XVIII OLIMPIADA DE FÍSICA - ALEMANIA (RDA), 1987

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
M0
M1
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
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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 o= 1,189 kg m-3 , calor
latente de consdensación del agua L= 2500 kJ kg-1.
Coeficiente adiabático  = 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
P T 
Po  V1 
     0 1 
P1  Vo 
 P1To 
γ

 Po

 P1
1γ



T
  1
 To
γ

 

1γ
 Po  γ
T1  T0  
 P1 

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 =  g dh
Según el enunciado del problema la densidad varía linealmente con la altura (ver figura
2)
o
1
h1
Fig.2
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La ecuación de la recta es:
ρ  ρo 
ρ o  ρ1
h
h1
Por tanto,
p1
h1

h
h
1
1ρ ρ
ρ o  ρ1 
o
1
dp


ρ

h
g
dh
;
p

p


ρ
g
dh

1
o
p
  o h 1 
 o
 h 1 hg dh 
0
0
0
o
ρ gh
gh ρ  ρ1 
ρ gh
 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  ρ1 
Por otra parte, a partir de la ecuación de los gases tenemos 1 en función de las
presiones y temperaturas conocidas lo que permite llegar al valor de h1.
po 
h1 
ρ o RTo
ρ RT
, p1  1 1
M
M
2p o  p1 

ρ pT
g ρ o  o o
p o T1






ρ1 
ρ o p1To
p o T1
2100  84,5103
 1398 m
 84,5* 293
9,8*1,1891 

 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
* ΔT
kgK
El enfriamiento adiabático da una temperatura de
1 γ

ΔT  6,1 K
11,4
p  γ
 84,5 1,4
T2´  T1  1 
 279
 264 K

 70 
 p2 
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
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El volumen de agua y la altura alcanzada son:
V
m
35,3 kg
V 3,53.102 m 3

 3,53.102 m 3  h  
 3,53.102 m  35,3 mm
2
kg
d
S
1 m
1000 3
m
1γ
 p2  γ
e) T3  T2  
 p3 
11,4
 70  1,4
 270
 299 K

 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 2o y se supone que 2o<<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 /2, tal como indica la figura inferior
2d
0
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.
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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 o con el
campo magnético tiene una componente radial y otra tangencial
B
R
o
vR
La componente tangencial de la velocidad no interacciona con el campo. La
componente radial lo hace
F  evR B
Esta fuerza es perpendicular al plano del círculo de radio R y dirigida hacia dentro del
 
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
mv2R
mvR
 r
r
eB
El tiempo que emplea el electrón en describir una vuelta completa vale:
mvR
2π
2π r
eB  2π m
T

vR
vR
eB
ev R B 
En ese mismo tiempo T el electrón avanza una distancia b  v t * T . Teniendo en
cuenta que el ángulo o 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
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b
2π R
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
2eVo
1
mv2  eVo  v 
2
m
2eVo 2π m
*
m
eB
2π R
b  v*T 

4

1
B
R
32mV0
1

e
50.103
32 * 3.103

1,76.1011
B  1,48.10 2 T
Para el campo deflector se cumple que
2
mv
mv
 evB1  B1 

R
Re
2eVo
m  1
Re
R
m
2mVo
1 2 * 3.103

 0,37.102 T
11
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 .
L
C
L
C
l
C
l
a) Determinar cómo depende  de  , L y C, ( 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 . Calcular la velocidad en este caso.
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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  cos ωt  φ A 
Para el condensador B se cumple

VCB  Vo sen ωt  φ
B
Por otra parte
;
I CB  Vo C  cos ωt  φ B 
VLA  I LA Lω
De acuerdo con la ecuación (2)
Vo sen ωt   A   VLA  V0 senωt   B   0
 VLA  2Vo cos
2ω t   A   B
sen
2
Dado que  A   B  Φ , la ecuación anterior queda así:

A  B
2
2  Φ 

Φ
sen
VLA  2Vo cos ω t  A
2
2


En una autoinducción la intensidad está retrasada 90º respecto a la caída de tensión
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I LA 
2  Φ 
2Vo

Φ
sen
sen ω t  A
Lω
2
2


Para la intensidad ILB
  C  B  C
2Vo

sen
sen ω t  B
Lω
2
2


De acuerdo con la relación entre los ángulos A  B  Φ  B  A  
I LB 
 B  C  Φ  C   B     A - Φ  Φ
Luego
I LB 
  C   B   A  2   A    2 A  3
2  3 
2Vo


sen
sen ω t  A
Lω
2
2


Sustituyendo en la ecuación (1) de las intensidades
2  Φ 
2Vo

Φ
sen + Vo C  cos ωt  φ B  sen ω t  A
Lω
2
2


2  3 
2V


sen = 0
 o sen ω t  A
Lω
2
2


2  Φ 
2  3 
2Vo

Φ 
  sen ω t  A
  Vo Cω cosωt   B   0
sen sen ω t  A
Lω
2 
2
2



La diferencia de los dos senos del paréntesis cuadrado es:
senA  senB  2cos
AB
AB
sen
2
2
2  Φ 
2  3 


  sen ω t  A
 
sen ω t  A
2
2




2  Φ
2  3  
2  Φ
2  3 

ω t A
 ω t  A

ω t A
ω t  A
2
2
2
2




 2cos
sen

 

2
2

 


 

 Φ
 2 cos ω t  Φ   A sen  
 2
Con esto queda la ecuación de las intensidades en la forma:


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4Vo
Φ
 Φ
sen cosωt  Φ   A  sen    Vo Cω cosωt  Φ   A   0 
Lω
2
 2
4Vo
Φ
Φ
Φ
LCω 2
 Φ

sen sen    Vo Cω  0  sen sen  

Lω
2
2
2
4
 2
 sen 2 Φ 
LCω 2
4

ω
LC
2
senΦ 
El máximo valor de sen  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 , a un
Δt
periodo T le corresponde 2.
Como
ω
2π
T

T Δt

2π Φ

Δt 
Φ
ω

v
Δt 
TΦ
2π
ωl
Φ
d) Supongamos que sen  se puede confundir con el ángulo, entonces Φ 
v
ω LC
2
2l
LC
Para que el seno se pueda aproximar al ángulo es porque el ángulo es muy pequeño y
para que esto ocurra  también ha de ser muy pequeño. Cuanto mayor sea LC menor
ha de ser  para poder hacer la aproximación del seno con el ángulo, y en consecuencia
v será tanto menor.
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