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OLIMPIADA INTERNACIONAL DE FÍSICA Problemas resueltos y comentados por: José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo
XXXV OLIMPIADA DE FÍSICA - COREA DEL SUR, 2004 I.-UN CONDENSADOR “PING-PONG” Un condensador consiste en dos platos circulares paralelos entre sí, siendo R el radio de cada plato y d la distancia entre ellos, cumpliéndose que d<< R (fig 1.1 a). El plato superior está conectado a un voltaje constante V y el inferior a tierra. Después se coloca en el centro del plato inferior un pequeño disco de masa m y radio r (r<Vth el disco efectúa un movimiento arriba-abajo entre los platos (se supone que el disco se mueve verticalmente sin bamboleos). Las colisiones entre el disco y los platos son inelásticas siendo el coeficiente de restitución η =
v después v d = , siendo, respectivamente, va va v antes
y vd las velocidades inmediatamente antes y después de la colisión. Los platos permanecen en posiciones fijas. La velocidad del disco después de la colisión con el plato inferior se aproxima a una velocidad constante vs que depende de V mediante la ecuación v s = αV 2 + β
Obtener los coeficientes α y β en función de m, g, Γ, d , y η Se supone que el disco choca con el plato de tal modo que se produce un cambio instantáneo de carga en cada colisión e) Después de alcanzar la velocidad constante, la corriente promedio I a través del condensador se puede aproximar mediante la expresión I = γV2 cuando qV>>mgd. Expresar el coeficiente g en términos de m , Γ d y η f) Cuando el voltaje aplicado V decrece (de modo lento) existe un voltaje crítico Vc por debajo del cual la carga cesa de fluir. Encontrar el voltaje crítico Vc y la corriente Ic en función de m, g, d, Γ y η. Comparando Vc con el voltaje umbral Vth hacer una gráfica aproximada de I-V cuando V aumenta y disminuye en el rango V=0 hasta 3 Vth a).-Calcule la fuerza electrostática Fe entre los platos separados la distancia d, antes de insertar el disco de masa m 1 La energía almacenada en un condensador es U = CV 2 y la capacidad de un 2 condensador plano πR 2 1 πR 2 2 C= ε o U = εo , luego: V 2 d d
Si queremos aumentar la distancia entre las placas una distancia δd se necesita realizar un trabajo dW = F δd y se producirá una variación de energía Uf =
1 πR 2 1 1⎞ 1 δd ⎛ 1 εo V 2 ⇒ ∆U = ε o πR 2 V 2 ⎜ − ⎟ ⇒ − ε o πR 2 V 2 2 = F δd 2 d + δd 2 2 d ⎝ d + δd d ⎠ 2 1 V F = − ε o πR 2 d 2
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b).- Cuando el disco se coloca sobre el plato inferior, su carga q está relacionada con el voltaje V por la expresión q = ΓV . Encontrar Γ en función de r, d y εo La densidad superficial de carga es la misma en los platos que en el disco
Q q r2 r2 πR 2 r 2 πr 2 = ⇒ = = = ε = ε V = ΓV q Q CV V o o d R2 d R2 R2 πR 2 πr 2 πr 2 Γ = εo d c).- Para elevar el disco de la posición inicial de reposo se necesita aplicar un voltaje mayor que un voltaje umbral Vth. Obtener Vth en función de m, g, d y Γ. La fuerza sobre el disco debe ser mayor que el peso para elevarlo e igual para obtener el equilibrio 2mgd 2 2mgd 2mgd 1 ε o πr 2 Vth2 2 = mg ⇒ V = = ⇒ Vth = th 2 2 Γ Γ 2 d ε o πr
d).- Obtener los coeficientes α y β en función de m, g, Γ, d , y η
Una vez que se ha establecido el equilibrio designamos con ECi la energía cinética que posee el disco nada más abandonar el plato inferior, en ese momento, el disco posee una carga q negativa. El campo eléctrico ejerce un trabajo sobre el disco que vale qV, trabajo que se emplea en aumentar la energía cinética al llegar al plato superior y dotarle de energía potencial. Sea ECll2, la energía cinética del disco justamente antes de chocar con el plato superior, E Ci + qV = E Cll 2 + mgd El disco después de rebotar en el plato superior posee una carga q positiva, su velocidad ha disminuido debido al choque inelástico y ahora designamos a su energía cinética por E CR 2 .Podemos escribir E Cll 2 =
1 1 mv a2 ; E CR 2 = mv d2 2 2
⇒
E CR 2 v d2 = 2 = η2 E Cll 2 v a
⇒
E CR 2 = η 2 E Cll 2
E CR 2 = η 2 (E Ci + qV − mgd )
Cuando el disco llegue a la placa 1 el campo ha hecho un trabajo qV y el disco ha perdido su energía potencial, por tanto, si designamos por ECll1, la energía cinética de llegada al plato 1 E Cll1 = E CR 2 + qV + mgd = η 2 (E Ci + qV − mgd ) + qV + mgd Al rebotar en el plato 1 su energía cinética es igual a ECi , ya que el régimen alcanzado es Estacionario E Ci = η 2 E Cll1 = η 4 (E Ci + qV − mgd ) + η 2 (qV + mgd ) ⇒ ⇒
(
⇒
)
( ) ( ) (1 − η ) = qVη + mgdη qVη (1 + η ) = + mgdη (1 + η )(1 − η ) (1 − η ) (1 + η ) (1 + η )(1 − η )
E Ci 1 − η 4 = qVη 2 1 + η 2 + mgd η 2 − η 4 ⇒ 2
E Ci
2
2
2
2
2
2
2
2
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2
2
2
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Si en la expresión anterior introducimos la velocidad
1 qVη 2 mgdη 2 mv s2 = + 2 1 − η2 1 + η2
(
) (
2qVη 2 2gdη 2 + = m 1 − η2 1 + η2
⇒ vs =
)
vs = α=
(
) (
2Γη 2 2gdη 2 2 V + m 1 − η2 1 + η2
(
)
(
2Γη 2 m 1 − η2
;
β=
(
)
)
(
) (
)
)
2gdη 2 1 + η2
(
2ΓV * Vη 2 2gdη 2 + m 1 − η2 1 + η2
)
e).- Después de alcanzar la velocidad constante, la corriente promedio I a través del condensador se puede aproximar mediante la expresión I = γV2 cuando qV>>mgd. Expresar el coeficiente g en términos de m , Γ d y η La condición impuesta es que el trabajo del campo qV es mucho mayor que el valor de la energía potencial, por tanto, se puede prescindir de este término y observar que la aceleración del disco se debe únicamente al campo eléctrico qE qV = Fe = qE = ma ⇒ a = m md Si se llega a un estado estacionario el disco sale con una velocidad vs del plato inferior y llega con una velocidad mayor vM al plato superior, después rebota con una velocidad vs y llega al plato inferior con una velocidad vM para que después de rebotar en el plato inferior salga con la velocidad vs. El tiempo de ir del plato inferior al superior es el mismo que del superior al inferior ya que se prescinde del peso del disco y su energía gravitatoria. La relación entre estas velocidades v M = v s + at ,la podemos expresar a través del coeficiente η . vs v M = v s + at ; v s = ηv M ⇒ = v s + at ⇒ v s (1 − η) = ηat η Como hemos encontrado antes, la energía cinética del disco es; 1 qVη 2 mgdη 2 2qV mv s2 = + ⇒ qV >> mgd ⇒ v s = η 2 2 2 1− η 1+ η m 1 − η2 qV Sustituyendo en la expresión de la velocidad vs y teniendo en cuenta que a = md
(
η ⇒
2qV (1 − η) = η qV t 2 md m 1− η
(
t=
)
(1 − η)
1 − η2
(1 − η ) 2
) (
)
⇒
t=
2md 2 = qV
La intensidad de la corriente I =
(
2qVm 2 d 2 (1 − η) = 1 − η 2 2 2 2 m 1− η q V 1− η
1 − η2 (1 + η)2
(
)
)
2md 2 ⇒ qV
2md 2 1 − η 2md 2 = 1 + η ΓV 2 ΓV 2
q ΓV = t t
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I = ΓV
1+ η 1− η
ΓV 2
1+ η Γ3 * V2 1 − η 2md 2
=
2md 2
Y de la expresión I = γV 2 1+ η Γ3 1 − η 2md 2
γ=
f).- Encontrar el voltaje crítico Vc y la corriente Ic en función de m, g, d, Γ y η. Para que la carga cese de fluir es preciso que el disco que abandona el plato 1 con la velocidad vs no llegue al plato 2 y el límite se produce cuando la velocidad de llegada al plato 2 es nula. En estas condiciones el trabajo del campo se emplea únicamente en aumentar la energía potencial del disco 1 mv se + qVc = mgd 2
En el apartado 2 hemos visto que v s =
⇒
ΓVc2
1 1 = mgd ⇒ 2 1− η 1 + η2
⎛ η2 ⎞ ⎛ η2 ⎟ ⎜ + ΓVc2 ⎜⎜ 1 mgd 1 = − 2 ⎟ ⎜ 1 + η2 ⎝1− η ⎠ ⎝
Vth = Vc
2mgd Γ 1 − η2 1 + η2
mgd Γ
⇒
1 − η2 1 + η2
Vc =
En el apartado c) se ha calculado Vth =
2qVc = 2gd m
2Γη 2 2gdη 2 2 V + m(1 − η 2 ) (1 + η2 )
2Γη 2 2gdη 2 2ΓVc2 2 V + c m(1 − η 2 ) (1 + η2 ) + m = 2gd ⇒ ⇒
v s2 +
⎞ ⎟⎟ ⎠
⇒
mgd Γ
2mgd Γ
2 (1 + η 2 ) ⇒ 1 − η2
Vth = Vc
Si ς =
1 − η2 ⇒ 2 (1 + η 2 )
Vc =ς Vth Supongamos que el disco abandona el plato 1 con la velocidad vs y carga –q y alcanza justamente el plato 2 con velocidad nula. Una vez que toque el plato 2 intercambia su carga y se hace positiva por lo que se dirige hacia el plato 1 partiendo con velocidad nula y aceleración hacia arriba a ↑ . ⇒
qE − mg = ma ↑ ⇒ ⇒
q
Vc − mg = ma ↑ ⇒ d
⎛ 1 − η2 ⎞ 1 − η2 a↑ = g − g = g⎜⎜ − 1⎟⎟ 2 2 1+ η ⎝1+ η ⎠
⇒
a↑ =
ΓVc2 Γ 1 − η 2 mgd −g = −g md md 1 + η 2 Γ
⇒
− 2η 2 g a↑ = 1 + η2
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La aceleración hacia abajo, esto es, desde el plato superior al inferior, calculada de forma semejante es:
⎛ 1 − η2 ⎞ 2g a ↓ = g⎜⎜ + 1⎟⎟ ⇒ a ↓ = 2 1 + η2 ⎝1+ η ⎠ Vamos a calcular ahora los tiempos que emplea el disco en subir y bajar y por tanto en transmitir la carga 2q v v 1 + η2 1 d = v s t ↑ + a ↑ t ↑2 , 0 = v s + a ↑ t ↑ ⇒ t ↑ = − s = s 2 2 a↑ 2η g qE + mg = ma ↓
⇒
(
)
(
)
v v v 1 + η2 1 a ↓ t ↓2 ; v ↓ = a ↓ t ↓ = s = a ↓ t ↓ ⇒ t ↓ = s = s 2 η ηa ↓ η2g El tiempo total de subida y bajada es. v 1 + η2 ⎛ 1 ⎞ ⎜ + 1⎟ tT = t↑ + t↓ = s 2ηg ⎜⎝ η ⎟⎠ Anteriormente hemos visto que d=
(
2Γη 2 2gdη 2 2 Vc + m 1 − η2 1 + η2
vs =
(
)
(
)
)
1 − η2 Vc = 1 + η2
y
1 − η 2 mgd 2gdη 2 2Γη 2 * * = + Γ 1 + η2 m 1 − η2 1 + η2
vs =
(
)
mgd Γ
de ambas resulta:
4η 2 gd 1 + η2
2η 2 gd 2gdη 2 = + 1 + η2 1 + η2
Sustituyendo en la ecuación del tiempo tT tT =
(
v s 1 + η2 2ηg
) ⎛⎜ 1 + 1⎞⎟ =
4η 2 gd 1 + η 2 * 2ηg 1 + η2
⎟ ⎠
⎜η ⎝
⎛1 ⎞ ⎜⎜ + 1⎟⎟ = ⎝η ⎠
y con este valor calculamos la intensidad crítica I C =
IC =
⇒
2q = tT
(
2Γ
2ΓVc
d 1 + η2 g
)⎛⎜ 1 + 1⎞⎟
4Γmg 2 (1 − η)(1 + η)
(1 + η )
2 2
⎟ ⎠
⎜η ⎝
*
=
(
1 − η2 1 + η2
d 1 + η2 g
mgd Γ
)⎛⎜ 1 + 1⎞⎟
η 2gη ⇒ IC = 1+ η 1 + η2
(
⎟ ⎠
⎜η ⎝
)
=
(
d 1 + η2 g
)⎛⎜ 1 + 1⎞⎟ ⎜η ⎝
⎟ ⎠
2q tT
(
)
4Γ 2 1 − η 2 g * mgd
(
d 1+ η
)Γ
2 2
*
η ⇒ 1+ η
2η 1 − η 2 mΓ(1 − η) = g mΓ 1+ η 1 + η 2 (1 + η)
(
)
Comparando Vc con el voltaje umbral Vth hacer una gráfica aproximada de I-V cuando V aumenta y disminuye en el rango V=0 hasta 3 Vth
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I = q / t, (intensidad promedio de la corriente cuando el disco alcanza su función constante. I a través del condensador se puede aproximar mediante la expresión I = γV2 1+ η Γ3 ) 1 − η 2md 2
cuando qV>>mgd. Siendo γ =
Vth =
2mgd , (Vth es el voltaje umbral necesario para elevar el disco) Γ
1 − η 2 mgd ( voltaje crítico, mínimo necesario para que el disco llegue al plato Γ 1 + η2 superior con velocidad nula) Vc =
Vth =
IC =
(
)
V 2 1 + η2 Vc (relación entre ambos, c = ζ , 2 Vth 1− η
2η 1 − η 2
(1 + η )(1 + η) g 2
con ς =
1 − η2 ) 2(1 + η 2 )
mΓ (intensidad crítica, cuando el condensador alcanza su voltaje
crítico. IC = 2q / tT )
I
Ith I
I∼γV
C ζ
U
1
2
3
V/VU
El punto C de la gráfica indica que su abscisa contiene el voltaje crítico VC/Vth y su ordenada es la intensidad crítica IC. En el punto U la abscisa vale la unidad, lo que indica que V = Vth es el voltaje umbral, y su ordenada es la intensidad umbral Ith. Los valores de abscisas 1, 2 y 3, son los coeficientes de V = Vth , V = 2Vth y V = 3Vth múltiplos del voltaje umbral.
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II.-GLOBO ASCENDENTE Un globo de goma, lleno de helio, puede ascender en la atmósfera. La presión y temperatura de la atmósfera disminuyen con la altura. En el problema se considera que la forma del globo es esférica a pesar de los aparejos que pueda llevar y que el volumen de éstos es despreciable. También se admite que la temperatura del gas helio dentro del globo es siempre igual a la de la atmósfera que lo rodea y que los gases tienen comportamiento ideal. La constante universal de los gases es R = 8,31J/(mol*K) , las masas molares del helio y del aire son MHe= 4,00.10-3 kg/mol y MA = 28,9.10-3 kg/mol, respectivamente. La aceleración de la gravedad es 9,8 m/s2. Parte A a) Sea P la presión del aire y T su temperatura. La presión dentro del globo es mayor que la de fuera debido a la tensión superficial de la goma del globo. Éste contiene n moles de gas helio siendo la presión en el interior P+∆P. Encontrar la fuerza ascensional FB que actúa sobre el globo en función de P y ∆P. b) En Corea y en un día de verano la temperatura TZ a una altura z respecto del nivel del mar es ⎛ z TZ = To ⎜⎜1 − zo ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
Expresión válida en el rango 0ro, la superficie del globo posee una energía elástica debido a su tensión. De acuerdo con una teoría sencilla la energía elástica para una temperatura constante T, está dada por la ecuación © José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net
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1 ⎛ ⎞ U = 4π ro2 κRT ⎜ 2λ 2 + 4 − 3 ⎟ λ ⎝ ⎠
Siendo λ =
r denominada razón de inflado, ro
(2.2)
κ es una constante
expresada en mol/m3.
c) Calcular ∆P en función de los parámetros dados en la ecuación (2.2) y dibujar la gráfica ∆P frente a λ. d) La constante κ se puede determinar a partir de la cantidad de gas que se necesita para inflar el globo. A To= 303 K y Po= 1atm=1,01.105 Pa, un balón sin tensión (λ=1) contiene no= 12,5 moles de helio. Cuando se infla el balón hasta que contiene 3,6no= 45 moles, el valor de λ es 1,5, siendo la presión y temperatura Po y To ,respectivamente. Calcular el parámetro del globo a, definido como a = no y λ , siendo κ o =
κ en función de n, κo
ro Po .Calcular a con dos cifras significativas. 4RTo
Parte C Un globo preparado como en d) al nivel del mar ( inflado con λ = 1,5, n= 3,6no= 45 moles de gas helio, a To =303 K y Po = 1,01.105 Pa) tiene una masa total MT=1,12 kg incluido el gas, el propio globo y sus aparejos. e) Si este globo se eleva en la atmósfera, se detiene a una altura zf para la cual la fuerza ascensional es igual al peso. Encontrar zf y la razón de inflado λf a esa altura. Dar las respuestas con dos cifras significativas, no considerar la velocidad de ascensión y que no existe pérdida de gas durante el ascenso. a).-Encontrar la fuerza ascensional FB que actúa sobre el globo en función de P y ∆P. Sobre el globo actúa el empuje como una fuerza vertical y hacia arriba y el peso hacia abajo del globo que incluye los aparejos y el propio peso del gas que contiene. Si consideramos que la fuerza ascensional es el empuje, entonces E = FB = Vglobo * densidad del aire * g
El volumen del globo es el volumen que ocupa el gas a la presión P+∆P y a la temperatura T (P + ∆P )Vglobo = nRT
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La densidad del aire a la presión P y temperatura T ρ g P= RT = RT VM A MA FB =
nPM A nRT PM A * *g = *g P + ∆P RT P + ∆P
b).- Expresar η en función de zo, ρo, Po y g y encontrar su valor numérico dando el resultado con dos cifras significativas.
Al nivel del mar la presión es Po y la temperatura To, a una altura z la presión es PZ y la temperatura TZ. La diferencia de presiones se debe al peso de la columna de aire que existe entre el nivel del mar y la altura z. En un lugar intermedio de altura x ( 0> > 0 , y finalmente F es una fuerza externa aplicada en m el tubo piezoeléctrico Vi=c2z
salida Amplificador de enganche
Foto-detector
Señal de referencia
entrada
Láser
Vi V’R k
VR
Cambiador de fase (desfasador)
Piezo-tubo
F
z=0
Piezo-tubo
m
F palanca
muestra
k m
Fig. 3.1.- Diagrama esquemático del microscopio de prueba atómico (APM). El cuadro de la derecha representa una versión simplificada del modelo mecánico que acopla el piezotubo con la palanca
Parte A a) Cuando F = Fo sen ⎛⎜ ω t ⎞⎟ , z(t) satisface la ecuación (3.1)y se puede ⎝ ⎠ escribir como z(t)=A sen (ωt-φ),en la que A>0 y 0 ≤ φ ≤ π . Encontrar la expresión de la amplitud A y tag φ en función de Fo , m, ω , ωο y b. Obtener A y la fase φ a la frecuencia de resonancia ω = ωο
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b) Un amplificador de enganche mostrado en la fig. 3.1 , multiplica la señal de entrada por la señal de referencia de enganche ,V R = V RO senω t , y luego solamente permite pasar la componente continua de la señal multiplicada. Se supone que la señal de entrada esta
dada por V i = ViO sen⎛⎜ ω t - φ ⎞⎟ ; VRO,Vio, ωi , y φi son todas constantes i⎠ ⎝ i positivas conocidas. Encontrar la condición ω>0 para una señal de salida no desvanecida. ¿Cuál es la expresión para la señal de corriente continua de salida no desvanecida a esa frecuencia? c) Pasando la señal de enganche a través de un desfasador, el voltaje π V R = V RO senω t cambia a V R, = V RO sen⎛⎜ ω t + ⎞⎟ ; V R, , aplicada al tubo 2⎠ ⎝ piezoeléctrico, actúa sobre la palanca con una fuerza F = c1V R, , luego el
fotodetector convierte el desplazamiento de la palanca ,z , en un voltaje V = c z ; c1 y c2 son constantes. Encontrar la expresión de la señal i 2 continua de salida a ω = ω0 d) Un cambio pequeño, ∆m, en la masa de la palanca cambia la frecuencia de resonancia por ∆ωo. Como resultado la fase φ a la frecuencia original de resonancia ωo, cambia en ∆φ. Encontrar el cambio de masa
∆m correspondiente a un cambio de fase ∆φ =
π . Los 1800
parámetros físicos de la palanca son m=1,0.10-12 kg , k=1,0 N/m y (b/m)=1,0.103s-1. Utilice las aproximaciones (1 + x )a ≈ 1 + ax y tag⎛⎜ π + x ⎞⎟ ≈ − 1 , cuando x << 1 x ⎝2 ⎠ Parte B Vamos a considerar ahora que algunas fuerzas, además de la fuerza conductora discutida en la parte A, actúe sobre la palanca debida a la muestra tal como indica la figura 3.1 e) Suponiendo que la fuerza adicional f(h) dependa solamente de la distancia h entre la palanca y la superficie de la muestra, se puede encontrar una nueva posición de equilibrio ho. Próximo a h=ho , podemos escribir f(h) ≈ f(ho ) + c 3 (h − ho ) , donde c3 es una constante en h. Encontrar la nueva frecuencia de resonancia ω1 en función de ωo , m y c3. © José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net
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f) Mientras se escanea la superficie moviendo la muestra horizontalmente, la punta de la palanca cargada con Q = 6e se encuentra con un electrón de carga q=e , atrapado a alguna distancia por debajo de la superficie. Durante el escaneo la máxima desviación de la frecuencia de resonancia ∆ωo,= (ω1 − ωo ) se observa que es mucho más pequeña que ωo Calcular la distancia do desde la palanca al electrón atrapado cuando es máxima la desviación, en función de m, q ,Q , ωo ∆ωo y la constante K de la ley de Coulomb. Evaluar do en nm para ∆ωo=20 s-1.Los parámetros físicos de la palanca son m=1.10-12 kg y k=1 N/m. No considerar cualquier efecto de polarización tanto en a punta de la palanca como en la superficie. 1 N.m 2 ke = = 9,0.10 9 y, e = -1,6.10-19 C 2 4π εo C a).- Encontrar la expresión de la amplitud A y tag φ Si z(t)= A sen (ωt-ϕ ) dz d2z ; = Aω cos (ω t − ϕ ) = − Aω 2 sen (ω t − ϕ ) 2 dt dt Sustituyendo en la ecuación diferencial F − mω 2 sen (ω t − ϕ ) + bω cos (ω t − ϕ ) + k sen (ω t − ϕ ) = o sen (ω t ) A
(
)
⇒
(
)
− mω 2 sen ωt * cos ϕ − cos ωt * senϕ + bω cos ωt * cosϕ + sen ωt * senϕ +
⇒
(
)
F0 sen ωt A Sacando factor común a sen ωt y a cos ωt F ⎞ ⎛ senω t ⎜ − mω 2 cosϕ + bω sen ϕ + kcosϕ − o ⎟ + cos ω t mω 2 senϕ + b ωcos ϕ − ksenϕ = 0 A⎠ ⎝ Si esta ecuación es nula, entonces cada paréntesis debe anularse + k sen ωt * cosϕ − cos ωt * senϕ =
(
)
(mω senϕ + b ωcos ϕ − ksenϕ ) = 0 ⇒ mω senϕ + b ωcos ϕ − mω senϕ 2
⇒
2
tagϕ =
bω m ω o2 − ω 2
(
)
2 o
⇒
(1)
− mω 2 cosϕ + bω sen ϕ + mω o2 cosϕ =
Fo A
⇒
Fo cosϕ A= 2 m ω o − ω 2 + bω tagϕ
(
)
En la última expresión sustituimos la ecuación (1)
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Fo Fo cosϕ cosϕ (2) A= = 2 2 2 2 m ω o − ω + bω tagϕ b ω m ω o2 − ω 2 + m ω o2 − ω 2
(
)
) (
(
)
De la expresión (1) deducimos que
1 − cos 2ϕ bω 1 b2ω2 1 = ⇒ − = cosϕ cos 2ϕ m ω o2 − ω 2 m 2 ω o2 − ω 2
(
⇒
1 = cosϕ
)
(
m 2 ω o2 − ω 2
(
(
)
2
− b2ω2
m ω o2 − ω 2
)
2
⇒
(3)
)
Llevando la expresión (3) a la ecuación (2) Fo * m⎛⎜ ω 2 − ω 2 ⎞⎟ ⎝ o ⎠ cosϕ = = A= 2 ⎛ ω2 − ω2 ⎞ + b 2ω2 b 2ω2 m 2 2 ⎜ o ⎟ m ωo − ω + ⎝ ⎠ 2 2 m ωo − ω Fo cosϕ
) (
(
)
m 2 ⎛⎜ ω 2 − ω 2 ⎞⎟ + b 2 ω 2 ⎝ o ⎠ m⎛⎜ ω 2 − ω 2 ⎞⎟ ⎝ o ⎠ ⎡m 2 ⎛ ω 2 − ω 2 ⎞ + b 2 ω 2 ⎤ ⎜ o ⎟ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ ⎠
F * m⎛⎜ ω 2 − ω 2 ⎞⎟ * o ⎝ o ⎠ =
Para la frecuencia de resonancia F A= o bω o
⇒A=
tagϕ = ∞
;
⇒
F o m 2 ⎛⎜ ω 2 − ω 2 ⎞⎟ + b 2 ω 2 ⎝ o ⎠
ϕ=
(4)
π 2
b).-Encontrar la condición ω>0 para una señal de salida no desvanecida. ¿Cuál es la expresión para la señal de corriente continua de salida no desvanecida a esa frecuencia? Señal de entrada Vio = Vio sen (ω i t − φ i ) ; Señal de referencia VR = VRO sen ωt Hacemos el producto de las dos señales, teniendo en cuenta que 1 senα * senβ = [cos(α − β ) − cos(α + β )] 2 Hacemos el producto de las dos señales Vi*VR Vio sen (ω i t − φ i ) * VRO sen (ωt ) = =
[
(
)
1 Vio VRO [cos(ω i t − φ i − ωt ) − cos(ω i t − φ i + ωt )] = 2
(
1 Vio VRO cos t (ω i − ω) − φ i − cos t (ω i + ω) − φ i 2
)]
(5)
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1 Vio VRO = 5, ω i = 5 y ω = 2 , la ecuación (5), queda de la forma 2 5 * cos[t (5 − 2 ) − 1] − cos[t (5 + 2 ) − 1] = 5 * cos(3t − 1) − 5 * cos(7t − 1) .La representación
Supongamos que
,
gráfica de la ecuación es: 15 10 5
V=5*cos(3t-1)-5*cos(7t-1) 0 -5 -10 -15 0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
1 Vio VRO = 5, ω i = 5 y ω = 5 , la ecuación (1), queda de la forma 2 5 * cos[− 1] − cos[10t − 1] .La representación gráfica de la ecuación es:
Supongamos que
,
10
V=5*cos(-1)-5*cos(10t-1)
8 6 4 2 0 -2 -4 0
0,5
1
1,5
2
La forma de esta onda es como una onda armónica y solamente aparece cuando ωi = ω 1 Vio VRO cos t (ω i − ω ) − φ i − cos t (ω i + ω) − φ i , si ωi = ω ⇒ 2 1 1 ⇒ Vio VRO cosφ i − Vio VRO cos(2ω i t − φ i ) (6) 2 2
[
(
)
(
)]
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1 Vio VRO = 5 y representamos en un 2 mismo gráfico el primer sumando y , el segundo y la diferencia de ambos obtenemos Si en la ecuación (6) seguimos manteniendo que,
10
V=5cos1-5*cos(10t-1)
8 6 4 2
V=5*cos 1
0 -2 -4
V= 5*cos (10t-1)
-6 0
0,5
1
1,5
2
La componente de corriente continua es 5*cos1, y de forma general 1 Vio VRO cosϕ i (7) 2 En la expresión (7), ϕi representa la diferencia de fase entre las dos señales
c).- Encontrar la expresión de la señal continua de salida a ω = ω0 La señal de entrada al amplificador de enganche es Vi = c 2 z = c 2 A sen(ω t − ϕ ) π⎞ ⎛ Como F = c1 VRO sen⎜ ω t + ⎟ y está aplicada a la palanca el fotodetector tiene la 2⎠ ⎝ misma frecuencia y por consiguiente la señal de entrada al amplificador de enganche y la señal de referencia tienen la misma frecuencia. Por otra parte si F = Fo senω t ,
(
)
entonces z = Asen ω t − ϕ siendo ϕ =
π⎞ π ⎛ , como ahora, F = c1 VRO sen⎜ ω t + ⎟ , ϕ = 0 2⎠ 2 ⎝
la expresión (7) es: 1 1 Vio VRO cos0 = Vio VRO 2 2 A la frecuencia de resonancia F cV A = o = 1 RO bω o bω o La señal de continua es:
⇒
Vio = c 2 A =
c1c 2 VRO bω o
2 1 c1c 2 VRO 2 bω o
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d).- Encontrar el cambio de masa ∆m correspondiente a un cambio de fase ∆φ π . = 1800 En todo lo que sigue se supone que ∆m y ∆ω o son valores muy pequeños que al multiplicarlos entre sí o al elevarlos al cuadrado esas cantidades se consideran despreciables. La constante k´ para la nueva frecuencia es:
(
)
2 k ´ = (m + ∆m ) * ω 0 + ∆ω o = m ω o2 + m ∆∆ 02 + 2m ω o ∆ω o + ∆mω o2 + ∆m∆ω 02 + + 2∆∆m o ∆ω o ⇒ k ´ = m ω o2 + 2m ω o ∆ω o + ∆mω o2 ⇒ k ´ − k = 2m ω o ∆ω o + ∆mω o2
Y su diferencia con la constante anterior, k´-k, es muy pequeña k ´ − k ≈ 0 = 2mω o ∆ω o + ∆mω o2 En el apartado a) hemos visto que tagφ =
⇒
∆ω o = −
∆m ω o 2m
(8)
bω y a la frecuencia de resonancia m ω o2 − ω 2
(
)
π , si ahora cambia la masa de la palanca y sustituimos ω por ωo y la 2 masa por m+∆m, el ángulo π/2 se desplazara un valor ∆ϕ ω = ω0 ⇒ φ =
bω o bω o ⎞ ⎛π tag⎜ + ∆ϕ ⎟ = = ≈ 2 (m + ∆m ) * ∆ω o2 + 2ω o ∆ω o ⎠ (m + ∆m ) * (ω o + ∆ω o ) − ω o2 ⎝2 bω o b 1 1 b (9) ≈ = ⇒− ≈ − = m2ω o ∆ω o 2m ∆ω o tag∆ϕ ∆ϕ 2m ∆ω o
[
]
(
)
Llevando la ecuación (8) a la (9), obtenemos el valor de ∆m 1 − = ∆ϕ
b
⎛ ∆m ω o 2m * ⎜⎜ − 2m ⎝ e).- Encontrar la nueva
b∆ϕ ∆m = = ωo
1,0.10 3 *1,0.10 −12 *
π 1800 = 1,7.10 −18 kg
⇒ ⎞ 1,0 ⎟⎟ 1.0.10 −12 ⎠ frecuencia de resonancia ω1 en función de ωo , m y c3.
Cuando sobre el muelle no actúa la fuerza exterior, éste se encuentra en equilibrio debido al peso de la palanca y a la fuerza elástica del muelle, en la figura la posición (1) 1
2
3
∆x1
z=0
z1 ho
h MUESTRA
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mg= k∆x siendo m la masa de la palanca y ∆x el alargamiento del muelle respecto de su longitud natural, esto es, sin el peso de la palanca. Cuando el muelle se desplaza de esa posición de equilibrio y actúa la fuerza exterior a ese desplazamiento lo llamamos z y esta regido por la ecuación diferencial dz d 2z m + b + kz = F dt dt 2 En la posición 2 existe un nuevo equilibrio debido al peso de la palanca a la fuerza elástica del muelle y a la nueva fuerza que vale f (ho). mg = k (∆x+∆x1)-f(ho) y de las dos ecuaciones se deduce k∆x1 = f(ho) Si ahora la palanca se desplaza una distancia z1 de la nueva posición de equilibrio, la ecuación diferencial es dz d 2z 1 + b 1 + k z + ∆x = F + f(h) = F + f(ho) + cz ⇒ m 1 1 1 dt dt 2 d 2z dz 1 + b 1 + kz - cz = F ⇒ m 1 1 dt dt 2
(
mω12 = k − c 3
)
⇒
c k c3 − = ω o2 − 3 m m m
ω1 =
f).- Calcular la distancia do La máxima desviación ocurrirá cuando la punta de la palanca esté a la distancia más próxima al electrón y esto ocurrirá cuando esté justamente encima del mismo f(h) = k e
Qq h2
La constante c3 depende de h, por tanto. 2k Qq df c3 = = − e 3 (10) dh h Siendo h=do La desviación de la frecuencia es: c c ∆ω 0 = ω1 − ω o = ω o2 − 3 − ω o ⇒ ∆ω o + ω o = ω o2 − 3 m m c 2 ⇒ (∆ω o ) + ω o2 + 2ω o ∆ω o = ω o2 − 3 m Como ∆ωo es muy pequeño frente a ωo, resulta que: ∆ω o = −
c3 2mω o
⇒
(11)
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Combinado las ecuaciones (10) y (11) k e Qq = mω o ∆ω o d 3o
⇒
do = 3
k e Qq mω o ∆ω o
Si se aplican los datos numéricos en la última ecuación Q = 6 q = 6. 1,6.10-19 C, ke= 9.109 Nm2/C2, m=1.10-12 kg y k=1 N/m, ∆ωo=20 s-1,
ω0 =
d0 = 3
1 k = −6 = 10 6 s-1 m 10
9.10 9.6.(1,6.10 −19 ) 2 =4,1.10-8 m = 41 nm −12 6 1,0.10 .10 .20
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