José Luis Hernández Pérez, Madrid 2010
1
Problemas de Las Olimpiadas
Internacionales De Física
José Luis Hernández Pérez
Madrid 2010
José Luis Hernández Pérez, Madrid 2010
2
XLI.- OLIMPIADA INTERNACIONAL DE FÍSICA. CROACIA. 2010
PROBLEMA 1
IMAGEN DE UNA CARGA SOBRE UN OBJETO METÁLICO
Introducción.- Método de las imágenes.
Si se coloca una carga puntual q en las proximidades de una esfera
metálica unida a tierra de radio R (ver figura 1a), sobre la esfera aparece
una carga inducida. Calcular el campo y el potencial de esta carga
inducida puede ser una tarea formidable. No obstante el cálculo se
simplifica notablemente utilizando el método de las imágenes.
Con este método el campo y el potencial producido por la carga
distribuida sobre la esfera pueden calcularse por el campo y el potencial
que crea una carga puntual q´, colocada en el interior de la esfera (esto
no hay que demostrarlo).
Nota.- El campo eléctrico de la carga imagen q´ reproduce el campo y
el potencial solamente fuera de la esfera (incluida su superficie).
Fig.1(a).- Una carga q puntual esta situada en la proximidad de una esfera metálica unida a tierra. Fig.1(b) El campo eléctrico de la carga inducida sobre la esfera puede representarse por el campo eléctrico de la carga imagen q´.
Cuestión 1. La carga imagen
La simetría del problema conduce a que la carga q´ debe colocarse en la
línea que une la carga q con el centro de la esfera. Ver figura 1(b).
a) ¿Cuál es el valor del potencial de la esfera?
Teniendo en cuenta que la esfera está unida a tierra su potencial es V=0
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3
b) Expresar q´ y la distancia d´ de la carga q´ al centro de la esfera, en
función de q , d y R.
Escogemos dos puntos de la esfera designados con M y N (ver figura 1(c).
Los potenciales en M y N son la suma de los potenciales que crean la carga q y la carga
imagen q´.
)2(d´R
Rd
q´
q0
d´R
q´
επ4
1
Rd
q
επ4
1V
)1(d´R
Rd
q´
q0
d´R
q´
επ4
1
Rd
q
επ4
1V
oo
N
oo
M
De (1) y (2)
)3(
2R2dd´d´RRdd´dRd´RRdd´dRd´R
Rd
d´R
Rd 222
d
Rd´
2
Sustituyendo (3) en (1)
)4(RdR
Rdd
d
RR
Rd
q´
q2 d
Rqq´
Las soluciones (3) y (4) tienen que ser válidas para cualquier otro punto de la esfera.
Escogemos un punto cualquiera Z que forma un ángulo entre el radio y el eje
horizontal. Ver figura 1(d).
Fig.1(c)
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4
0Rcosθ2ddR
1
Rcosθ2dRd
1
επ4
qV
θsenRθcosd
R2θcosR
d
R
R
d
1
2dRcosθRd
1
επ4
q
senθRcosθRd
R
d
R
senθRcosθRd
1
επ4
qV
TZOTOPPZ;TZOTOSSZ;PZ
q´
επ4
1
SZ
q
επ4
1V
2222o
Z
223
22
2
4
2
222o
2
22
22o
Z
2222
oo
Z
c) Encontrar el módulo de la fuerza que actúa sobre q ¿Es la fuerza
repulsiva?
222
2
o Rd
dRq
επ4
1F
2
2
2
o
2
o
d
Rd
d
Rq
επ4
1
d´d
q´q
επ4
1F (5)
Como una carga es positiva y la otra negativa la fuerza es de atracción entre las cargas.
Fig,1(d)
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5
Cuestión 2. Apantallamiento de un campo electrostático
Considerar una carga puntual q colocada a una distancia d del centro de
una esfera metálica unida a tierra, de radio R. Estamos interesados en
cómo la esfera metálica unida a tierras afecta al campo eléctrico en A,
siendo A un punto del lado opuesto de la esfera, tal como se indica en la
figura 2.
El punto A está situado sobre la línea recta que une la carga q con el
centro de la esfera y a una distancia r de la carga
Fig.2.- El campo eléctrico en A esta parcialmente apantallado por la esfera unida a tierra.
a) Calcular el campo eléctrico en el punto A
En la figura 2(a), η
es un vector unitario dirigido desde q al centro de la esfera. El
campo eléctrico en A es la suma de los campos creados por las cargas q y q´.
Fig.2(a)
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6
La distancia de q a A es r y la distancia de q´ a A es x:
x = d
Rdrd´RRdr
2
(6)η
d
Rdr
q´
επ4
1
r
q
επ4
1E
22
o
2
o
η
d
Rdr
d
Rq
επ4
1
r
q
επ4
1E
22
o
2
o
(6)
b) Cuando r>>d, calcular la expresión del campo eléctrico utilizando la
aproximación: 2a1a12
, siendo a<<1.
Si r es mucho mayor que d, podemos decir que r-d = r .Volviendo a la ecuación (6) y
considerando el módulo del campo, resulta:
)7(
r
d
R2q
επ4
1
r
d
Rq
επ4
1
r
q
επ4
1
r
dr
R21
d
qR
επ4
1
r
q
επ4
1E
rdr
R1
q´
επ4
1
r
q
επ4
1
d
Rr
q´
επ4
1
r
q
επ4
1E
3
2
3
o
2
o
2
o
2
2
o
2
o
22
o
2
o
22
o
2
o
3
2
3
o
2
o r
d
R2q
επ4
1
r
d
R1q
επ4
1E
b) ¿Para qué limite de d, la esfera metálica unida a tierra apantalla el
campo de la carga q completamente, de tal modo que el campo en el
punto A es exactamente cero?
Si nos fijamos en la ecuación (6) la posibilidad de que el campo se anule en A ocurre
para d=R.
Cuestión 3. Oscilaciones pequeñas en el campo eléctrico de la esfera
metálica unida a tierra.
Una carga puntual q de masa m está suspendida de una cuerda de
longitud, L la cual está, por el extremo libre, sujeta a una pared, en las
proximidades de la esfera metálica unida a tierra. Se ignoran los efectos
electrostáticos de la pared. La carga puntual es un péndulo matemático
(ver la figura 3). La distancia entre el centro de la esfera y el punto en
que la cuerda L está sujeta a la pared es l. Se desprecia la gravedad.
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7
Fig.3.- Una carga puntual situada en las proximidades de una esfera metálica unida a tierra oscila como un péndulo
a) Encontrar el módulo de la fuerza eléctrica que actúa sobre la carga q
para un determinado ángulo e indicar su dirección mediante un
diagrama.
En la cuestión (1) hemos visto que d
Rqq´ y
d
Rd´
2
.En la figura 3(a) se indica
la posición de la carga q´. La distancia d =ON y la distancia d´ es desde O a la carga q´.
La fuerza que actúa sobre q es una fuerza de atracción, cuyo módulo vale:
)8(
d
Rd
d
Rq
επ4
1
d´d
q´q
επ4
1F
222
2
o
2
o22
2
o Rd
dRq
επ4
1F
Fig. 3(a)
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8
En la figura 3(b) se ha dibujado la fuerza F
y dos componentes, uno en la dirección de
la cuerda y otro en dirección perpendicular a la cuerda.
Teniendo en cuenta que q se comporta como un péndulo matemático el ángulo es
pequeño y también lo es el .
b) Determinar la componente perpendicular a la cuerda L de la fuerza
F
en función de l, L , R , q y .
De la figura 3(b) se deduce que el módulo de la componente perpendicular a la cuerda
es.
γsenFFP
Observando la figura 3(b) se deduce que: γβα
De la figura 3(a) se deduce:
αLcosl2LlαsenLαLcoslMNOMd 222222 (9)
Si el ángulo es muy pequeño su coseno es prácticamente uno y por tanto:
Lld (10).
Llevando (9) a la ecuación (8):
βαsen
RαcosLl2-Ll
αcosLl2LlRq
επ4
1F
βαFsenFRαcosLl2-Ll
αcosLl2LlRq
επ4
1F
2222
222
o
P
P2222
222
o
Fig. 3(b)
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9
Volviendo a la figura 3(a): αsenLβsendL
MNαsen;
d
MNβsen .Si los
ángulos y son pequeños resulta:
αcosLl2Ll
αL
d
αLβ
22 (11)
αcosLl2Ll
αLsenoarcoαsen
RαcosLl2Ll
αcosLl2LlRq
επ4
1F
222222
222
o
P (12)
c) Encontrar la frecuencia para pequeñas oscilaciones del péndulo.
A partir de la ecuación (8)
βαsen
Rd
dRq
επ4
1γsen
Rd
dRq
επ4
1F
Rd
dRq
επ4
1F
222
2
o
222
2
o
P222
2
o
Aplicamos la ecuación (11)
Kαα
d
L1
Rd
dRq
επ4
1F
d
αLα
Rd
dRq
επ4
1βα
Rd
dRq
επ4
1βαsen
Rd
dRq
επ4
1F
222
2
o
P
222
2
o
222
2
o
222
2
o
P
El momento de FP respecto al punto donde la cuerda está atada a la pared es:
αLKM
El periodo de oscilación es:
)13(
Lmεπ4
LdR
Rd
q
π2
1
T
1f
LdR
Lmεπ4
q
Rdπ2
LRqdRq
LmRdεπ4π2T
d
L1
Rd
dRq
επ4
1
Lmπ2
K
Lmπ2
LK
Lmπ2
LK
Iπ2T
o22
o
22
22
222
o
222
2
o
2
Lmεπ4
lR
RLl
q
π2
1f
o22
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10
Cuestión 4. La energía electrostática del sistema
En una distribución de cargas eléctricas es importante conocer la energía
del sistema. En nuestro problema (ver la figura 1(a)) existe una
interacción electrostática entre la carga externa q y las cargas inducidas
en la esfera y una interacción electrostática entre las mismas cargas
inducidas en la esfera. En función de la carga q , radio de la esfera R y la
distancia d , calcular las siguientes energías electrostáticas
a) La energía electrostática entre la carga q y las cargas inducidas en la
esfera
b) La energía electrostática de interacción entre las cargas de la esfera
c) La energía electrostática total de la interacción en el sistema.
Ayuda: .Existen diferentes formas de resolver la cuestión:
1) Una de ellas es utilizar la siguiente integral
2R
2d
1
2
1
d 2R
2x
dxx
2) Utilizar el hecho de que una colección de N cargas localizadas en los puntos ri,
siendo i=1.2.3 …..N, la energía electrostática es la suma sobre todos los pares de
cargas
jrir
jqiqN
1i
N
ji
1j oεπ4
1
2
1V
c) Supongamos inicialmente que la carga q y la esfera metálica se encuentran a distancia
infinita entre sí. En esta situación la esfera está descargada. Si se acerca la carga q a la
esfera sobre ésta aparecen cargas inducidas, estas cargas son tanto mayores cuando más
cerca se encuentre la carga q de la esfera.
En la figura 4(a) la carga q se encuentra a una distancia x del centro de la esfera y sobre
ésta aparecen cargas inducidas, estando las negativas más cerca que las positivas. Esto
supone que entre la carga q y las cargas inducidas existe una fuerza neta atractiva.
En la figura 4(a) se indica la situación inicial, una intermedia y la final.
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11
Nos fijamos en la situación intermedia
En ese instante la carga imagen esta designada por qx y situada a una distancia dx del
centro de la esfera .De acuerdo con lo que se dedujo en la cuestión (1):
x
Rd;
x
Rqq
2
xx
La fuerza de atracción entre la carga q y la carga imagen qx vale:
222
2
o2
2
o Rx
xRq
επ4
1
x
Rx
x
Rq
επ4
1F
Si la carga q se acerca a la esfera una distancia dx, el trabajo es:
22
2
o
22
2
o
22
2
o
22
2
o
22
2
o
Rd
Rq
επ4
1
2
1dx
Rx
xRq
επ4
1dx
Rx
xRq
επ4
1W
dxRx
xRq
επ4
1ηdx η
Rx
xRq
επ4
1xdFdW
d
d
Fig.4(a)
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12
La energía es negativa ya que si quisiésemos llevar q al infinito habría que aportar
energía desde fuera del sistema para que al llegar q al infinito su energía fuese nula.
a) La energía de interacción entre la carga q y las inducidas en la esfera se calcula
teniendo en cuenta el valor de la carga imagen en la posición final de la figura 4(a).
El potencial creado por la carga imagen q´ a una distancia d-d´ vale: d´d
q´
επ4
1V
o ,
y la energía de interacción
22
2
oo
´
Rd
Rq
επ4
1
d´d
q´q
επ4
1E
b)
22
2
o
22
2
o
22
2
o Rd
Rq
επ4
1
2
1E´´E´´
Rd
Rq
επ4
1
Rd
Rq
επ4
1
2
1
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13
FÍSICA DE UNA CHIMENEA
PROBLEMA 2
Introducción Los productos gaseosos procedentes de una combustión son arrojados a
la atmosfera de temperatura Tair mediante una chimenea de sección A y
altura h, (ver la figura 1). La materia sólida se quema en un horno a una
temperatura TSmoke.=Thum. . El volumen de gases producidos por unidad
de tiempo en el horno se designa con B.
Fig 1.- Esquema de la chimenea de altura h con un horno a la temperatura TSmoke=Thum
Se supone:
*La velocidad de los gases dentro del horno es despreciable
*La densidad de los gases (humos) no es diferente de la del aire a la
misma presión y temperatura. En el horno los gases pueden considerarse
como ideales.
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14
*La presión del aire varía con la altura de acuerdo con la ley de la
hidrostática. La variación de la densidad del aire con la altura se
desprecia.
*El flujo de gases se rige por la ecuación de Bernoulli
constantep(z)ρgz(z)2ρv2
1
es la densidad del gas, v(z) su velocidad, p(z) su presión, siendo z la
altura
* La variación de la densidad del gas a lo largo de la chimenea es
despreciable.
Cuestión 1.
a) ¿Cuál es la altura mínima de la chimenea para que funcione
correctamente, esto es, que arroje a la atmosfera todos los gases que se
producen en el horno? Expresar el resultado en función de B, A, Tair, g =
9,81 m/s2, T=Thum-Tair.
Importante: En las siguientes cuestiones se supone que la altura
mínima es la altura de la chimenea.
Aplicamos la ecuación de Bernoulli en la parte alta de la chimenea y a una altura h=0
pero justamente dentro del horno. Según el enunciado la velocidad del gas dentro del
horno es nula, por tanto el primer término de la ecuación es nulo. El segundo también es
nulo puesto que el valor de z es cero.
(0)p(h)phgρ(h)vρ2
1humhumhum
2
humhum
Para que la chimenea pueda evacuar los humos, la presión de éstos en la parte más alta
de la chimenea debe ser como mínimo igual o mayor que la presión del aire exterior.
La presión del gas en la parte inferior de la chimenea debe ser prácticamente igual a la
presión del aire a la altura cero para que los gases puedan ascender por la chimenea.
(0)p(h)phgρ(h)vρ2
1airairhum
2
humhum
Del enunciado se deduce que para el aire hgρ(0)p(h)p airaireaire
Sustituyendo en la ecuación anterior:
(1)0ghρ-hgρ(h)vρ2
1
(0)phgρ-(0)phgρ(h)vρ2
1
air hum
2
humhum
airairairhum
2
humhum
El caudal de gases que deben salir por la chimenea B es el producto de A.vhum (h) de
donde
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15
A
Bh)(vhum
Aplicamos la ecuación de los gases ideales
air
hum
hum
air
airairhumhumairairhumhumT
T
ρ
ρTρTρRTρp(0);RTρp(0)
Sustituyendo las dos últimas expresiones en (1)
)2(
TTgA2
TB
1T
TgA2
Bh
1ρ
ρgA2
B
ρρg
ρA
B
2
1
h0ρρghA
Bρ
2
1
airhum
2
aire
2
air
hum2
2
hum
air2
2
humair
hum2
2
airhum2
2
hum
ΔTgA2
TBh
2
aire
2
b) Suponer que se edifican dos chimeneas que sirvan para el mismo
propósito. Sus secciones son iguales, pero una estará en una región fría
donde la temperatura del aire exterior es -30ºC, y la otra en una región
caliente con temperatura exterior de +30ºC. La temperatura del horno es
400ºC. Se calcula que la chimenea de la región fría debe tener una
altura mínima de 100 metros ¿Cuál debe ser la altura mínima de la
chimenea en la región caliente?
Aplicamos la ecuación (2)
m150hcal
1,5370243
430303
30(273273)400gA2
30)(273B
30(273273)400gA2
30273B
h
h
2
2
2
2
fría
cal
c) ¿Cómo varía la velocidad de los gases a lo largo de la columna? Hacer
un esquema-diagrama suponiendo que la sección de la chimenea no
cambia con la altura. Indicar el punto donde los gases entran en la
chimenea.
A partir de la ecuación (1) despejamos la velocidad
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16
)3(
1ρ
ρhg2
ρ
ρρhg2v0ρρghvρ
2
1
hum
air
hum
humairhumairhum
2
humhum
1T
Thg2v
air
hum
La ecuación (3) nos indica que la velocidad es constante.
La velocidad en el horno es nula (según el enunciado) y por tanto en la interfase entre la
chimenea y el horno se produce un salto discontinuo de la velocidad pues pasa de cero a
la dada por (3).
d) ¿Cómo varía la presión de los gases a lo largo de la altura de la
chimenea?
Aplicamos la ecuación de Bernoulli a las alturas de la chimenea h y z<h.
(z)pzgρ(h)phgρ
(z)pzgρ1ρ
ρhg2ρ
2
1(h)phgρ1
ρ
ρhg2ρ
2
1
(z)pzgρ(z)vρ2
1(h)phgρ(h)vρ
2
1
humhumhumhum
humhum
hum
air
humhumhum
hum
air
hum
humhum
2
humhumhumhum
2
humhum
La presión del gas a la altura h es igual a la presión del aire a esa altura
hgρp(0)(h)php airairhum
zgρρρhgp(0)(z)p humhumairhum
zgρhgρhgρp(0)(z)p
(z)pzgρhgρp(0)hgρ
humhumairhum
humhumairhum
PLANTA DE POTENCIA SOLAR
El flujo de gases que circula por la chimenea puede utilizarse para
construir una planta de producción eléctrica aprovechando la energía
solar. La idea se ilustra en la figura 2.
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17
El Sol calienta el aire que se encuentra bajo el colector de área S, el cual
se encuentra abierto por su periferia para así permitir un flujo continuo
de entrada de aire. A medida que el aire caliente penetra en la chimenea
(flechas delgadas continuas en la figura 2) nuevo aire frío penetra en el
colector procedente de los alrededores (flechas discontinuas de la figura
2) estableciéndose un flujo continuo de aire El flujo de aire de la
chimenea mueve una turbina la cual produce energía eléctrica. La
energía solar por unidad de tiempo y por unidad de área horizontal del
colector es G. Se supone que toda esa energía se emplea en calentar el
área del colector (la capacidad calorífica másica del aire es c y se
desprecia su variación con la temperatura). Definimos la eficacia de la
chimenea solar como el cociente entre la energía cinética del flujo
gaseoso y la energía solar empleada en calentar el aire antes de penetrar
en la chimenea.
Fig 2.- Bosquejo de una planta solar
Cuestión 2.
a) ¿Cuál es la eficacia de la chimenea en la planta solar?
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18
Designamos con TA la temperatura del aire fuera de la chimenea y del colector. A es el
área de la sección horizontal de la chimenea. Supongamos que por la chimenea penetra
una masa de aire caliente de masa m en un tiempo t y con una velocidad v. El volumen
de esa masa de aire es un cilindro de base A y altura v t, siendo su masa
calρΔtvAm , siendo cal la densidad del aire caliente. La energía cinética es:
A
cal
2
CT
TΔ.2ghρΔtvA
2
1vm
2
1E
Se ha sustituido la velocidad por la ecuación (3), siendo T= (Taire caliente – TA) y h la
altura de la chimenea. La potencia debida a esta energía es:
A
calCT
ΔThg2ρvA
2
1P
La masa de aire caliente ha sido calentada por el Sol durante un tiempo t, siendo la
potencia comunicada por el astro
ΔTcρvAtΔ
ΔTespecíficocalormasaP calS
La eficacia es:
ΔTc
hgη
ΔTcρvA
T
ΔThgρvA
P
Pη
cal
A
cal
S
C (4)
b) Indique cómo varia la eficacia con la altura de la chimenea
La ecuación (4) indica que aumenta directamente con la altura de la chimenea e
inversamente con T.
EL PROTOTIPO DE PLANTA DE MANZANARES
La chimenea instalada en la localidad de Manzanares (España) tiene un
altura h=195 metros y un radio de 5 metros. El colector es un círculo de
244 metros de diámetro. El calor específico del aire en las condiciones de
trabajo de la instalación es 1012 J/kgK, la densidad del aire caliente 0,9
kg/m3 y la temperatura exterior a la instalación TA = 295 K. La potencia
solar por unidad de superficie horizontal 150 W/m2 durante los días
soleados.
Cuestión 3.
a) ¿Cuál es la eficacia de la planta prototipo de manzanares?
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19
Aplicamos la ecuación (4)
0,64%η
0,0064
2951012
1959,8
Tc
hgη
A
b) ¿Qué potencia puede obtenerse en la citada planta?
kW45 W4,5.104
244π1500,0064SGηP 3
2
c) ¿Cuánta energía se produce en la planta en un día soleado?
Soldehoras45E
Cuestión 4.
a) Deducir la expresión de la elevación de la temperatura entre el aire
que penetra en la chimenea (aire caliente) y el aire que procede de los
alrededores del sistema (aire frío). Calcular el valor numérico para el
prototipo de la planta solar de Manzanares.
Designamos con t el tiempo que tarda en llenarse completamente la chimenea de la
planta de aire caliente. Teniendo en cuenta la velocidad de entrada en la chimenea del
aire caliente resulta:
AT
ΔThg2
h
v
hΔt
La masa del aire contenido en la chimenea: calρhAm .La energía necesaria para
calentar ese aire es:
ΔTcρhAΔTcmE cal
Esta energía la ha suministrado la radiación solar
)5(TSGΔTcρAhg2
T
ΔThg2
SGΔTcρA
T
ΔTh g2
hSGΔtSGΔTcρhAΔTcmE
A
22322
cal
2
A
22222
cal
2
A
cal
3cρAhg2
TSGΔT
22
cal
2
A
22
Aplicamos la ecuación (5)
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20
K9
3
10120,95π1959,82
2954
244π150
ΔT2222
22
2
a) ¿Cuál es el flujo de aire másico a través del sistema?
El caudal volumétrico es el producto de la sección de la chimenea por la velocidad y el
caudal másico es el producto del caudal volumétrico por la densidad.
s
kg763 0,9
295
91959,825πρ
T
ΔThg2.RπCaudal 2
cal
A
2
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21
MODELO SENCILLO DEL NÚCLEO ATÓMICO
PROBLEMA 3
Introducción Aunque el núcleo atómico es un objeto de tratamiento cuántico ciertas
propiedades (el radio y la energía de enlace, se deducen a partir de
suposiciones simples:1) Los núcleos están formados por nucleones
(protones y neutrones);2) La fuerza nuclear fuerte mantiene unidos a los
nucleones actuando ésta a una distancia muy pequeña (actúa solamente
entre nucleones vecinos); 3)el número de protones Z de un determinado
núcleo es aproximadamente igual al de neutrones N, esto es
Z=NA/2,siendo A el número de nucleones(A>>1). Se utiliza esta
expresión en las cuestiones 1 a 4.
Cuestión 1. El núcleo átómico como un paquete cerrado de nucleones
Según un modelo simple un núcleo atómico puede considerarse como
una bola en la que los nucleones se encuentran fuertemente
empaquetados, juntos unos con otros, (ver la figura 1a) .Los nucleones se
consideras como esferas duras de radio rN=0,85 fm (1 fm = 10-15
m).
La fuerza nuclear actúa solamente entre dos nucleones en contacto. El
volumen del núcleo V es mayor que el propio volumen de todos los
nucleones AVN , siendo 3rπ3
4V NN . El cociente
V
AVf N se denomina
factor de empaquetamiento y representa el porcentaje ocupado por la
materia nuclear
Fig 1(a).- El núcleo atómico es una esfera formada por nucleones fuertemente empaquetados. Fig (2). El empaquetamiento cúbico simple.
José Luis Hernández Pérez, Madrid 2010
22
a) Calcular el factor f si los nucleones se sitúan en un empaquetamiento
“cúbico simple” en el que cada nucleón ocupa el centro de un cubo,
replicándose este cubo en las tres direcciones del espacio.
En cada cubo (celdilla) se sitúa un nucleón que es una esfera de radio rN y que hace
contacto con cada una de las seis caras del cubo, por tanto, la arista del cubo vale:
a=2 rN, lo que implica que el volumen de una celdilla es: 3
N
3
C r8aV y como
existen A celdillas resulta:
0,526
π
3
N
3
N
C
N
r8
rπ3
4
AV
AVf
b) Estimar la densidad masa promedio m ., la densidad de carga c y el
radio R para un núcleo que posee A nucleones. La masa promedio de un
nucleón es 1,67.10-27
kg.
3
17
m
kg3,40.10
315
27
C
m
0,85.108
1,67.10
VA
nucleónundemasaA
Volumen
núcleodelMasaρ
3
25
m
C1,63.10
315
19
C
m
0,85.108
1,6.100,5
VA
eA2
1
Volumen
núcleodelCargaρ
El volumen de un núcleo de radio R es: 3Rπ3
4 y es igual al volumen de A celdillas
fmA1,06 3
3
33 A
0,52
0,85R
f
ArR
f
rπ3
4A
f
VAA.VRπ
3
4N
3
NN
C
3
Cuestión 2. Energía de enlace del núcleo atómico
La energía de enlace de un núcleo es la requerida para separar los
nucleones. Esencialmente el proceso supone vencer la fuerza de
atracción entre cada nucleón y su vecino. Si un nucleón se encuentra en
el interior del núcleo contribuye a la energía total de enlace con av= 15,8
MeV(1 MeV=1,602.10-13
J), pero si el nucleón esta ubicado en la
superficie del núcleo su contribución es solamente av/2.
Expresar la energía de enlace Eb de un núcleo en función de A, av, y f
incluyendo la corrección de superficie.
El núcleo es una esfera de radio R. Los nucleones que están en la superficie ocupan un
volumen limitado entre la esfera de radio R y la esfera de radio R-2 rN (ver la figura
2(a)).
José Luis Hernández Pérez, Madrid 2010
23
3
N
2
NN
2
P
2
NN
23
N
333
N
3
P
r3
4r2RrRπ8V
rR12rR6r8Rπ3
4Rπ
3
42rRπ
3
4Rπ
3
4V
Sea N el número de nucleones que existen en el volumen VP. Si cogiésemos las esferas
que ocupan el volumen Vp y las pusiésemos en fila, ocuparían una longitud L y el
ancho sería 2rN y el alto 2rN. La longitud L = N*2rN
π3
4
r
R2π
r
Rπ
r8
r3
4rR2rRπ8
N
r3
4rR2rRπ82r2rr2N2r2rLV
N
2
N
2
3
N
3
N
2
NN
2
3
N
2
NN
2
NNNNNP
Sustituimos el valor de 3
f
ArR N
4,1888A7,79554,8359Aπ3
4A
6
π
π2A
6
π
ππ
3
4
f
2Aπ
f
AπN 3
1
3
2
3
1
3
1
3
2
3
2
3
1
3
1
3
2
3
2
Fig 2(a)
José Luis Hernández Pérez, Madrid 2010
24
Energía de enlace
MeV33,0961,58AA38,20A15,8E 3
1
3
2
b
15,8π3
2A
6
π
15,8πA
6
π2
15,8π15,8AE
aπ3
2-A
f
aπA
f2
aπ-Aa
2
aNaA
2
aNaNAE
3
1
3
1
3
2
3
2b
v3
1
3
1
v3
2
3
2
v
v
v
v
v
vb
Cuestión 3. Efecto electrostático sobre la energía de enlace
La energía electrostática de una esfera de radio R y carga Qo es:
Roεπ20
2oQ3
eU , siendo 2mN
2C128,85.10oε
a) Aplicar esta formula para obtener la energía electrostática del núcleo.
En un núcleo cada protón no actúa sobre si mismo, solamente lo hace
con el resto de los protones. Para tener esto en cuenta debe reemplazarse
Z2 por Z(Z-1) en la formula que se obtenga. Utilice esta corrección en
las siguientes cuestiones.
MeV
JA6,56.10A3,28.1012
AA6,56.10U
12
AA
0,85.108,85.10π40
1,602.106
3
rεπ40
e12
AAf3
Arεπ20
fe12
A
2
A3
U
Arεπ20
fe1ZZ3U
Rεπ20
e1ZZ3U
Rεπ20
eZ3U
3
2
143
5
143
2
14
e
3
2
1512-
2193
1
No
23
2
3
1
3
1
No
3
1
2
e
3
1
No
3
1
2
e
o
2
e
o
2
e
3
2
3
5
e 0,409A0,205AU
b) Escriba la formula completa de la energía de enlace incluyendo el
término principal, la corrección de superficie y la corrección
electrostática
José Luis Hernández Pérez, Madrid 2010
25
3
2
No
23
1
3
5
No
23
1
v3
1
3
1
v3
2
3
2
vvb
No
23
2
3
1
v3
1
3
1
v3
2
3
2
vv
ev3
1
3
1
v3
2
3
2
vvb
Arεπ40
ef3A
rεπ80
ef3
3
aπ2A
f
aπA
f2
aπAaE
rεπ40
e12
AA3f
3
aπ2A
f
aπA
f2
aπAa
U3
aπ2A
f
aπA
f2
aπAaE
Cuestión 4. Fisión de núcleos pesados
La fisión es un proceso nuclear mediante el cual un núcleo se divide en
partes más pequeñas (núcleos ligeros). Suponer que un núcleo con A
nucleones se divide en dos núcleos iguales como se indica en la figura 4.
Fig 4.- Descripción esquemática de la fisión nuclear en nuestro modelo
a) Calcular la energía cinética total de los productos de la fisión EC
cuando los centros de los núcleos ligeros están separados una distancia
d
2
A2R siendo
2
AR su radio. El núcleo mayor se encuentra
inicialmente en reposo.
Calculamos en primer lugar la diferencia siguiente: 2 bb E2
AE
José Luis Hernández Pérez, Madrid 2010
26
3
2
3
2
No
23
1
3
5
3
5
No
23
1
v3
1
3
1
v3
2
3
2
3
2
3
2
vb
3
2
No
23
1
3
5
No
23
1
v3
1
3
1
v3
2
3
2
vvb
A
2rεπ20
ef3A
2rεπ40
ef3
3
aπ4A
f
aπ2A
2f
aπaA
2
A2E
2
A
rεπ40
ef3
2
A
rεπ80
ef3
3
aπ2
2
A
f
aπ
2
A
f2
aπa
2
A
2
AE
v
40
1
220
1A
rεπ
ef3
80
1
240
1A
rεπ
ef3
3
aπ212A
f
aπ
2
1
2
1A
f
aπE
2
A2E
Arεπ40
ef3A
rεπ80
ef3
3
aπ2A
f
aπA
f2
aπAa
-A
2rεπ20
ef3A
2rεπ40
ef3
3
aπ4A
f
aπ2A
2f
aπaAE
2
A2E
3
2
3
2
No
23
1
3
5
3
5
No
23
1
v3
2
3
1
3
1
v
3
2
3
2
3
2
v
bb
3
2
No
23
1
3
5
No
23
1
v3
1
3
1
v3
2
3
2
v
v
3
2
3
2
No
23
1
3
5
3
5
No
23
1
v3
1
3
1
v3
2
3
2
3
2
3
2
v
vbb
Calculamos la energía potencial eléctrica de los dos núcleos ligeros a la distancia d.
3
5
N3
2
23
1
o3
1
N3
1
3
2
22
o
P
3
1
N3
1
3
2
N
22
o
22
o
2
o
P
A
r216
ef
επ4
1
Arf216
eA
επ4
1E
Arf2f
2
A
2r2R´d;d16
eA
επ4
1
d
e4
Z
επ4
1
d
q
επ4
1E
3
3
5
N3
2
23
1
o3
2
3
2
No
23
1
3
5
3
5
No
23
1
v3
2
3
1
3
1
v
3
2
3
2
3
2
vC
A
r216
ef
επ4
1
40
1
220
1A
rεπ
ef3
80
1
240
1A
rεπ
ef3
3
aπ212A
f
aπ
2
1
2
1A
f
aπE
Sustituimos valores en la ecuación anterior
José Luis Hernández Pérez, Madrid 2010
27
eV0,05378J.106155,8
0,85.10216
1,602.106
π
8,85.10π4
1
0,106540
1
220
116,3910;0,07582
80
1
240
116,3910
eV16,3910J2,6258.100,85.108,85.10π
1,602.106
π3
33,0913
15,8π2;36,17512
6
π
15,8π;9,930
2
1
2
1
6
π
15,8π
15
153
2
2193
1
12
3
2
3
5
12
1512
2193
1
3
2
3
1
3
2
3
2
3
5
3
1
3
2
b 0,0220A33,0936,18A9,82AE
3
5
3
1
3
2
b
3
5
3
2
3
5
3
1
3
2
b
0,02204A33,09136,175A9,8235AE
0,05378A0,1065A0,07582A33,09136,175A9,930AE
b) Evaluar EC obtenido en el apartado a) para A =100, 150, 200, 250.
Estimar el valor de A para el que la fisión es posible de acuerdo con el
modelo propuesto.
Eb(A=100)=-29,3;Eb(A=150)=-24,9;Eb(A=200)=--6,9;Eb(A=250)=+23,4
La fisión se producirá cuando la energía cinética sea mayor que cero, luego A será
mayor que 200 y menor que 250.
Con la hoja de cálculo se ha representado la energía cinética frente al número másico
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
50
60
0 50 100 150 200 250 300
número másico, A
En
erg
ía c
inéti
ca
José Luis Hernández Pérez, Madrid 2010
28
Cuestión 5. Reacciones de transferencia
a) En la física moderna la energética del núcleo y sus reacciones se
describen en términos de masas. Por ejemplo si un núcleo con velocidad
nula se encuentra en un estado de energía excitada Eexc por encima de su
energía fundamental su masa es: 2c
Eomm exc , siendo mo la masa en
reposo de la partícula. La reacción nuclear
Ni58C12Fe54O16
Constituye un ejemplo de las llamadas ¨reacciones de transferencia¨ , en
las que una parte de un núcleo (agrupamiento) se transfiere a otro ( ver
la figura 5). En nuestro ejemplo la parte transferida es una partícula .
La reacción de transferencia ocurre con la máxima probabilidad si la
velocidad de un producto de la reacción, en el ejemplo el 12
C, es igual en
módulo, dirección y sentido con la velocidad del proyectil incidente, en
nuestro caso el 16
O. El blanco (54
Fe) se encuentra inicialmente en
reposo. En la reacción el Ni se forma en un estado excitado.
Encontrar su energía de excitación, expresada en eV, si la energía
cinética del proyectil 16
O es 50,0000 MeV. La velocidad de la luz es
c=2,99792.108 m/s.
Masas en reposo de los reactivos y productos de la reacción
m(16
O)=15,99491 uma ; m(54
Fe)=53,93962 uma; m(12
C)=12,00000 uma;
m(58
Ni)=57,93535 uma ; 1 uma =1,6605.10-27
kg.
Fig 5.- Esquema de una reacción de transferencia
En primer lugar calculamos el Q de la reacción
José Luis Hernández Pérez, Madrid 2010
29
uma0,000820Q
57,9353512,00000-53,9396215,99491m(Ni)m(C)m(Fe)m(O)Q
MeV0,7638J1,2237.10Q
)(2,9979.101,6605.100,000820.c1,6605.100,000820.Q
13
2827227
Calculamos la velocidad del 16
O empleando la física clásica
s
m2,4561.10v(C)v(O)
(O)v1,6605.1015,994912
11,6022.1050,0000
7
22713
Hacemos el mismo cálculo empleado la física relativista
22
0c
42
0
2
2
2
0c
2
0
2
2
2
o
2
0c
cmE
cm1cv
c
v1
cmE
cm1
c
v1
1cmcmmE
s
m2,4496.10
5,7363.10
5,6980.101cOv
5,7363.102,99792.101,6605.1015,994911,6022.1050,0000cmE
5,6980.102,99792.101,6605.1015,99491cm
7
18
18
1828271322
oc
184822742
0
La diferencia es algo menor del 0,3 %
Aplicamos a la reacción el principio de conservación de la cantidad de movimiento
s
m1,6936.10
57,93535
12,0000015,994912,4561.10
m(Ni)
m(C)m(O)v(O)v(Ni)
v(Ni)m(Ni)v(O)m(C)m(O)v(O)v(Ni)m(Ni)v(C)m(C)m(O)v(O)
67
Calculamos las energías cinéticas del carbono y del níquel
MeV8611,0J.103797,11,6936.101,6605.1093535,752
1(Ni)E
MeV37,5116J6,0101.102,4561.101,6605.1012,000002
1(C)E
132627
C
122727
C
MeV10,864
50,00000,861137,51160,7638(Ni)E
(O)E(Ni)E(C)EQ(Ni)E(O)E(Ni)E(Ni)E(C)EQ CCCCCC
José Luis Hernández Pérez, Madrid 2010
30
b) El núcleo de 58
Ni se encuentra en un estado excitado y pasa al estado
fundamental emitiendo radiación gamma en la dirección y sentido de su
movimiento. Considerar este proceso en el sistema de referencia en el
cual el 58
Ni se encuentra en reposo. Encontrar su energía de retroceso,
esto es, la energía cinética que adquiere el 58
Ni después de la emisión del
fotón. ¿Cuál es la energía del fotón en ese sistema de referencia?, esto es,
la energía del fotón medida con un detector que esté colocado en la
dirección sobre la cual se mueve el 58
Ni.
El fotón y el núcleo de Ni se mueven en la misma dirección pero en sentido contrario.
En el proceso existe conservación de la energía y del impulso.
(Ni)pp;Eγ(Ni)E(Ni)E retγret
Siendo c
Ep
γ
γ .
γret
γ
γretγγγ
γretretγretret
ENivc
E
2
1NiEENivp
2
1NiEEp
2
1NiE
ENiv(Ni)p2
1NiEENivNivm(Ni)
2
1NiE
Ahora recurrimos a que
c
EpNivm(Ni)
γ
γret
Sustituimos en la ecuación
MeV5,1362,9864,10EE(Ni)E
MeV362,9J1,500.102
1,7295.101,7292.10E
2
022.1010,864.1,61,7292.1041,7292.101,7292.10E
1,7292.102,99792.101,6605.1057,935352cNim2
2
NiEcNimi8c(Ni)m4cNim2-E
0NiEcNim2EcNim2EENim
E
c2
ENiE
γret
1288
γ
138288
γ
828272
2422
γ
2
γ
22
γγ
γ
2
γ
El efecto Doppler relativista es:
José Luis Hernández Pérez, Madrid 2010
31
c
v1
c
v1
EE
c
v1
c
v1
ff γobsγobs
En la ecuación anterior v es la velocidad relativa del detector y el fotón y al acercarse v
es negativa
MeV9,41490,9944
1,005659,3621
2,9979.10
1,6936.101
2,9979.10
1,6936.101
9,3621E
8
6
8
6
obs
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