Olimpiada internacional de física 5

OLIMPIADA INTERNACIONAL DE FÍSICA

Problemas resueltos y comentados por:
José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo

V OLIMPIADA DE FÍSICA – SOFÍA, BULGARIA, 1971

1.-Las masas m1 y m2 que están unidas entre sí por una cuerda que pasa
por una polea, están situadas en lo más alto de una cuña que tiene
forma de dos planos inclinados. La masa de la cuña es m y los ángulos de
los planos son α1 y α2 respectivamente.

m2

m1

α1 α2

Inicialmente el sistema se encuentra en reposo ¿Cuál es la aceleración de
la cuña y de las masas m1 y m2 cuando el sistema se deja en
libertad?¿Cuál es la condición para que la cuña permanezca en reposo?.
Se supone que los rozamientos son nulos. 5ª Olimpiada Internacional de
Física. Sofía. Bulgaria. 1971

N2
T T
N1

F1 F2

α1 α2

m1 g m2 g
Fig 1

Designamos con a la aceleración de la cuña respecto del suelo. Tomamos como sistema
de referencia uno ligado a la cuña. Este sistema es no inercial ya que la cuña está
acelerada. El diagrama de fuerza del sistema está en la figura 1.

F1 y F2 son fuerzas de inercia que aparecen debido a que el sistema de referencia
elegido es no inercial. Aplicamos la segunda ley de Newton a cada una de las masas,
admitiendo que la masa m1 desciende.

© José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net 27

m1g senα1 − T + m1 a cosα1 = m1a r
T − m 2 g senα + m 2 a cosα 2 = m 2 a r
2
ar significa la aceleración relativa de las masas respecto del sistema elegido, que es el
ligado a la cuña.. Si sumamos las dos ecuaciones para eliminar T nos queda:
2 2
(
m g senα − m g senα + a m cosα + m cosα = a r m + m
1 1 1 1 2 2
) (
1 2
(1) )
Transcurrido un cierto tiempo ∆t, las masas llevan respecto de la cuña una cierta
velocidad que llamamos v r = ar ∆t y la cuña se desplaza con una velocidad v = a∆t. La
velocidad de cada masa respecto del suelo

Fig. 2
vr cos α2
vr cos α1
α1 α2

v

se deduce de la observación de la figura 2 y valen:
v – vr cos α1 y v – vr cos α2

Sobre el sistema no actúan en dirección horizontal fuerzas exteriores, luego podemos
aplicar el principio de la conservación de la cantidad de movimiento

mv + m1  v − v cos α1  + m 2  v − v r cos α 2  = 0 ;
   
 r   
mv ∆t + m  v − v cos α ∆t + m  v − v cos α ∆t = 0
1
 r 1
 2
 r 2

ma + m1  a − a cos α1  + m 2  a − a cos α 2  = 0
   
 r   r 
ma + m a - m a = a  m cos α + m cos α  (2)
1 2 r 1
 1 2


Se despeja ar de la ecuación (2) y su valor se lleva a la ecuación (1)

ar =
(
a m + m1 + m 2 )
m1cosα1 + m 2 cosα 2

(
m1gsenα1 − m 2 gsenα 2 + m1acosα1 + m 2 acosα 2 = m1 + m 2 ) (
a m + m + m2
1
m cosα + m cosα
)
1 1 2 2


Si se opera resulta finalmente:

a=g
(m1senα1 − m 2 senα 2 ) (m1cosα1 + m 2 cosα 2 )
(m1 + m 2 ) (m + m1 + m 2 ) − (m1cosα1 + m 2 cosα 2 )2
Si en la ecuación (2) se despeja a en función de ar y se lleva el valor a la ecuación (1)

(m + m1 + m 2 ) (m1senα1 − m 2senα 2 )
ar = g
(m1 + m 2 ) (m + m1 + m 2 ) − (m1cosα1 + m 2cosα 2 )2
Para que la cuña esté en reposo la aceleración a y la ar deben ser nulas, lo cual ocurre si
la expresión:
m1senα1 − m 2 senα 2 = 0
O sea que las masas han de ser inversamente proporcionales a los senos de los ángulos
de la cuña
m1 sen α 2
=
m2 sen α 1

2.-Un tubo vertical de vidrio de sección S =1,0 cm2 contiene una cantidad
desconocida de hidrógeno. El extremo superior del tubo está cerrado. El
otro extremo está abierto y sumergido en una cubeta con mercurio (el
conjunto es un aparato de Torricelli). El tubo de vidrio y la cubeta están
colocados en el interior de un cilindro provisto de un pistón móvil. El
cilindro contiene aire a la temperatura T0=273 K y a la presión
P0=1,334.105 Pa. En esta situación (situación 1) la altura de la columna
de mercurio en el tubo por encima del nivel de mercurio de la cubeta es
70 cm.

Se desplaza el pistón del cilindro hacia arriba (una expansión isotérmica
del aire) hasta que la altura del mercurio es h1=40 cm, y la presión del
aire P1 =8,00.104 Pa. Esto constituye la situación 2.

A partir de la situación 2 se calienta el aire del cilindro a volumen
constante hasta una temperatura T2, entonces la altura del mercurio es
h2=50 cm ( situación 3).

A partir de la posición 3 se expansiona el aire del cilindro, sin variar su
presión, hasta que la altura del mercurio es h3= 45 cm ( situación 4).
Se admite que el sistema está en equilibrio mecánico y térmico durante
todos los procesos.


Se pregunta ¿cuál es la masa m de hidrógeno, la temperatura intermedia
T2 (situación 2) y la presión P en el estado final (situación 4)?
La densidad del mercurio a la temperatura T0 es ρo=1,36.104 kg/m3, el
coeficiente de expansión del mercurio β =1,84.10-4 K-1 , la constante de
los gases R =8,314 J/(mol K).
La expansión térmica del vidrio y la variación del nivel de mercurio en la
cubeta se consideran despreciables.
Nota.- Si ∆T es el intervalo de variación de la temperatura del sistema
1
entonces β ∆T = x << 1 m, se puede usar la aproximación =1− x
1+ x
5ª Olimpiada Internacional de Física. Sofía. Bulgaria 1971
Para resolver el problema admitimos que el hidrógeno y el aire se comportan como
gases ideales y que en las cuatro situaciones existe equilibrio entre el aire y el
hidrógeno. Designamos con L a la altura del tubo de mercurio del aparto de Torricelli y
dado que su sección es la unidad, es por lo que numéricamente el volumen del tubo
coincide numéricamente con su altura.

Situación 1:

L representa la altura total de la columna de vidrio y 70 cm es la altura de la columna de
mercurio. Como la presión del aire sobre la cubeta debe ser igual a la que ejerce el
hidrógeno más la columna de mercurio, resulta:

1,334.105 = pH2 + ρgh ; pH2 = 1,334.105-1,36.104*9,8*0,70 = 4,01.104 Pa

L L

70 cm 40cm

Situación 1 Situación 2

En la situación 2 la presión del hidrógeno es:

8,00.104 = pH2 + ρgh ; pH2 = 8,00.104-.1,36.104*9,8*0,40 = 2,67.104 Pa

La cantidad de gas hidrógeno entre 1 y 2 no ha variado ni tampoco la temperatura.
Aplicamos la ley de Boyle-Mariote para este gas
p1V1 = p 2 V2 ;4,01.10 4 * (L − 0,70) * S = 2,67.10 4 * (L − 0,40) * S ; L = 1,30 m


En todas las situaciones la masa de hidrógeno no ha variado ni tampoco la de aire.
Podemos escribir en forma de tabla los volúmenes de aire e hidrógeno, sus presiones y
temperaturas:

AIRE

Situación 1 Situación 2 Situación 3 Situación 4
Presión /Pa 1,334.105 8,00.104 P3A P4=P3A
Volumen/m3 V1 V2 V2 V4
Temperatura/K 273 273 T2 T4

HIDRÓGENO

Situación 1 Situación 2 Situación 3 Situación 4
Presión /Pa 4,01.104 2,67.104 P3 = P3A –ρ3g0,50 P4 =P3A–ρ4g0,45
Volumen/ (1,30-0,70)*S (1,30-0,40)*S (1,30-0,50)*S (1,30-0,45)*S
m3
Temperatu 273 273 T2 T4
ra/K

Aplicamos la ecuación de los gases perfectos entre las situaciones (2) y (3) para el aire y

( )
entre (1) y (3) para el hidrógeno:
8,00.10 4 P3A 4,01.10 4 * 0,60 * S P3A − ρ 3g0,50 * 0,80 * S
= (1) ; = (2)
273 T2 273 T
2

Si aplicamos la ecuación de los gases para el hidrógeno entre las situaciones (3) y (4)

(P3A − ρ3g0,50)* 0,80 * S = (P3A − ρ 4g0,50)* 0,85 * S (3)
T T
2 4
La variación del volumen con la temperatura de referencia cero grados es la siguiente:

[ ]
V3 = Vo 1 + β (T2 − 273) ⇒ ρ 3 =
m
=
[
m
V3 Vo 1 + β (T2 − 273) ] [
= ρ o 1 − β (T2 − 273) ]
A partir de las ecuaciones (1) y (2)

( [ ])
293T 2 = P3A ;110,16T2 = 293T2 − 1,36.10 4 1 − 1,84.10 −4 (T2 − 273) * 9,8 * 0,5

Operando resulta T2 = 359 K , P3A=1,05.105 Pa , ρ3 =1,34.104 kq/m3

[ ]
ρ 4 = 1,36.10 4 1 − 1,84.10 −4 (T4 − 273) = 1,43.10 4 − 2,50 T4

A partir de la ecuación (3)

( )
103,14 T4 = 1,05.10 5 − 1,43.10 4 − 2,50 T4 * 9,8 * 0,5 . Operando, T4 = 384,3 K


Para calcular la masa de hidrógeno operamos con la ecuación de los gases con los datos
de la situación 1

PoV0 =
m
M
(
RT0 ⇒ 4,01.10 4 * 10 − 4 * 0,60 = ) m
−3
* 8,314 * 273 ⇒ m = 2,12.10 −6 kg
2.10

3.-Cuatro resistencias iguales, cada una de valor R, cuatro
condensadores de 1µF cada uno y cuatro pilas cuyas fuerzas
electromotrices son: U1 = 4 V , U2 = 8V, U3= 12V y U4 = 16 V y
reasistencias internas despreciables, están conectadas en las aristas de
un cubo tal como indica la figura inferior

O U1
R G
B U2 C

F

D U3
H

A U4
E

A) Calcular los voltajes y cargas de cada condensador b) calcular la
carga del condensador situado en la arista EF si se cortocircuitan los
puntos H y B. 5ª Olimpiada Internacional de Física. Sofía.Bulgaria 1971

a) El circuito se ve mejor si tratamos de colocarlo en forma plana. Para ello imaginemos
que cortamos el cubo por el plano ODEF y aplanamos cada una de las mitades, resulta
lo siguiente:


Al aplanar el circuito aparecen algunos puntos repetidos (OD y OF), como son iguales,
en la figura aparecen unidos por una línea curva de trazo fino. Una vez alcanzado el
régimen estacionario en el circuito, los condensadores están cargados y por ellos no
pasa corriente, de ello se deduce que únicamente es posible que haya circulación de
corriente a través de las pilas y las resistencias. La línea curva de trazo grueso señala el
camino que puede seguir la corriente en ese circuito.

∑ε 16 − 4 12 3
Aplicamos la ley de Ohm en ese circuito: I= = = =
∑ R R + R + R + R 4R R

Al punto A de la damos arbitrariamente el potencial VA =0, VB-VA = IR =3 V ; VB =3 V

* VO-VB = I R = 3 V ; VO = 6 V * VE = 16 V

* VE-VH = I R = 3 V ; VH = 13 V * VH-VG = I R = 3 V ;VG = 10 V

* VD + 12 = VH =13 V ; VD = 1 V * VB + 8 = VF =11 V ; VF = 11 V

Condensador en la arista OD : Q = C OD VOD = 1.10 −6 F * 5V = 5.10 −6 C

Condensador en la arista FE : Q=C V = 1.10 −6 F * 5V = 5.10 −6 C
FE EF
Condensador en la arista FG : Q=C V = 1.10 −6 F * 1V = 1.10 −6 C
FG FG
Condensador en la arista AD : Q=C V = 1.10 −6 F * 1V = 1.10 −6 C
AD AD

Al unir el punto H con el B la corriente puede seguir el camino indicado en la figura
inferior mediante la línea curva de trazo grueso. A esa malla aplicamos la ley de Ohm
generalizada


∑ ε 16 8
I= = =
∑ R 2R R

Si al punto A le asignamos potencial cero, el E se encuentra a 16 V y el H

VE-VH = IR = (8/R)*R = 8 V ; VH = 8 V ; VF = VB + 8 = 16 V

Por tanto, la diferencia de potencial entre los extremos del condensador de la arista FE
es nula y por consiguiente está descargado.


4.-Un acuario esférico de vidrio de radio R se sitúa frente a un espejo
plano, colocado en posición vertical, tal como indica la figura. Las
paredes del acuario son delgadas y el centro del acuario está situado a
una distancia 3R del espejo. Un observador situado lejos mira hacia el
centro del acuario desde la parte opuesta del espejo. Un pequeño pez
nada con velocidad v y está situado en la posición más próxima al
espejo. Calcular la velocidad de las imágenes del pez que ve el observador
Índice de refracción del agua del acuario 4/3.
Espejo
Acuario

Pez Observador

Resolvemos el problema admitiendo que los rayos están en la zona paraxial con lo que
el valor del seno y de la tangente son numéricamente iguales a los ángulos cuando éstos
se miden en radianes.

El observador al mirar al pez directamente los rayos luminosos pasan desde el agua tal
como indica la figura 1.

Llamamos a la altura del pez en un instante determinado h y a la de su imagen AB = H.


Para construir la imagen se ha trazado un rayo paralelo al eje principal que incide en el
punto I, formando un ángulo de incidencia i y de refracción re. Otro rayo pasa por el
centro del acuario incide en M y abandona el acuario sin sufrir desviación. La
prolongación de ambos rayos forma la imagen virtual AB. La distancia de la imagen al
centro del acuario se designa por d.

De la figura se deduce:

H−h H−h
tg(re − i) = ; tagi = ; (d − R ) tgi = (d + R ) tg (re − i) )
d+R d−R

Si estamos en la zona paraxial
(d-R) i = (d+R) (re – i) .
Por otra parte la ley de Snell se escribe para dicha zona n i = re, siendo n el índice de
refracción del agua . Combinando ambas ecuaciones resulta: (d- R) i = ( d+R) (ni – i)
y resolviendo se deduce que:
4
R
nR
d= = 3 = 2R y también H = 2h
2−n 4
2−
3
Imaginemos que la cabeza del pez es la punta de la flecha indicada en la figura 1, si la
cola del pez se desplaza hasta ocupar la posición de la cabeza con una velocidad v, la
imagen al ser de doble tamaño recorre una distancia doble de la longitud del pez, esto
es, se mueve con velocidad 2v hacia arriba

El pez se encuentra del espejo a una distancia 2R y éste forma del pez una imagen
situada a la izquierda del espejo. Esa imagen es del mismo tamaño que el pez y dista del
centro del acuario 5R. Esta imagen es objeto virtual para la superficie del acuario que
está más próxima al espejo. El objeto virtual está en el aire y penetra en el agua, pasa de
un medio de menor a mayor índice de refracción. Luego los rayos pasan del agua al aire
hasta formar la imagen definitiva (fig. 2).Obsérvese que el rayo paralelo al eje principal
se desvía al penetrar en el agua y lo vuelve a hacer al pasar al aire


En la figura 2, la distancia del centro del acuario al objeto virtual es 5R y a la imagen la
designamos con d. Con h se designa la altura del objeto y con H la de la imagen.
Vamos en primer lugar a ver la relación entre los ángulos señalados en la figura 2:

h H h i
β= ; β= ; i= ⇒ β=
5R d R 5

ε + 2re = 180º ; i + ε + δ = 180º ⇒ δ = 2re − i
m1
ρ + δ = i;δ =
R
De la figura 2 se deduce que:

H m H + m1 H + m1 dβ + δR
di
(
+ R 2r − i
e
)
( )
ρ= ; ρ= 1 ⇒ s + s1 = d − R = = = = 5
s s1 ρ i−δ i−δ i − 2r − i
e

Si en la última expresión aplicamos la ley de Snell: i = n re , resulta:

dnre
+ R (2re − nre )
nd
+ 2R − nR
nd
d−R = 5 = 5 ⇒ d ⋅ 2(n - 1) - = R ⋅ 2(n - 1) + 2R - nR
nre − (2re − nre ) 2(n − 1) 5
4
R
 n nR 3 10R
⇒ d  2n - 2 -  = nR ⇒ d = = =
 5 9n
−2
9*4
−2
3
5 5*3
10R
h H H 2
La relación entre el tamaño del objeto y de la imagen es: = ; = 3 =
5R d h 5R 3
La imagen es real e invertida, es decir, que el pez y su imagen se desplazan en sentido
contrario Así la imagen obtenida se desplaza hacia abajo con una velocidad 2/3 v.


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