46ªOlimpiada Internacional de Física 2015

1
Problemas de
Las Olimpiadas
Internacionales
De
Física
José Luis Hernández Pérez
Ricardo David Fernández Cruz
Jaime Solá de los Santos
Madrid 2015
2
Tabla de constantes para su uso en los problemas de la 46ª
Olimpiada Internacional de Física
Aceleración de la gravedad en la Tierra …… g ….. 9,807 ms-2
Presión atmosférica ……………………….
Patm,… 1,013.105 Pa
Número de Avogadro ………………………
NA…… 6,022.1023 mol-1
Constante de Boltzmann ……………………
kB … 1,381.10-23 JK-1
Energía de enlace del átomo de hidrógeno.
…. 13,606 eV
Carga eléctrica del electrón ………………
e …… -1,602.10-19 C
Masa del electrón …………………………
me….. 9,109.10-31 kg
Masa del neutrón ………………………..
mn ….. 1,675.10-27 kg
Permeabilidad del vacío ………………….
o … 1,257.10-6 mkgC-2
Permitividad del vacío …………………...
o … 8,854.10-12 N-1m-2C2
Constante de Planck ……………………..
h ….
6,626.10-34 Js
Velocidad del sonido en el aire
a temperatura ambiente …………………
ca …
3,403.102 ms-1
Velocidad de la luz en el vacío …………..
c …. 2,298.108 ms-1
Constante de Stefan-Boltzmann …………..
 … 5,670.10-8 Wm-2K-4
Constante de Gravitación Universal ………
G … 6,674.10-11 N.m2kg-2
Constante de los gases …………… ………
R…
8,315 Jmol-1 K-1
3
XLVI. OLIMPIADA INTERNACIONAL DE FÍSICA. 2015. INDIA
PROBLEMA 1. Partículas del Sol
Los fotones procedentes de la superficie del Sol y los neutrinos de su
núcleo nos sirven para deducir la temperatura solar y confirmar que el
Sol brilla debido a las reacciones nucleares.
En este problema emplearemos los siguientes datos del Sol. Masa Sol
MS=2,00.1030 kg ; Radio : RS= 7,00.108 m ; Luminosidad (energía
radiante emitida en la unidad de tiempo) LS=3,85.1026 W, distancia de la
Tierra al Sol , dS= 1,50.1011 m.
Ayuda:
x
1  ax
ax
 xe dx   a  2  e  Cte ;
a 

 x2

2 ax
 x e dx  
 a


2 x 2  ax

 Cte
 e
2
3
a
a

 x3 3 x2
6 x 6  ax
ax

3



 Cte
 x e dx  
 e
4
2
3
 a
a
a
a


Parte A. Radiación procedeente del Sol
A1.- Se supone que el Sol irradia como un perfecto cuerpo negro.
Utilice este hecho para determinar la temperatura TS de la superficie
solar
La energía que el Sol irradia al exterior por unidad de área y unidad de tiempo es:
LS
P

S solar 4 π R 2
S
La ley de Stefan-Boltzmann establece que el poder emisivo total de un cuerpo negro,
potencia irradiada por unidad de área, es proporcional a la cuarta potencia de su
temperatura absoluta. E   ·  · T 4 ; donde ε es el coeficiente de emisividad que para un
cuerpo negro vale la unidad y σ la constante de Stefan-Boltzman.
1

4


26
LS
3,85.10
  5,76.10 3 K
E
 σTS4  TS  
2
2
 
4 π RS
8
8 
 4 π  7,00.10   5,670.10 

 

El espectro de la radiación solar se puede aproximar razonablemente
bien de acuerdo con la ley de Wien. Según esta ley la energía solar
4
incidente sobre cualquier superficie de la Tierra por unidad de tiempo y
unidad de intervalo de frecuencia u() está dada por la ecuación
hν
R 2 2π h 3  k Ts
uν   A S
v e B
2
2
d c
S
Donde es la frecuencia, A el área de la superficie normal a la
dirección de la radiación incidente.
Considerar una célula solar que consiste en un disco delgado
semiconductor de área A, colocado perpendicularmente a la dirección
de los rayos del Sol.
A2.-Utilizando la aproximación de Wien, determinar la potencia total
Pin, irradiada por el Sol, que incide sobre la superficie de la célula,
expresándola en función de A , RS, TS y las constantes fundamentales
c, h , kB.
La ecuación de Planck proporciona resultados concordante entre los valores
experimentales y los proporcionados por el experimento La ecuación de Wien es
solamente aproximada y esta de acuerdo con los valores experimentales cuando las
frecuencias son altas y se desvía para las bajas.
La densidad de energía, en este caso, la energía por unidad de volumen en el intervalo
de frecuencias y  +d es según Planck
E ν  
8 π h ν3
c3
1
hν
e k BT
1
La aproximación de Wien es:
hν

8 π h ν3
k
E ν  
e BT
3
c
La unidad de E() es.
J s s 3
m3
3
s
volumen y unidad de frecuencia.

J
m
31
, y se dice que es la energía por unidad de
s
J s 3
s  J ,
m2
s2
lo cual indica que es una energía y la potencia la obtendremos integrando la ecuación
anterior a todas las frecuencias para que resulte J/s, esto es, una potencia.
La ecuación proporcionada en el problema u() tiene de unidades: m 2
5

Pin   A
0
R 2πh 3
ν e
d c2
2
S
2
S

hν
k BT
S dν
A

R 2πh
ν3 e
2

d c 0
2
S
2
S

hν
k BT
S
dν
Para resolver la integral se recurre al siguiente cambio de variable
h
νx
k B TS



ν e
3
0
hν
k BT

h
dν  dx
k B TS

k T
dν  B S dx
h

S dν
3
4 
 k B TS  -x k B TS
 k B TS 
 x 
dx  
 e
  x 3 e  x dx
h
 h 
 h  0
0
3
La integral se resuelve recurriendo a la ayuda del enunciado con: a=-1
 x 3  3x 2  6x  6e x 0  6


4
12 π R 2 k 4 T 4
R 2 2 π h  k B TS 
S B S

 6  A
P A S
in
d 2 c 2  h 
d2 c2 h3
S
S
A3.-Exprese el número de fotones n() por unidad de tiempo y por
unidad de intervalo de frecuencia que inciden sobre la célula solar en
función de A , RS, dS, TS ,  y las constantes fundamentales c, h , kB.
La energía de un fotón es: h ν , y la energía por unidad de tiempo y unidad de frecuencia
se obtiene del dato del problema.
 hν
2
2
k Ts
R
u  
2π v
n   
 A 2S
e B
γ
d
hν
c2
S
El material semiconductor de la célula solar tiene una banda prohibida
de energía Eg, Supongamos el siguiente modelo: Cada fotón de energía
E  E g excita a un electrón a través de la banda prohibida. Este electrón
suministra una energía Eg como energía útil de salida, y cualquier
energía extra se disipa en forma de calor (no se convierte en energía
útil).
6
A4.- Se define x g 
h νg
k BTS
siendo Eg=hg . Exprese la potencia útil de la
célula Pout en función de xg, A , RS, dS, TS ,
fundamentales c, h , kB.
y
las constantes
Según el modelo propuesto no todos los fotones que llegan a la célula provocan la
excitación de electrones, por eso todos los que su frecuencia sea inferior a g no son
capaces y sí lo son aquellos cuyas frecuencias vayan desde g a infinito.
En el apartado anterior hemos calculado el número de fotones, ahora hemos de calcular
los que tienen frecuencias comprendidas entre g e infinito.
N


R S2
A 2
νg d S
 n ν dν  
νg
γ
 hν
 hν
2

k
T
R 2π
2π ν
s
2 e k B Ts dν
e B dν A 2S
ν

d S c 2 νg
c2
2
Para resolver la integral procedemos con el mismo cambio de variable que se utilizó en
A2.
k T
h
h
νx 
dν  dx  dν  B S dx
k B TS
k B TS
h

2
3 
2  k B TS 
 x  k B TS dx   k B TS 
x
e

  x 2 e - x dx 
x  h 
h
 h  xg
g
La integral se resuelve recurriendo a la ayuda del enunciado con a=-1

xg
 x 2
2x
2  x 
2



e

x

2x

2
e


g
g
2
 13   x
  1  1
g

3



xg
R s2 2 π  k B TS  2
N  A 2 2 
 xg  2 xg  2 e
dS c  h 
s2
Veamos las dimensiones de N: m
m2
2
3
 J K 1 K 
  s 1
 
J
s


Si multiplicamos N por la energía asociada a cada fotón tenemos la potencia
7
Pout  h ν g N  h
x g k B TS
h
3

R S2 2 π k B TS 
x
A 2 2
x g x g2  2 x g  2  e g
3
dS c
h
4
 Pout

R2 2π  k T 
x
 A 2S 2  B S  x g2  2 x g  2  e g 
dS c  h 


A5.- Determine el rendimiento  de esta célula solar en función de xg.
El rendimiento es el cociente entre la potencia útil Pout y la potencia que incide sobre la
superficie de la célula Pin

P
  out 
Pin

R S2 2 π k B TS 4
x
A
x g x g2  2 x g  2  e g
2 2
3
dS c
h
4
R S2 2 π h  k B TS 

 6
A


d2 c 2  h 


x g x g2  2 x g  2  e

6
xg
S
A6.- Haga un bosquejo cualitativo de  frente a xg. Los valores de xg=o
y x g   deben mostrarse claramente ¿Cuál es la pendiente de (xg) a
xg=0 y x g  
Cuando xg =0 , e-xg =1 y = 0. Cuando x g   , η  0 .
La función (xg) viene del producto de tres funciones, son el producto de un polinomio
de segundo grado cuya representación gráfica es una parábola (recuérdese el
movimiento acelerado) y los términos de esa parábola multiplicados por la variable x g
dan una gráfica que crece de forma monótona. La otra función es una exponencial con
exponente negativo que será una gráfica decreciente aproximándose a cero al tender la
variable a infinito (recuérdese la desintegración radiactiva). El producto tendrá en el
intervalo de la variable xg un máximo.
La pendiente pedida la obtenemos derivando la función. Se calculan los valores
pedidos sustituyendo para xg=0 y x g  
8




x 3g  2 x g2  2x g  e
xg
1 d
3
2
x g  2 x g  2x g  e

6 dx g

e
xg
 x

3
g
 2 x g2  2x g  3 x g2  4 x g  2
6
 dη

 dx
 g
 xg
  e xg  x
 (1)  e
 xg
3 x
2
g
 4 xg  2
6
3
g
 x g2  2x g  2

6

(1)

 dη 
e  o 0  0  0  2 1




; 
0

 dx 
6
3
g
 x 0

 x 
g
g
A7.-Se designa con xo al valor numérico de xg para el cual  es máximo
Obtenga la ecuación cúbica que da el valor de xo Estime el valor de xo
dentro de una aproximación de  0,25 . Luego calcule (xo)
La ecuación (1) del aparado anterior al igualarla a cero nos permite calcular el valor de
xg que hace máximo a .Como la exponencial no es cero lo es el polinomio
 x 3g  x g2  2 x g  2  0
La ecuación la resolvemos por tanteo
xg=1
4>0 ;
xg=2,5
-2,375<0
xg=2,30
-0,277<0
xg=2
;
2>0 ;
xg=2,2
0,592>0 ;
xg=3
-10<0
xg=2,25
Tomamos el valor medio entre 2,25 y 2,30
xo= 2,275
ηx o  


e 2,275 2,2753  2  2,275 2  2  2,275
 0,457
6
A título informativo representamos la función ηx g 
0,1718>0
9
0,5
0,45
0,4
0,35

0,3
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
xg
A8.-La banda prohibida del silicio puro es Eg= 1,11 eV, Calcular el
rendimiento Si de una célula solar.
Calculamos g a partir de la ecuación de Planck.
E  h νg  νg 
E
h
Vamos a la ecuación que aparece en el enunciado A4.
1,6.10 19 J
E
1,11eV 
E
eV
xg  h 

 2,23
 23
1
k B TS k B TS 1,381.10 J K 5,76.10 3 K
h
Sustituimos el anterior valor en la ecuación del rendimiento del apartado A5


x g x g2  2 x g  2  e
η
6
xg



2,23 2,232  2 * 2,23  2  e 2,23
 0,46
6
A últimos del siglo diecinueve Kelvin y Helmholtz (KH) propusieron una
hipótesis para explicar el brillo del Sol. Postularon que en el comienzo
una masa de materia muy grande MS y de densidad despreciable se ha
ido colapsando de forma continua. El brillo del Sol es debido a la
energía potencial perdida a través de esta lenta contracción.
10
A9. Admitimos que la densidad de la materia es uniforme dentro del
Sol. Calcular la energía potencial gravitacional en el Sol  ,
en
función de G, MS y RS
Podemos imaginar que la masa inicialmente estaba muy diluida en el infinito. Esa masa
la vamos trayendo desde el infinito hasta formar finalmente el Sol.
En un instante determinado se ha formado una esfera de radio r<Rs cuya masa es m
Ahora aumentamos el radio de esa esfera en dr, lo que supone transportar una masa dm
desde el infinito y añadirla a la esfera de radio r.
La masa transportada al distribuirse uniformemente sobre la esfera de radio r y espesor
dr, vale
dm  4 π r 2 dr  ρ
El trabajo que hemos de hacer para llevar dm desde el infinito hasta la esfera de radio r,
por tratarse de un campo conservativo, es igual al masa transportada por la diferencia de
potencial del punto de partida menos el punto de llegada
El punto de partida es el infinito a cuyo potencial gravitatorio se le asigna el valor cero.
 
m 
m
4
dW  dm 0 -   G   4π G r 2 ρ dr  4π G r ρ  π r 3ρ dr
r 
r
3
 
El trabajo total se obtiene integrando la ecuación anterior desde r=0 a r =RS
RS
2


RS
 M  r5
16
16
3 M2
S

W    π 2 G ρ 2 r 4 dr   π 2 G  
 G S
3
3
5
5 RS
4
3 
0
 π RS 
3

0
El trabajo es igual a menos la variación de energía potencial
W  Ω f  Ω i    Ω f  0 
2
3 M
Ωf   W   G S
5 RS
A10.- Calcular el máximo tiempo posible tKH en años, durante el cual el
Sol ha estado brillando de acuerdo con la hipótesis KH. Suponer que
la luminosidad del Sol se ha mantenido constante durante este periodo.
La luminosidad es la energía emitida en la unidad de tiempo. La energía emitida será
igual a la luminosidad del Sol LS por el tiempo que ha estado radiando τKH
W  L S ·  KH
Al pasar la masa dispersa con energía potencial cero a una energía potencial negativa se
ha disipado una energía igual a
11
2

 3 MS 
ΔΩ  0    G
  LS · KS  τ Kh 
 5 RS 


τ Kh  5,94.1014 s  5,94.1014 s 
2
3 MS
G
5 RS
LS

año
 18,8.10 6 años.
365  24  3600 s
El tiempo anterior no iguala a la edad del sistema solar estimada a
partir de los meteoritos, lo cual indica que la fuente de energía del Sol
no puede ser solamente gravitatoria.
Parte B. Neutrinos procedentes del Sol
En 1938 Hans Bethe propuso que la conversión de hidrógeno en helio
en el núcleo del Sol es la fuente de energía. La reacción nuclear global
es:
4 1 H  4 He  2 e   2 ν e
1
2
Los neutrinos electrónicos que aparecen en esta reacción pueden
considerarse sin masa. Ellos escapan del Sol y su detección en la Tierra
confirma la existencia de reacciones nucleares en el núcleo del Sol. La
energía portadora de los neutrinos se considera despreciable en este
problema.
B1.- Calcular la densidad de flujo de los neutrinos Φν que llegan a la
Tierra expresándola en m-2 s-1. La energía liberada en la reacción
anterior es: ΔE  4,0.10 12 J . Se supone que la energía radiada por el
Sol se debe completamente a esa reacción.
La luminosidad se debe, tal como indica el enunciado, exclusivamente a esa reacción.
Designamos con N al número de reacciones nucleares que se producen en un segundo
N  ΔE  L S 

2
N m 2 2,00.1030 kg
3

11
6,674.10

5
kg 2
7,00.108 m

J
3.85.10 26
s
L S 3,85.10 26 J s
reacciones
N

 9,625.10 37
12
ΔE
s
4,0.10 J
En cada reacción se producen 2 neutrinos. El número de neutrinos que se producen por
segundo es Nn = 2N =1,925.1038 neutrinos/s.
Esos neutrinos se mueven en todas las direcciones, por tanto, al llegar a la orbita
terrestre están distribuidos sobre la superficie de una esfera de radio dS (distancia S-T)
12
Nn
1,925.1038
Φ

4 πd S2 4 π 1,50.1011


2
 6,81.1014
neutrinos
m 2s
En el desplazamiento desde el núcleo del Sol a la Tierra alguno de los
neutrinos e se transforman en otro tipo de neutrinosx, El rendimiento
del detector para los neutrinos x es 1/6 del rendimiento cuando detecta
neutrinos e. Si no hubiese transformación de neutrinos se detectarían en
promedio N1 cada año, pero al haber transformación el promedio es
N2(e y x combinados) por año.
B2.- En función de N1 y N2 calcular qué fracción f de los neutrinos
electrónicos e que se convierten en x
Sea N1 el número de neutrinos electrónicos iniciales y X los que se convierten en otros
neutrinos, por consiguiente, N1-X son los electrónicos que se detectan en su totalidad,
pero de los X solamente se detectan 1/6
1
6
N1  X  X  N 2  6N1  6X  X  6N 2  X  N1  N 2  
6
5

6
N 1  N 2  6  N 
5
f
 1  2 
N1
5
N1 
Para detectar los neutrinos se construyen grandes depósitos llenos de
agua. La interacción de los neutrinos con la materia es muy poco
probable, pero en alguna ocasión los neutrinos golpean a electrones
de moléculas de agua transmitiéndoles energía. Estos electrones
energéticos se mueven a través del agua con velocidades muy grandes,
emitiendo radiación electromagnética. Mientras que la velocidad del
electrón sea mayor que la de la luz en el agua (índice de refracción del
agua , n), la radiación emitida, denominada radiación Cherenkov, tiene
forma de cono.
13
B3.- Suponer que un electrón golpeado por un neutrino pierde energía
con una rapidez  `por unidad de tiempo mientras se desplazaba por el
agua. Si este electrón emite radiación Cherenkov durante un tiempo t
Determinar la energía transmitida por el neutrino al electrón (E impartida)
en función de  , t , n , me, y c , Se supone que el electrón se
encontraba en reposo cuando interaccionó con el neutrino.
La radiación Cherenkov ocurre durante el tiempo en que la velocidad de la partícula
cargada supere a la velocidad de la luz en el medio, en este caso en el agua.
La velocidad de la luz en el agua es:
c
n
Justamente al acabar de ser golpeado el electrón su velocidad es mayor que v, pero
como pierde energía, pierde velocidad y el efecto Cherenkov finaliza cuando la
velocidad de la partícula sea v.
Según el enunciado el efecto Cherenkov dura t , luego la energía perdida es αΔt y a
partir de ese tiempo el electrón que posee la velocidad v tiene una energía
v
E  mc 2 
me
1
v2
c2
c2 
me c2
1
c2
n 2c2

me c2n
n2 1
El electrón antes de ser golpeado por el neutrino estaba en reposo y su energía era
E i m e c 2
La energía suministrada por el neutrino es la diferencia entre la final y la inicial
E impartida  α Δt 
 n

 m e c 2  α Δt  m e c 2 
 1
2
n 2 1
 n 1 
mec2n
La fusión del hidrógeno en helio se verifica en varias etapas. Los núcleos
de 7Be (masa en reposo mBe) se producen durante una de esas etapas
intermedias. Después él pude absorber un electrón dando lugar a un
núcleo de 7Li (masa en reposo m Li>mBe) emitiendo un neutrino e. . La
correspondiente reacción nuclear es:
7 Be  e   7 Li  ν
e
4
3
Cuando el núcleo de 7Be (mBe =11,65.10-27 kg) está en reposo y absorbe
un electrón también en reposo el neutrino emitido posee una energía
E=1,44.10-13 J. No obstante el núcleo de berilio está en un movimiento
térmico al azar debido a la temperatura del núcleo del Sol y actúa como
una fuente de neutrinos en movimiento. A consecuencia de esto la
14
energía emitida por los neutrinos fluctúa siendo su rms ( raíz cuadrada
de los cuadrados de los valores numéricos) ΔE rms
El núcleo móvil de 7Be da origen a un efecto Doppler de los neutrinos. Dado que el
cambio fraccional de la energía (Erms/E) es pequeño el efecto Doppler se puede
considerar como no relativista (un tratamiento relativista da el mismo resultado).
Como los átomos de Berilio se mueven debido a la agitación térmica, con una cierta
velocidad media, hace que los neutrinos emitidos tengan una cierta frecuencia ν´ de
acuerdo con el efecto Doppler, en lugar de la frecuencia ν que tendrían si los átomos de
Berilio estuviesen en reposo. En la ecuación del efecto Doppler cuando solo está en
movimiento el emisor y considerando la propagación rectilínea, en nuestro caso
tomaremos el eje Z, habremos de considerar la componente según Z de la velocidad,
que designamos como vz,rms y resulta: .

c
   
 c  v z,rms





multiplicando por la constante de Planck.

c
h   h
 c  v z,rms

E
c

;
E c  v z,rms

 ;



c
E   E
 c  v z,rms

v z,rms
E
 1
;
E
c

E
1
E




v z,rms
c
E rms v z,rms
 E  E  v z,rms

;

E
c
E
c
ΔErms es la energía estadística de los neutrinos debido a las fluctuaciones y E´ la
energía de los neutrinos.
v rms E rms 5,54.10 17 J


 3,85.10 4

13
c
E
1,44.10 J
La velocidad vz,rms es la componente de la velocidad en la dirección del eje Z. Pero la
velocidad del Be que hemos de determinar es un valor estadístico, debido a que los
átomos se mueven al azar como consecuencia de la agitación térmica en el núcleo del
Sol donde hay un número muy elevado de átomos, en consecuencia la probabilidad será
la misma para todas las componentes del vector velocidad, en cada una de las tres
direccione del espacio.
En la figura, dibujamos un vector velocidad cuyas tres componentes son iguales,
vx = vy = vZ = v. Si la velocidad V la representamos por la diagonal del cubo.
v
V
α
v
v
15
2
V 2   v 2  v 2   v 2  3 v 2 ;


v
V
3
Considerando la componente a lo largo del eje Z.
Si identificamos con v = vz,rms
y
V = VBe ;
V
v z,rms  Be
3
Sustituyendo:
3,85.10 4 
v z,rms
c

1 VBe
;
3 c
VBe  3  3,85.10 4  3,00.108  2,01.105
m
s
La temperatura promedio, igualando la energía cinética promedio con la energía térmica
2
m

11,65.10 kg   2,01.10 5 
s


 Tc  1,14.10 7 K
 23
1
3  1,381.10 J K
 27
m V2
1
3
2
m Be VBe
 k B TC ; TC  Be Be
2
2
3kB
16
PROBLEMA 2. El principio extremo
A.- El principio extremo en Mecánica
Considerar un plano horizontal x-y sin rozamiento como el mostrado en
la figura 1, está dividido en dos regiones I y II, por medio de una línea
AB de ecuación x= x1. La energía potencial de una partícula puntual de
masa m en la región I es V=0 y en la región II, V = Vo
Dicha partícula parte de O con una velocidad v1 formando un ángulo
1 con el eje x. y alcanza el punto P de la región II con una velocidad v 2 y
con un ángulo 2 con el eje x. No considerar la gravedad ni efectos
relativistas en todo el problema.
Fig.1
A1.- Obtener una expresión para v2 en función de m, v1 y Vo
1
m v12 y energía potencial nula.
2
En la región II tiene energía cinética y potencial. Debido a que no hay rozamiento y por
tanto fuerzas disipativas, podemos considerar que existe un campo de fuerzas
conservativo y por lo tanto la energía se conserva.
De acuerdo con el principio de conservación de la energía
La partícula en la región I tiene energía cinética igual a
1
1
m v12  m v 22  Vo 
2
2
v12  v 22 
2 Vo
m

v 2  v12 
2 Vo
m
A2.- Obtener la relación de v2 con relación a v1 , 1 y 2
17
Al pasar la partícula de la región I a la II, hay un cambio en la dirección de la velocidad
debido a que la partícula adquiere energía potencial, que conlleva la presencia de una
fuerza, ya que la fuerza conservativa es menos el gradiente de la energía potencial F=dV/dx. Aquí se produce un gradiente de la energía potencial respecto del eje horizontal
lo que determina que la componente de la velocidad respecto al eje y no varía y sí lo
haga respecto del eje x
v1y  v 2y ; v1sen θ1  v 2 sen θ 2
Se define una magnitud denominada acción como A  m  v S ds , en la
que ds representa una longitud infinitesimal a lo largo de la trayectoria
de una partícula de masa m que se desplaza con una velocidad v(s). La
integral se verifica sobre la trayectoria. Como ejemplo para una
partícula que se mueve con velocidad constante por una trayectoria
circular de radio R, la acción A a lo largo de una revolución es
A  2π Rmv .
Para una partícula con energía constante E se demuestra que de todas
las posibles trayectorias entre dos puntos fijos, la real corresponde a
aquella en la cual A es un extremo (máximo o mínimo). Históricamente
se conoce como el Principio de mínima acción (PLA).
A3.- PLA supone que la trayectoria de una partícula entre dos puntos
fijos en una región de potencial constante es una línea recta. Los dos
puntos de la figura 1 tienen de coordenadas O(0,0) y P(xo, yo) y el
punto frontera donde la partícula pasa de la región I a la II tiene de
coordenadas (x1,) . Teniendo en cuenta que x1 es fijo la acción
depende únicamente de . Determinar A().Utilice PLA para obtener la
relación v1/v2 y estas coordenadas
PP
L2
2
yo

L1
Fig.A3
O(0,0)

x1
xo
L1 es el camino recto en la región I de la figura A3 y L2 en la región II.
La acción tal como ha sido definida es una magnitud escalar, luego en el transito desde
O hasta P, será la suma algebraica de la acción en cada medio.
18
A( )  mv1 L1  v 2 L 2   m v1

x
2
1

 α 2  v 2 

x o  x 1 2  y o  α 2 

A() ha de ser un mínimo o un máximo, Derivamos la acción A() respecto de e
igualamos a cero.

dA( )
2α
 m  v1
 v2
d
 2 x 12  α 2
2


v1 α
x 12  α 2

v 2 y o  α 
x o  x1 2  y o  α 2

0 
x o  x1 2  y o  α 2 
2y o  α (1)

v1

v2 α
y o  α  x12  α 2
x o  x1 2  y o  α 2
Escribimos la última ecuación de otra manera
y0  α
v1

v2
x o  x 1 2  y 0  α 2
α

sen θ 2
sen θ1

v1 sen θ1  v 2 sen θ 2
x 12  α 2
B.- El principio extremo en Óptica
Un rayo de luz viaja desde el medio I al II cuyos índices de refracción
son respectivamente n1 y n2. Los dos medios están separados por una
línea paralela al eje x. El rayo de luz forma un ángulo i 1 con el eje Y en
el medio I e i2 en el medio II . (figura 2). Obtener la trayectoria del rayo
haciendo uso de otro principio extremo (máximo o mínimo) conocido
con el nombre de Principio de Fermat del tiempo mínimo.
B1.-Un rayo de luz se desplaza entre dos puntos fijos a lo largo de una
trayectoria que forma parte de un principio extremo. Calcule la relación
entre seno i1 y seno de i2 utilizando el principio de Fermat.
( α ; y1)
Fig.2
y1
19
La velocidad de la luz en el medio I es: v1 
c
. El tiempo que tarda en
n1
desplazarse por el medio I es:
τ1 
y2  α2
n1 y 2  α 2
1
1

v1
c
c
La velocidad de la luz en el medio II es: v 2 
. El tiempo que tarda en desplazarse
n2
por el medio II es:
τ2 
x 0  α  2   y 0  y 1  2

v2
El tiempo total t = 1+2 debe ser un extremo.
n1 y 2  α 2 n 2
1
t

c
x 0  α 2  y 0  y1 2
n2
c
x 0  α 2  y 0  y1 2
c
Para obtenerlo derivamos con respecto de e igualamos a cero.
dt n1

dα c
2x o  α (1)
n
 2
0 
c
2 x o  α 2  y 0  y1 2
2 y12  α 2
 n1
2α
α
y12  α 2
De la figura 1 se deduce; sen i1 
 n2
xo  α
x o  α 2  y 0  y1 2
α
y α
2
1
2
;
sen i 2 
(1)
xo  α
x o  α 2  y 0  y1 2
Sustituyendo en (1)
n 1sen i1  n 2 sen i 2
Es la conocida ley de Snell.
En la figura 3 se indica un boceto de la la marcha de un haz de luz láser
que incide horizontalmente en una disolución de azúcar cuya
concentración disminuye con la altura y como consecuencia el índice de
refracción del medio también disminuye con la altura, medida desde el
fondo.
Fig.3
Tanque con disolución
de azúcar
20
B2.- Suponer que el índice de refracción n(y) depende únicamente de y.
Emplear la ecuación obtenida en B1 para deducir la expresión de la
pendiente dy/dx de la trayectoria del haz en función del índice de
refracción no para y=0 y n(y).
El índice de refracción disminuye con la altura, por tanto, es mayor en el fondo y
menor en la superficie de la disolución. Para entender la forma de la trayectoria
supongamos un medio formado por tres capas cuyos índices de refracción dependen de
la altura
i3
n3
i2 i2
n2
no>n1>n2>n3
i1
i1
n1
no
io
Fig.B2(a)
Aplicamos la ley de Snell en la figura B2(a)
n 3sen i 3  n 2 sen i 2  n 1sen i1  n o sen i o
Que pone de manifiesto que el producto del índice de refracción de un medio, por el
seno del ángulo de incidencia es una constante.
Si es un medio continuo se cumplirá que elegido un punto de la trayectoria de índice de
refracción n(y) y el punto de la trayectoria inferior de índice no
n o sen i o  n(y) sen i
(2)
y
i
y

FigB2(b)
x
21
Elegimos un punto de la trayectoria de la figura B2(b) al cual corresponde un índice de
refracción n(y) , una altura y, un ángulo de incidencia i ; en ese punto trazamos la
tangente a la curva; la tangente del ángulo que se forma sobre el eje x ( ángulo ) es la
pendiente dy/dx. Además el ángulo i y el β son complementarios. La pendiente es
negativa.
dy
1
  tag β  
dx
tag i

1
cos i
1  sen 2i



tag i
sen i
sen i

2
2
1
1
 dy 
 dy 
1 
 1   
  
 dx 
 dx 
sen 2i
sen 2i
dy
1  sen 2i


dx
sen i
1
 sen i 
 dy 
1  
 dx 
2
Sustituimos sen i en la ecuación (2)
n o sen i o  n(y)
1
 n o sen i o  
 dy 
1  
 dx 
2

dy

dx
2
n(y) 2
2
 dy 
1  
 dx 
2

n(y)
 dy 
1 
  
n o sen i o 2
 dx 
2
n(y) 2
 1 (3)
n o sen i o 2
El signo menos aparece porque la pendiente de la recta es negativa.
B3.-El rayo de luz láser penetra horizontalmente por el origen (0,0) en la
disolución de azúcar a una altura yo por encima del fondo del tanque.
Consideremos n(y)  no  k y , siendo no y k constantes positivas.
Deducir una expresión para x
relacionadas.
Se puede utilizar:
en función de y;
1)
 sec θ dθ  ln sec θ  tag θ   Cte
2)

dx
x 1
2

; sec θ 

 ln x  x 2  1  Cte
Utilizamos la ecuación (3) separando variables
1
cos θ
y con cantidades
22

dy
2
 n(y) 

 1
 n o sen i o 
   dx


dy
2
no - k y 

 1
 no 
   dx
En la ecuación anterior sen io =1, ya que el haz penetra horizontalmente siendo io = 90º
Para resolver la integral hacemos el cambio de variable
no  k y
P 
no


1
 k dy   dP  dy   n o dP
no
k
no
dP
k
   dx 
P2 1




no
ln P  P 2  1  x  Cte 
k
2


 no  k y 
no no  k y



ln
 
  1  x  Cte
 no
k
n
o




Para calcular la constante vemos que cuando x=0 y =0 (ver la figura 3)
2


 no 
no  no  0
 n


Cte 
ln 
    1   o ln1  0 
k  no
 k
 no 


2


 no  k y 
no no  k y
  1 (4)
 x
ln
 

k  no
 no 


B4.- Calcule el valor de xo, esto es, el punto donde el haz de luz láser
choca con el fondo del tanque.
Tome yo= -10,0 cm; nO = 1,50,
k =0,050 cm-1
Sustituyendo valores numéricos en (4)





 1,50  0,050 cm 1   10,0 cm 
1,50  0,050 cm 1   10,0 cm 
1,50

xo 
ln
 
1,50
1,50
0,050 cm 1 


x o  23,9 cm
C.- El principio extremo en las ondas de la materia.


  1


2
23
Vamos a conectar ahora entre el PLA y las ondas materiales que
acompañan a una partícula en movimiento. Suponemos que una
partícula que se desplaza entre O y P puede hacerlo en todas las posibles
trayectorias, buscaremos aquella trayectoria
que dependa de la
interferencia constructiva de las ondas de De Broglie
C1.- Cuando la partícula se desplaza en su trayectoria una distancia
infinitesimal s, relacione el cambio en la fase de su onda de De
Broglie con el cambio A en la acción y la constante de Planck
Según de Broglie a cada partícula en movimiento la acompaña una onda llamada de
materia cuya longitud de onda es:
h
λ
mv
Cuando la distancia entre dos puntos es una longitud de onda λ, la diferencia de fase es
2 π. Cuando la distancia corresponde con un desplazamiento Δs, la relación entre el
desplazamiento y el cambio de fase es:
ΔΦ 
2π
2πmv
2π
Δs 
Δs 
ΔA
λ
h
h
Para la siguiente cuestión es conveniente mirar de nuevo la figura 1
C2.- En la figura 4 la partícula viaja desde O a P. La línea AB de la
figura 1 se ha sustituido por una placa opaca que separa las dos
regiones I y II.
La citada placa tiene una pequeña abertura CD de ancho d siendo
d<< (xo-x1) y d<<x1 .
Considerar dos trayectorias extremas OCP y ODP siendo OCP la
trayectoria discutida en el apartado A.
Calcular la diferencia de fase ΔCD entre las dos trayectorias.
Fig.4
24
Hay dos diferencias de camino entre las dos trayectorias una en la región I y otra en la
región II. En la región I, OD es mayor que OC , en la región II CP es mayor que DP.
Nos fijamos ahora en la región I de la figura 4
En las figuras C4(a) y C4(b) se han representado la marcha de los rayos y el ancho de
la abertura CD= d es diferente.
Fig C4(a)
Fig C4(b)
CE es la perpendicular trazada desde C a OD y también aparece el arco construido con
centro en O y radio OC. La tangente del ángulo  vale
tag ε 
x1
BC d
 cot ε 

BC  d
x1 x1
Dado que según el enunciado d << x1 , el sumando d/x1 tiende a cero, luego para los
ángulos  y  se cumple que prácticamente son iguales.
La diferencia de caminos vale,
DE  d cos ε  d cos β  d sen θ1
Observe que DE es mayor que DE´ que es realmente la diferencia de caminos, pero que
el error cometido es tanto menor cuanto menor es d, como puede observarse al
comparar las figuras C4(a) y C4(b)
h
La longitud de onda de de Broglie en la zona I : λ1 
. Para una longitud de onda
m v1
se produce un cambio de fase de 2  rad, luego:
25
ΔΦ OC
2π

h
d sen θ1
m v1

ΔΦ OC 
2 π m v1 d sen θ1
h
Vamos ahora a analizar ahora la zona II observando las figuras C4(c) y C4(d).,En
ambas figuras DF es perpendicular a CP.
Fig C4(c)
Fig.C(4d)
El ángulo  es igual al ángulo 2 puesto que sus lados son perpendiculares.
CF  d sen γ  d sen θ 2
La longitud de onda de, de Broglie en la zona II : λ 2 
h
. Para una longitud de
m v2
onda se produce un cambio de fase de 2  rad, luego
ΔΦCP
2π

h
d sen θ 2
m v2

ΔΦ CD  ΔΦ OC  ΔΦ CP 
ΔΦCP 
2 π m v 2 d sen θ 2
h
2π m d
v1sen θ1  v 2sen θ 2 
h
(5)
Tal como se vio en A3 el producto del paréntesis es nulo, por ser v1sen θ1  v 2sen θ 2 ;
por lo tanto, ΔΦ CD  0 .
26
D.- Interferencia en las ondas de la materia.
Considerar una pistola que lanza un haz de electrones desde O y que son
alineados por una rendija estrecha F (colimador) situada sobre una
separación opaca A1B1 cuya abscisa es x1. En la figura 5, OFP
determinan una línea recta. P es un punto de una pantalla situada con
abscisa xo. La velocidad en I es v1=2,0000.107 m/s y = 10,0000º. La
velocidad en II es v2=1,9900.107 m/s.
xo-x1 = 250,00 nm
Desprecie la interacción electrón-electrón.
Fig.5
D1.- Si los electrones de O se han acelerado a partir del reposo,
calcular el potencial acelerador U1
Para acelerar los electrones se ha realizado un trabajo que es el producto de la carga del
electrón por la diferencia de potencial U1, el cual aparece en forma de energía cinética.
Aplicando la mecánica clásica.


2
1
m v 2 9.109.1031  2,0000·107
2
qU1  mv  U1 

 1077 V
2
2q
2 1,692.1019
Utilizando la mecánica relativista
27
qU1  m o c 2 γ  1  U1 
m o c 2 γ  1
q
Calculamos el valor de 
γ
1
v2
1 2
c
 U1 

1
 2,0000.10 
1 
8 
 2,998.10 
7
2
 1,0022

9,109.1031  (2,998.108 ) 2
 (1,0022  1)  1065 V
1,692.1019
D2.-En la superficie de separación opaca A1B1 se hace otra rendija G
igual a F y situada por debajo de esta, a una distancia 215,00 nm
(figura 5). Si la diferencia de fase entre las ondas de de Broglie que
llegan a P procedentes de F y G es 2. Calcular .
Comparemos primeramente la distancia de las rendijas a la pantalla, con la distancia
entre las rendijas.
250.10 3

 1,2.10 6
215.10 9
La distancia entre las rendijas y la pantalla, es más de un millón de veces mayor que la
distancia entre las rendijas.
Fig.D2(a)
28
Si observamos la figura D2(a) y consideramos dos rectas la dibujada OFP, como en la
figura 5, y una paralela a la anterior pero que pasa por la rendija G, entre esos dos
caminos hay una diferencia de marcha tanto en la región I como en la II. Esa diferencia
de marcha se debe a la distinta velocidad de las partículas.
Aplicamos la fórmula (5) del apartado anterior y hacemos la aproximación de
que GP  GP´
ΔΦ P 
2πmd
2πmd
(v1sen 10º  v s sen10º ) 
sen10º v1  v 2   2 π β 
h
h
m d sen 10º v1  v 2  9,109.10 31  215,00.10 9  sen10º 2,0000  1,9900  10 7
 β


h
6,626.10 34

β  5,13
D3.- ¿Cuál es la distancia más pequeña contada a partir de P para la
que se anula la detección del electrón que se espera llegue a la
pantalla?
Puede ser útil la aproximación sen θ  Δθ   senθ  Δθ cos θ
Fig D3
29
En la figura D(3) el haz de electrones forma un ángulo de 10º con el eje X. F y G son las
ranuras siendo FG= 215 nm. El punto P es el mismo que el de la figura D2(a); es la
prolongación lineal del rayo MF. R representa el punto de la pantalla donde se produce
el mínimo, luego RP es la distancia buscada. P´R´=FG = d
En la región I la diferencia de caminos es FF´= GF· sen10º= d·sen10º. Esta diferencia
de recorrido da lugar a una diferencia de fase en la región I
ΔΦ1
2 π m d v1sen 10º
2π
2π


 ΔΦ1 
h
λ1
d  sen10º
h
m v1
En la región II la diferencia de caminos es GG´ = d· sen y la diferencia de fase es:


ΔΦ 2
2 π m d v 2 sen ε
2π
2π


 ΔΦ 2 
h
λ2
d  sen ε
h
m v2
La diferencia de fase en todo el recorrido es un número impar de veces π por haber un
mínimo.
Δ  Δ1  Δ 2 
2πmd 

 v sen10º  v sen ε   2 n  1 π ;
2

h  1
 v1sen10º  v 2sen ε 
sen ε 
2.107
1,99.107
2 n  1h  sen ε 
sen 10º 
2md
n  0,1,2,3..... 
v1
2 n  1h 
sen10º 
v2
2 m d v2
2 n  16,626.1034
2 .9,109.1031  215.109 1,99.107 
 0,17452  (2n  1) 8,5008.105 (1)
Volviendo a la figura D(3) y contamos las distancias positivas de abajo hacia arriba.
P´P  250  tag10º  44,0817 mm ; R´P  P´P  d  44,0817 mm  215.10 9 nm  44,0817 mm
R´R  250  tag ε  RP  R´P  R´R  44,0817 mm  250 tag ε
(2)
En la ecuación (1) damos valores enteros a n, calculamos sen , a continuación  y
finalmente tag  , al sustituir en (2) tenemos las distancias de los mínimos al punto P
30
sen 
0,17375
0,17358
0,17401
n
4
5
6
tag 
0,17644
0,17626
0,17671
250 tag 
44,1097
44,06519
44,17645
RP/mm
-0,02798
0,0165
0,0947
Para n=5 , RP es positivo luego R está por debajo de P a una distancia de 0,0165 mm.
D4.- El haz tienen una sección cuadrada de 500 nm  500 nm y ocupa
la longitud de 2 m. ¿Cuál debería ser la densidad de flujo mínima
(número de electrones por unidad de área normal y por unidad de
tiempo) si en promedio hay al menos un electrón en la región ocupada
en un determinado tiempo?
Si multiplicamos la densidad de flujo I, por el área y por el tiempo, el resultado es el
número de electrones, los cuales se mueven a una velocidad v, los N electrones en el
tiempo t recorren una región de longitud L
N  I A t ; L  vt  t 

L
v
 N
m
Nv
s


 4.1019 m  2 s 1
18
2
A L 500  500  10 m  2 m
1  2.10 7
I min
IAL

v
31
PROBLEMA 3. El diseño de un reactor nuclear
El uranio se encuentra en la naturaleza en forma de UO2 con una
riqueza de 0,720 % de átomos de 235 U. Un neutrón provoca una fisión en
el 235U dando lugar a 2 o 3 nuevos neutrones con alta energía cinética
que a su vez son capaces de producir nuevas fisiones. La probabilidad de
aumentar el número de fisiones se logra con neutrones de baja energía.
De esta manera reduciendo la energía cinética de los neutrones de fisión
es posible provocar la fisión de otros núcleos diferentes del 235 U.
Esto es el fundamento de un reactor nuclear de potencia (NR).
Un típico NR consiste en un tanque cilíndrico de altura H y radio R
lleno de una sustancia que recibe el nombre de moderador. Una serie de
vainas cilíndricas denominadas canales de combustible llevan en su
interior de forma apiñada varillas con pastillas de UO2 sólido. Las
vainas se disponen en forma cuadrangular dentro del tanque cilíndrico.
Los neutrones de fisión que aparecen desde fuera del tanque colisionan
con el moderador y a consecuencia de esos choques pierden energía
cinética y llegan a los canales de combustible con esa baja energía y
logran producir fisiones (ver las figuras I-III) El calor generado en el
proceso de fisión se transmite a un fluido refrigerante que fluye a
través del cilindro. En este problema se estudia algo de la física del
combustible (parte A), del moderador (B) y de la geometría del NR (C).
Dibujo esquemático del reactor nuclear (NR) Fig. I. Vista de una vaina
conteniendo el combustible. Fig. II. Vista del conjunto de vainas con su
32
combustible dispuestas en el cilindro del reactor nuclear (2). Fig.III . Vista
superior de la disposición cuadrangular de las vainas de combustible (3). Los
segmentos a trazos representan el movimiento al azar de los neutrones (4).
Solamente se han representado los componentes más interesantes para el
problema. No están representadas las barras de control ni el fluido refrigerante.
A .- El combustible
Datos del UO2.Masa molar MW = 0,270 kg/mol ;
Densidad  = 1,060.104 kg/m3¸
Temperatura de fusión Tm = 3,138.103 K ;
Conductividad térmica =3,280 W/ m K
A1.- Considerar la siguiente reacción nuclear de un núcleo en reposo
de 235 U que absorbe un neutrón de energía cinética despreciable
235 U  1n  94 Zr  140 Cs  2 1n  ΔE
Calcular la energía total liberada en la fisión E (en MeV) .
Las masas nucleares son: m(235 U)= 235,044 u ; m(94Zr)= 93,9063 u ;
m(140Cs)= 139,905 u ; m(1n)= 1,00867 u ; 1u =931,502 MeV/c2.
No considerar la carga en el balance.
Aplicamos la ecuación de Einstein que relaciona la variación de masa en una reacción
con la energía implicada E=m c2
Δm  m(Zr)  m(Cs)  2m(n)  m(U)  93,9063  139,905  2  1,00867  235,044  1,00867u 
 Δm  0,22403 u
El signo menos es indicativo de una disminución de la masa de los productos de la
reacción nuclear, respecto de los productos iniciales.
Esta pérdida de masa supone la aparición de energía cuyo valor se deduce aplicando la
ecuación de Einstein
MeV/c 2 2
ΔE  (0,22403)u  931,502
 c  208,684 MeV
u
A2.- Determinar el número N de átomos de
que existen en el UO2 natural
235U
por unidad de volumen
Escogemos como unidad de volumen el metro cúbico
La masa de un metro cúbico de UO2 natural es:
m  1 m 3  1,060.10 4
kg
 1,060.10 4 kg
3
m
33
En un mol de UO2 = 0,270 kg , existen NA= 6,022.1023 “moléculas de UO2” y como
cada especie de UO2 contiene un átomo de U, el número de átomos de uranio es
0,270 kg 1,060.10 4

 x  2,364.10 28 átomos de U
3
x
6,022.10
El número de átomos de
235
N
U en 1 m3 es:
átomos de 235 U
0,720
 2,364.10 28  1,702.10 26
100
m3
A3.- Suponer que la densidad del flujo de neutrones es uniforme sobre
el combustible, siendo su valor numérico =2,000.1018 m-2 s-1. La
sección eficaz transversal del núcleo 235U es f =5,400.10-26 m.2. Si el
80,00% de la energía de fisión aparece en forma de calor, calcular la
tasa de producción de calor en la vaina por unidad de volumen Q (en
W/m3).
1 MeV= 1,602.10-13 J
Calculamos la energía que se puede disponer en la fisión de los N átomos de uranio
1,702.10
26
atomos de 235U
m
 4,552.1015
3
· 208,684
MeV
atomos
235
1,602.1013
U
J
 0,80 
MeV
J
m3
Ahora esta energía se produce en un cierto tiempo que está condicionado por el flujo de
neutrones y la sección eficaz transversal de los núcleos.
Cuanto mayor sea el flujo de neutrones más fisiones se producen por unidad de tiempo
y por tanto más potencia calorífica. Ocurre también que cuanto mayor sea la sección
eficaz aumenta la probabilidad de fisionar más uranio en la unidad de tiempo y en
consecuencia más potencia.
Q  4,552.1015
J
1
J
W
 5,400.10 26 m 2  2,000.1018 2  4,916.108 3  4,916.108 3
3
m
m s
ms
m
A4.-Alcanzado el régimen estacionario la diferencia de temperaturas
entre el centro (TC)y la periferia de la vaina (TS) se puede expresar
mediante la siguiente ecuación
TC  TS  kF(Q, a, λ)
En la que k es una constante sin dimensiones y de valor ¼; a es el
radio de la vaina y la conductividad térmica del UO2
Obtener F(Q,a ,) utilizando el análisis dimensional
34
TC  TS  k F(Q, a, λ)
Para la aplicación del cálculo dimensional expresamos la función como:
Como las fórmulas físicas han de ser homogéneas, la ecuación de dimensiones de los
dos miembros han de ser iguales.
;
a=m;
;
;
Donde en las últimas ecuaciones:
M representa la magnitud masa;
L la magnitud longitud;
t la magnitud tiempo y
T la magnitud temperatura.
1 = -𝛾 ;
0=𝛼+𝛾;
0 = -𝛼 + 𝛽 + 𝛾 ;
Resolviendo el sistema se obtiene:
𝛾 = -1 ; 𝛼 = 1 ;
𝛽 = 1- (-1) = 2
Sustituyendo estos valores y el valor de la constante k, resulta la ecuación:
1 Q a2
TC  TS 
4 λ
A5.-La temperatura mayor para el refrigerante es 5,770.102 K. Calcular
el valor superior au del radio a de la vaina.
El refrigerante no puede superar la temperatura de 577 K y el UO2 no debe llegar a su
temperatura de fusión en el centro de la vaina, esto es, el límite superior es 3138 K.
Utilizamos la ecuación del apartado A4 y el valor de Q obtenido en A3.
3138  577 
2
u
1 Qa
 au 
4 λ
4 λ  2561

Q
W
 2561K
Km
 8,267.10 3 m 
8 W
4,916.10
m3
4  3,280
35
B .- El moderador
Considerar que entre el neutrón de masa u y un átomo del moderador
de masa Au se verifica una colisión bidimensional elástica. Antes de la
colisión lo átomos del moderador se encuentran en reposo en el sistema
de referencia del laboratorio (LF). Sean
y
las velocidades del
neutrón antes y después de la colisión respecto de LF.
es la velocidad del centro de masas (CM) respecto de LF y  el ángulo
de dispersión del neutrón en el sistema del CM. Todas las partículas se
desplazan con velocidades no relativistas.
B1.- En la figura IV se indica esquemáticamente la colisión en el
sistema LF, siendo L el ángulo de dispersión. Confeccionar un boceto
de la colisión en el sistema del CM. Etiquetar las partículas 1, 2 y 3 con
las velocidades:
;
;
. Indicar el ángulo de dispersión 
2
L
Fig.IV
1
3
4
Colisión en el sistema del laboratorio
1.-Neutrón antes de la colisión
2.- Neutrón después de la colisión
3.- Átomo A del moderador antes de la colisión
4.- Átomo A del moderador después de la colisión





B2.- Obtener las velocidades del neutrón (v) y del moderador (V)
después de la colisión respecto del centro de masas en función de A y
v b.
Tratamos las dos cuestiones juntas para explicar de modo didáctico el esquema pedido
en B1.

36
Nota.- Se recomienda al lector revisar el problema 117 de esta web que
está en el almacén de la sección Problemas para una Olimpiada de
Física en el apartado de Mecánica
Calculamos en primer lugar el módulo de la velocidad del centro de masas respecto del
sistema del laboratorio (LF).
v CM 
u  v b  Au  0
v
 b
u  Au
1 A
Ahora mentalmente nos situamos en el centro de masas. Desde este punto de vista el
neutrón se nos acerca con una velocidad
v B  v CM  v b 
vb
1  vb A

 v B 1 

1 A
 1 A  1 A
El moderador se acerca al centro de masas con una velocidad
0  v CM  
vB
1 A
El neutrón se acerca al centro de masas viniendo de izquierda a derecha (signo
positivo de la velocidad), mientras que el moderador se acerca al centro de masas
viniendo de izquierda a derecha (velocidad con signo negativo).
Después del choque teniendo en cuenta que es elástico y que no actúan fuerzas
exteriores sobre el sistema el centro de masas se desplaza con la misma velocidad
después del choque que antes y el neutrón se desplaza con la misma velocidad que
antes y lo mismo le ocurre al moderador, pero ahora formando un ángulo diferente  .
La siguiente figura es un boceto de lo que ocurre
v
vbA
1 A
vbA
1 A


V=
vb
1 A
vb
1 A
37
B3.- Obtenga una expresión para G()=Ea/Eb siendo Ea y Eb la
energía cinética de los neutrones en el sistema LF antes y después de
 A 1 
la colisión. α  

 A 1
2
La velocidad del neutrón después de la colisión se obtiene sumando vectorialmente a
la velocidad del neutrón en el sistema CM. la velocidad del centro de masas
Sobre la dirección de la velocidad del centro de masas las componentes del vector
(ver la figura del apartado anterior) son:
vbA
cosθ ;
1 A
Las componentes de
son:
vb
 vb A

cos
θ

1  A
1 A

El módulo de
vbA
senθ
1 A
;
v A

 vb

1  A cos θ  ; b sen θ 
sen θ   
1 A
1 A

1  A

vb A
es:
2
 vb

v A

1  A cos θ    b sen θ
va  
1  A

1  A

2
El cociente de las energías cinéticas:
2
2

 vb A
 
1  v b
1  A cos θ   
m 
sen θ 
2
1

A
1

A




  1  A cos θ 2 A 2 sen 2 θ
Ea




2
1
Eb
2


1  A 2
1

A
m vb
2
E a 1  A 2 cos 2 θ  2 A cos θ  A 2 sen 2 θ A 2  2 A cos θ  1


Eb
1  A 2
1  A 2
Despejamos A en función de de la ecuación del enunciado.

38

α

A 1

A 1

αA  α  A  1  A 1  α  1  α 
1 α
A
1 α

Sustituimos este valor de A en la relación anterior de las energías
2
1 α 
1 α

  2cos θ
1
1 α
E a A 2  2 A cos θ  1  1  α 



2
Eb
1  A 2
 1 α 
1 

 1 α 



Ea
1 α

Eb

2


 
 2 cos θ 1  α  1  α  1  α
4


2

2
1 α 
1 α

  2cos θ
1
1 α 
1

α


4
1  α 
2
1  α  2 α  2cos θ1  α   1  α  2 α
4
E a 2 1  α   2 (1  α) cos θ 1  α   (1  α) cos θ


Eb
4
2
B3.- Suponga que la expresión anterior vale para la molécula D2O.
E  Ea
Calcule la fracción máxima de energía perdida f j  b
del
Eb
neutrón con el moderador D2O (masa 20 u)
fl  1 
Ea
A 2  2Acos θ  1
1
Eb
1  A 2
Para obtener el mínimo derivamos la expresión anterior respecto a  e igualamos a cero
df l
1

 2A sen θ   0  sen θ  0 
dθ
1  A 2
A es la masa del moderador que para el D2O es 20 u
fl  1
20 2  2  20  cos π  1
 0,181
212
θ  π rad
39
B .- El reactor nuclear
El reactor nuclear (NR) opera en estado estacionario con un flujo de
neutrones constante  ; las fugas de neutrones se compensan por un
exceso de neutrones que produce el propio reactor.
Para un reactor de geometría cilíndrica la tasa de fuga de neutrones es
2

2
 2,405 
 π  

   Ψ
k 
1  R   H  


y la tasa de producción es k2Las constantes k1 y k2 dependen del tipo
de material del reactor.
C1.- Considerar un NR con k1= 1,021.10-2m y k2= 8,787.10-3m-1. Tenga
en cuenta que para un volumen fijo de un reactor la tasa fija de fugas
debe ser mínima para una utilización eficaz del combustible; obtenga
las dimensiones del NR en estado estacionario..
El volumen del reactor es el del cilindro V  π R 2 H . En estado estacionario las fugas
de neutrones son iguales a la producción con la condición de que la tasa de fugas sea
mínima. Para ello la función que indica las pérdidas con respecto de R la derivamos
con respecto a R e igualamos a cero.
Para dejar una sola variable en la ecuación sustituimos H en función de R.
2


 

 

2 
2
2 2 2
 2.405   π  
 2.405   π R  

F(V, R)  k1 
Ψ  k1 
Ψ
 
 
 R   V  
R   V  


 


 

π R 2  




  2,405    2,405   π 2 R 2  π 2

dF(V, R)

k1Ψ 2
 2
2R   0



dR
  R   R 2   V  V

De la anterior ecuación resulta:
2,405 2 2 π 4 R 3
2,405 2  .V 2
6

R 
R3
V2
2 π4
Sustituimos V por su relación con R y H:
40
R6 
2,405 2  π 2 R 4 H 2
2,405 2  H 2
2,405
2

R

 R
H  0,5413 H
4
2
2π
2π
π 2
Igualamos la fuga de neutrones con la producción y utilizamos la relación entre R y H
2
 2,405 2
 2,4052
π2 

 π 

  8,787.10 3
k1 

    Ψ  k 2Ψ  1,021.10 2 
2
2
2
 R   H  
 0,5413 H
H 


19,7403  π 2
19,7403  π 2
 0,8606  H 
 5,866 m ; R  0,5413  5,8656  3,175 m
0,8606
H2
C2.- Los canales de combustión están dispuestos en una formación
cuadrangular (fig. III) con una distancia entre un vecino y otro de 0,286
m. El radio efectivo de una vaina si ésta fuese sólida es: 3,617.10 -2 m.
Calcular el número de canales de combustión Fn del reactor y la masa
M de UO2 requerida para que el NR opere en estado estacionario.
Admitimos que la distancia de separación del enunciado es entre centro y centro de una
vaina, por tanto, el espacio sin materia es:
d v  0,286  (2  3,617.102 )  0,214 m
En la figura C2(1) hemos seleccionado el diámetro horizontal del cilindro que divide a
la sección circular en dos partes iguales, una arriba y otra abajo.. Designamos con nD el
número de vainas que colocamos a lo largo de ese diámetro y dejamos el mismo número
de huecos para mantener la distancia entre las vainas. La longitud de ese diámetro esta
ocupada por el numero nD por el diámetro de cada vaina más nD por la distancia entre
vainas.


n D  2  3,617.102 n D 0,214  2  3,175  n D  22,2
La siguiente fila por encima del diámetro anterior está a una distancia en vertical de
0,286 m, y la longitud de esa cuerda es (mirar la figura C2(a).
41
Fig.C2(a)
l1  R 2  h 2  3,1752  0,2862  3,162  L1  2 ·3,162  6,324
El número de vainas en esa longitud es:
n(1)  2  3,617.102  n(1)  0,214  6,324  n(1)  22,1
La siguiente fila por encima de la anterior
l 2  R 2  2h   3,175 2  4  0,286 2  3,123  L1  2 * 3,123  6,246
2
El número de vainas en esa longitud es:
n (2)  2  3,617.102  n (2)  0,214  6,246  n (2)  21,8
El cálculo es el mismo para las distintas cuerdas lo resumimos en la siguiente tabla
R=3,175 m
h
0,286
0,572
0,858
1,144
1,43
1,716
2,002
2,288
2,574
2,86
3,146
L
3,1620925
3,12304995
3,05687111
2,9617375
2,83473544
2,67132345
2,46426886
2,20129076
1,85880311
1,37877663
0,428146
2L
6,32418501
6,2460999
6,11374223
5,92347499
5,66947087
5,34264691
4,92853771
4,40258152
3,71760622
2,75755326
0,85629201
número
vainas
22,0862786
21,8135779
21,3513384
20,6868583
19,7997865
18,6584023
17,2121873
15,3753633
12,9831886
9,63034596
2,99047289
182,5878
42
El número total es las que están por debajo y por encima del diámetro más las del
propio diámetro
Fn  2 182,5  22  387
En la figura C2(b) se ha hecho una
representación a escala de las vainas de
combustible en el reactor nuclear del
problema.
Fig.C2(b)