3R



R
R
3
La fuerza de rozamiento, para mantener la rodadura, aumenta a medida que aumenta ,
esto es , a medida que aumenta la inclinación del plano . Este aumento tiene un limite
determinado por el valor del coeficiente de rozamiento entre el cilindro y el plano, como
máximo la fuerza de rozamiento es  Mg cos en consecuencia cilindro y el plano,
como máximo la fuerza de rozamiento es  Mg cos en consecuencia
μMgcosε 
Mgsen ε
3

μ
tagε
3

tag   3
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40
(III)
α3 
Mgsenε
  n 12 
1
2
MR 1  
 
2
  n  

MR 
R
,
a CM(3)  α 3 R 
2g senε
 n 1
2 1 

 n 
2

2g senε
 1
3 - 1 - 
 n
2
  n 12 
1
2g sen
MR 2 1  
 *
2
2
  n     n  1  
3
R

  n  


FR(3)  μMg cosε 

R
  1 2 
1 2
sen 1  1   
3 1 2 
2
  n  
n  tag   2n  2n  1
n
  cos 

tag



2
1 2
2n  1
 1
11 2 
3  1  
n
n
 n
Para el cilindro (I) el máximo valor del ángulo que permite la rodadura pura es
4n  1
tag 1  
y para el cilindro (II)
tag 2  3 . Comparamos ambos ángulos,
2n  1
teniendo en cuenta que n>1.
tag 1 4n  1

1
tag  2 6n  3
4n  1  6n  3 
4n  2  6n 
2  2n
Se deduce que tag 1< tag 2 , por tanto si rueda el primer cilindro lo hará también el
segundo. Dado que el segundo tiene menos momento de inercia que el primero; el
tercero que es el que tiene menor momento de inercia de los tres, también rodará.
En definitiva si la tangente del ángulo del plano inclinado es igual o menor que
4n  1

los tres cilindros rodarán sin deslizar.
2n  1
Si comparamos las aceleraciones lineales tenemos:
a1 
a2 
2g sen 2g sen
2g sen


4n  1
1
 1
4
3  1  
n
n
 n
2g sen
3
;
a3 
2g sen
 1
3  1  
 n
2
a1 < a2 < a3
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Cuando los tres cilindros ruedan con deslizamiento, la fuerza de rozamiento FR ha
alcanzado su valor máximo FR = Mg cos  y es igual para todos ellos
FR * R  Ia
Mg cos  I1a1  I 2 a2  I 3 a3

 a1 : a2 : a3 
1 1 1
(1)
: :
I1 I 2 I 3
La relación entre los momentos de inercia ya se ha calculado anteriormente
I 1 2n  1
I1

 I2 
1
I2
n

2  
n

;
I2

I3
1
1 

1  1  2 
 n 

n2
2n  1
;
I1
n
I3
Llevando estas ecuaciones a (1)
a1 : a 2 : a3 
1
:
I1
1
I1
:
1
n
I11 = I22 = I33 , se deduce que:
2
Hemos visto que I1>I2>I3
y
1
1

 1: 2   : n
I1
n

n
1 < 2 <3
Cuando el tercer cilindro deslice, la aceleración del centro de masas es
Mg senε  μMgcosε  Ma

a  gsenε  μcosε
Si ahora consideramos al líquido de la cavidad, éste llevará la anterior aceleración y
sobre él actúan una fuerza paralela al plano y otra perpendicular al mismo
FX  mg(senε  μcosε) ;
FY  mgcosε  0
La fuerza resultante
F  FX2  FY2  m g sen 2   2 cos2   2 sen cos  cos2  


 m g cos2  1   2 1  2 sen cos  sen 2
2.-Los dos cilindros A y B de la figura inferior tienen el mismo diámetro
y los dos pistones, ambos de masa despreciable, están conectados entre sí
mediante una barra rígida cada uno. Los pistones pueden desplazarse
libremente. La barra de unión es un tubo con una válvula, la cual
inicialmente está cerrada. El cilindro A y su pistón están adiabáticamente
aislados; el B está en permanente contacto con un termostato que
mantiene una temperatura fija de 27ºC
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B
A
300 K
Inicialmente el pistón del cilindro A está fijo y dentro del cilindro hay m
= 32 kg de argón a una presión mayor que la atmosférica. En el interior
del cilindro B hay una masa de oxígeno que se encuentra a la presión
atmosférica.
Cuando se libera el pistón del cilindro A, se mueve lentamente (de forma
cuasi estática) y en el equilibrio el volumen del gas se hace ocho veces
mayor, en le cilindro B la densidad del oxígeno se duplica. Se sabe que el
termostato recibe una cantidad de calor Q =747,9.104 J.
a) Establecer de acuerdo con la teoría cinética de los gases y
considerando las colisiones elásticas de las moléculas con el pistón que la
ecuación térmica del proceso en el cilindro está dado por TV
constante
2
3=
b) Calcular los parámetros p,V y T del argón en los estados inicial y final
c) Si se abre la válvula que separa los dos cilindros, calcular la presión
final de la mezcla de gases
Dato masa molar del argón 40 kg/kmol
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a) Cuando una molécula cuya velocidad es vx choca contra una pared fija situada en el
plano YZ, la molécula rebota con una velocidad –vx. Si la pared en lugar de ser fija es
móvil, entonces la componente sobre el eje X de la velocidad relativa tiene el mismo
valor antes que después del choque.
En la figura inferior un cilindro tiene un pistón que se puede desplazar de izquierda a
derecha. La longitud del cilindro es L y el área del pistón A.
L
Y
u
vx
X
Supongamos que la velocidad del embolo respecto del cilindro (sistema XY) es 5 m/s y
que la velocidad de una molécula respecto del mismo sistema es 20 m/s. La velocidad
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relativa es 20-5 = 15 m/s. Después del rebote la velocidad relativa es también 15 m/s
dirigida de derecha a izquierda, pero como el émbolo se desplaza de derecha a izquierda
con 5 m/s la velocidad respecto del sistema XY es 10 m/s. En general si la velocidad es
vx y la del émbolo u, la velocidad del rebote es vx-2u. La pérdida de energía cinética
para una molécula es:
E c 
 u

2
1
1
m v x  2u  mv2x  2mu2  2mvx u  2muvx 
 1  2muvx
2
2
 vx



Se admite que la velocidad el émbolo u << vx
Esta pérdida de energía cinética se redistribuye entre todas las moléculas N del cilindro
danto por tanto una pérdida de energía cinética en todo el gas de
2muvx
N
Como consecuencia de esa pérdida de energía cinética promedio de las moléculas se
tiene que producir una disminución de la temperatura del gas T.
Si utilizamos la relación entre energía microscópica por grado de libertad y temperatura
macroscópica, podemos escribir
2muv x
3
kT 
(1)
2
N
Si una molécula que lleva la velocidad vx abandona el pistón hacia la izquierda volverá
a chocar con él cuando transcurra un tiempo 2L/vx, ya que la molécula debe ir y volver
y por tanto recorrer dos veces la longitud del cilindro. Como en el recipiente existen N
moléculas el tiempo promedio de choque es
2L
2L
 vx 
vx N
Nt
En este intervalo de tiempo el pistón se ha desplazado hacia la derecha una longitud L
= u t. Sustituyendo valores en (1)
t 
2mLvx 2mLvx
3
L
kT 

 mv2x
2L
2
Nt
L
N
vx N
Por otra parte se cumple que
v 2  v 2x  v 2y  v 2z
Dado que existe un gran número de moléculas, en promedio las tres componentes
v2
2
2
2
2
2
2
deben ser iguales: v  v x  v y  v z  3v x  v x 
3
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3
L mv2 AL 2 mv2 V 2 3
V
T 2 V
kT  mv2x

*

*
 * kT *


2
L
3
AL 3 2
V
3 2
V
T
3 V
Escrita la ecuación anterior en forma diferencial e integrando, además tenemos en
cuenta que V es positivo mientras que T es negativo (cuando V aumenta, T
disminuye)
Tf
Vf
dT 2 dV

 

T
3
V
Ti
Vi
Ti  V f

T f  Vi
T
2 Vf
ln i  ln

T f 3 Vi
2
3
 

2
TV 3  constante
b) Para la expansión adiabática que realiza el gas argón se cumple que (U= W)A y para
la compresión isoterma que sufre el gas oxígeno, (Q=W)O, luego, el calor que recibe el
oxígeno es igual a la energía interna que pierde el argón QO = UA
ΔUA
 Q  nCV ΔTA  ΔTA 
QO
747,9.104

 750 K  TI  Tf
3
32000 3
n* R
* 8,31
2
40
2
2
3
Como ya hemos encontrado la relación T V  Cte , la aplicamos y obtenemos las
temperaturas inicial y final del argón
Ti  Vf

Tf  Vi
2
2
3
  8 3  4  Ti  4Tf  Ti  4Ti  750  Ti  1000K  Tf  250K

Aplicamos la ecuación de los gases perfectos para el oxígeno al principio y al final de la
transformación isotérmica
Pi 
i

P

N
RT, Pf  f RT  f  f  Pf  2Pi  2,00 atm  2,02.105 2
M
M
Pi i
m
En el estado final la presión del argón es igual a la presión del oxígeno
32000
8,20
* 8,31 * 250  Vf (A)  8,2 m 3 ; Vi (A) 
 1,02 m 3
40
8
Aplicando la ecuación de los gases perfectos al argón, obtenemos su presión inicial
2,02.10 5 Vf (A) 
Pf (A) * Vf P i (A) * Vi
2atm* 8,2m 3 Pi (A) *1,02m 3



 Pi (A)  64,3 atm
Tf
Ti
250K
1000K
c) Al abrir la llave de paso los dos gases se mezclan hasta alcanzar la misma presión,
siendo la temperatura final 300 K.
Vi(A) = 1,02 m3 es el volumen inicial de argón y Vi(O) es el volumen inicial de
oxígeno.
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Cuando el argón se expansiona su volumen es V2(A) = 8,2 m3 y el del oxígeno es
Vi(O)/2 ya que su presión se ha hecho el doble sin variar su temperatura
Se cumple que la suma de los volúmenes antes y después es el mismo
V i (O)
 V i (O)  14,4 m 3
2
Cuando se abre la llave de paso y se mezclan los gases, las presiones parciales que cada
gas ejerce en la mezcla son:
14,4  3

p A *  8,2 
10  800* 0,082* 300  p A  1,28 atm
2 

1,02  V i (O)  8,2 
14,4  3

p O *  8,2 
10  n O RT  1 * 14,4
2 


pO 
14,4
 0,94 atm
14,4
8,2 
2
La presión total de la mezcla P =1,28 + 0,94 = 2,2 atm
3.-Un condensador plano con armaduras rectangulares está fijo en una
posición vertical, estando su parte inferior en contacto con un líquido
dieléctrico
H
h
Calcular la altura h del líquido entre las armaduras. Se supone que la
distancia entre las armaduras es mucho menor que su superficie.
Se conoce. La intensidad del campo eléctrico cuando el condensador está
cargado ,E, la densidad  y la permitividad ,  del dieléctrico y la altura,
H, de las armaduras.
Designamos con L el ancho de cada armadura y d la distancia entre ellas. La capacidad
de un condensador plano sin dieléctrico es:
C  o
S
HL
 o
d
d
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La capacidad del condensador de la figura superior es la suma de dos condensadores en
paralelo uno de altura H-h que no tiene dieléctrico y otro de altura h que contiene
dieléctrico
Cs   o
H  h L  
d
o

hL  o L
H  h  1

d
d
La energía de los condensadores
1
1 Q2 1 Q2
1
Q2
CV 2 

; Us 
 Us  U
2
2 C
2  o HL
2 oL
H  h   1
d
d
La relación entre la diferencia de potencial entre las armaduras y el campo en el interior
del condensador
U
V  Ed 
Q
C

Q  EdC
U
1 Q2 1 2 2
 E d C
2 C
2
1 Q2 1 E 2d 2C2

2 Cs 2 Cs
Hemos visto que U>U, la diferencia de energía se debe a la energía potencial que ha
ganado el dieléctrico
HL


εo

1 2 2 
C  1 2 2 ε o HL 
d
  E d
U  U s  E d C 1 
1 

ε
L
2
C
2
d
o
s



H  h(ε  1)

d

Us 

 1 2 2 ε o HL  h ε  1 
1 2 2 ε o HL 
H
E d
1
 E d

 H  h ε  1
2
d  H  h ε  1


2
d
Como la masa del líquido es: m = V =  Lhd y el centro de masas del líquido está a la
altura h/2
ε HL  h ε  1 
ε Hε  1
h 1
ρLhdg   E 2 d 2 o
 ρgh  E 2 o



2 2
d  H  h ε  1 
H  h ε  1
h
E 2 ε o ε  1
H
H  h ε  1
ρ g
Hacemos la aproximación de que H  h  1
E 2  o h  1  h 2 g

h
E 2  o   1
g
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47
3.- Una lente delgada plano-convexa con diámetro 2r, el radio de
curvatura R e índice de refracción no , está colocada de manera que a su
izquierda el medio es aire (n1=1) y al lado derecho un medio transparente
de índice n2  1 . La cara convexa de la lente está en contacto con el aire
y la plana con el otro medio. En el aire y a una distancia s 1 de la lente y
sobre el eje óptico existe una fuente puntual de luz monocromática
a) Demostrar utilizando la aproximación de Gauss que entre la posición
de la imagen, dada por la distancia s2 desde la lente, y la posición de la
fuente de luz s1 existe la relación
f
f
1  2 1
s
s
1
2
en la que f1 y f2 son respectivamente las distancias focales de la lente en
el aire y en el medio de índice de refracción n2.
b) Ahora la lente se corta en dos mitades iguales y ambas partes se
separan entre sí una distancia  (ver figura inferior, lente de Billet).
En la figura S1 es una fuente puntual de luz que se encuentra a una
distancia s1,(s1>f1). A la derecha de la lente y a una distancia H se
encuentra una pantalla E paralela a la cara plana de la lente. A ambos
lados, izquierdo y derecho de la lente, el índice de refracción del medio es
el mismo n1. Sobre la pantalla aparecen N franjas de interferencia.
Calcular N en función de la longitud de onda.
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Sean n1 el índice de refracción del medio a la izquierda, no el de la lente y n2 el índice de
la derecha. R1 el radio de la cara de la lente izquierda y R2 el de la derecha.
Para la primera cara de la lente se cumple
n1 n o n o  n1


s1
d
R1
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48
d es la distancia imagen a la superficie de la primera cara. Esta imagen en d es objeto
para la segunda cara y teniendo en cuenta que el espesor de la lente es nulo

no n2 n2  no


d s2
R2
Sumando ambas ecuaciones
n1 n 2 n o  n1 n 2  n 0
(1)



s1 s 2
R1
R2
Si s1 está en el infinito
n 2 n o  n1 n 2  n 0
(2)


f2
R1
R2
Si s2 se forma en el infinito
n1 n o  n1 n 2  n 0
(3)


f1
R1
R2
De las ecuaciones (1), (2) y (3) se deduce
n1 n 2 n 2


s1 s 2
f2
y de estas dos últimas ecuaciones
y
n1 n 2 n1


s1 s 2
f1
1 1
n1
ss
ss
ss
ss
1
1
1
1
 s1    
 1 2  1 2  1 2  1 2 1



n2
f 1 f 2 f 2 s 1 f 1s 2 s 1 s 2
f 1 f 2 f 2 s 1 f 1s 2
 f 2 s 2  s  1  1 
2

 f 1 s1 
f
f
 1  2 1
s1 s 2
Cuando se quieren producir interferencias se necesitan dos focos de luz coherente. Para
lograrlo se han ideado diferentes dispositivos como son el biprisma de Fresnel o los
espejos de Fresnel. En este problema se refieren a un dispositivo menos conocido que se
conoce con el nombre de bilente de Billet.
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Al colocar un objeto ante una lente convergente a una distancia mayor que la focal se
obtiene una imagen real de dicho objeto. Si las dos lentes se separan una cierta distancia
la imagen de un objeto puntual ahora es doble, por tanto se obtienen dos imágenes
reales que son de luz coherente y que donde interfieran los haces luminosos procedentes
de dichos focos coherentes se formarán franjas de interferencia. La fig 1 indica esta
situación:
Lente
Foco luminoso
Pantalla
F1

a
R
F2
h
H
t
Fig. 1

 representa el tamaño de la abertura entre las dos lentes
a representa la distancia entre F1 y F2 , los dos focos coherentes que forma la lente
t es la distancia del foco luminoso monocromático a la lente
h la distancia de los focos F1 y F2 a la lente
H la distancia de la lente a la pantalla
R es el tamaño que tiene la zona de interferencia en la pantalla
Calculamos en primer lugar el valor de h, para ello aplicamos la fórmula de las lentes
convergentes. No empleamos las normas DIN ya que complican los cálculos
posteriores, por ello todas las distancias son positivas
1 1 1
 
f t h

h
f t
(1)
t f
Vamos a calcular el valor de a en función de delta. En la figura se han formado dos
triángulos semejantes, estableciendo la proporción entre las bases y las alturas resulta:
δ
t
t
t



aδ
(2)
a ht
t -f
f t
t
tf
veamos cuál es la condición para que se formen franjas de interferencia.
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50
En la figura 2 se ha representado los focos F1 y F2 de la figura 1
M
d1
F1
 
d2



H-h




C

a
F2



Fig.2
d1 representa la distancia del foco F1 a un punto de la pantalla y d2 la distancia del foco
2 a ese mismo punto. La diferencia de distancias que tiene que recorrer la luz para
llegar a un punto cualquiera de la pantalla es d2 – d1. Se formará una interferencia
constructiva si esa diferencia es un múltiplo entero de a longitud de onda
d 2  d1  nλ (3)
Si consideramos el punto C de la pantalla se cumple que d1 = d2 y la ecuación (3) se
cumple para n =0. En el centro de la pantalla C se produce una máximo de luz
Si el punto M es el siguiente máximo de luz, el valor de n es uno y por tanto d2-d1 = 
De la figura 2 se deduce que
CM
CM
d 2  d 1  asen ε
, senε 
 d 2  d1  a
Hh
Hh
CM es la distancia entre dos máximos consecutivos
CM 
λH  h 
a
sutituyendo
las
expresiones
(1)
y
(2)
resulta :

f t

λ H t - f 
λ Ht  f   f t

CM 
 CM 
δ t
 t 
δ

t -f 
Si volvemos a la figura 1 se observa que comparando triángulos una de cuyas bases es
R podemos escribir
R Ht
Ht

 Rδ
δ
t
t

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
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El número de franjas de interferencia se obtiene dividiendo D entre la separación entre
franjas CM
Ht
δ
H  t 
R
δ2
t
N


CM λHt  f   ft λ Ht  f   f t
δt
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VI OLIMPIADA DE FÍSICA – BUCAREST, RUMANIA, 1972

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