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:

Cteaxe4a3a

x6

2a

2x3

a

3x

dxax

e3x

Cteaxe3a

2

2a

x2

a

2xdx

axe2x

;Cteaxe2a

1

a

xdx

axxe

6

Parte A. Radiación procedeente del Sol

La energía que el Sol irradia al exterior por unidad de área y unidad de tiempo es:

2S

Rπ4

SL

solarS

P

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. 4T··E ; donde ε es el coeficiente de emisividad que para un

cuerpo negro vale la unidad y σ la constante de Stefan-Boltzman.

K35,76.10

4

1

85,670.102

87,00.10π4

263,85.10ST4

STσ

2S

Rπ4

SLE

El espectro de la radiación solar se puede aproximar razonablemente

bien de acuerdo con la ley de Wien. Según esta ley la energía solar

A1.- Se supone que el Sol irradia como un perfecto cuerpo negro. Utilice este hecho para determinar la temperatura TS de la superficie 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

sTB

k

νh

e3v2c

h2π

2S

d

2S

RAνu

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.

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

1TBk

νh

e

1

3c

3νhπ8νE

La aproximación de Wien es:

TBk

νh

e3c

3νhπ8νE

La unidad de E() es.

s

1m

J

s

m

ssJ

3

3

3

3

, y se dice que es la energía por unidad de

volumen y unidad de frecuencia.

La ecuación proporcionada en el problema u() tiene de unidades: Js

s

m

sJm 3

2

2

2 ,

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.

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.

5

dνeνc

hπ2

d

RAdνeν

c

hπ2

d

RAP SS

TB

k

νh

0

TB

k

νh

0

3

22

S

2

S3

22

S

2

S

in

Para resolver la integral se recurre al siguiente cambio de variable

dxh

Tkdνdxdν

Tk

hxν

Tk

h SB

SBSB

dxexh

Tkdx

h

Tke

h

Tkxdνeν x3

4

SBSB

3

SB33

0

x-

0

TB

k

νh

0

S

La integral se resuelve recurriendo a la ayuda del enunciado con: a=-1

3h2c2S

d

4S

T4B

k2S

Rπ12A6

4

h

ST

Bk

2c

hπ22S

RA

inP

60xe66x23x3x

2S

d

La energía de un fotón es: νh , y la energía por unidad de tiempo y unidad de frecuencia

se obtiene del dato del problema.

sTk

νh

e2c

v2π

d

RA

νh

u

γn B

2

2S

2S

El material semiconductor de la célula solar tiene una banda prohibida

de energía Eg, Supongamos el siguiente modelo: Cada fotón de energía

gEE 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).

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.

6

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.

gνgνgν

dνsT

Bk

νh

e2ν2c

2π

d

RAdν

sTB

kνh

e2c

ν2π

d

RAdννnN

2S

2S

2

2S

2S

γ

Para resolver la integral procedemos con el mismo cambio de variable que se utilizó en

A2.

dxh

Tkdνdxdν

Tk

hxν

Tk

h SB

SBSB

dx

gx

x

gx

x-2

3

SBSB

2

SB2 exh

Tkdx

h

Tke

h

Tkx

La integral se resuelve recurriendo a la ayuda del enunciado con a=-1

gx

e22xx

gx

e1

2

1

x2

1

xg

2

g32

2x

gxe2x2x

h

Tk

c

π2

d

RAN g

2

g

3

SB

22

S

2

s

Veamos las dimensiones de N: 1

31

2

22 s

sJ

KKJ

m

sm

Si multiplicamos N por la energía asociada a cada fotón tenemos la potencia

A4.- Se define

ST

Bk

gνhxg siendo Eg=hg . Exprese la potencia útil de la

célula Pout en función de xg, A , RS, dS, TS , y las constantes fundamentales c, h , kB.

7

g

g

x

x

e2x2xxh

Tk

c

π2

d

RAP

e2x2xh

Tk

c

π2

d

RA

h

TkxhNνhP

g

2

gg3

4

SB

22

S

2

Sout

g

2

g

3

SB

22

S

2

SSBg

gout

El rendimiento es el cociente entre la potencia útil Pout y la potencia que incide sobre la

superficie de la célula Pin

6

e2x2xx

6

4

h

Tk

2c

hπ22RA

e2x2xxh

Tk

c

π2

d

RA

P

Pg

g

xg

2gg

SB

2d

xg

2gg3

4SB

22S

2S

in

out

S

S

Cuando xg =0 , e-xg =1 y = 0. Cuando gx , 0η .

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 xg

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 gx

A5.- Determine el rendimiento de esta célula solar en función de xg.

A6.- Haga un bosquejo cualitativo de frente a xg. Los valores de xg=o

y gx deben mostrarse claramente ¿Cuál es la pendiente de (xg) a

xg=0 y gx

8

)1(

6

22xxxe

6

2x4x32xx2xe

6

2x4x3e1)(e2xx2xe2xx2x

dx

d

6

1

g

2

g

3

gg

2

gg

2

g

3

g

g

2

gg

2

g

3

g

g

2

g

3

g

g

gxgx

gxgx

gx

0

dx

dη;

3

1

6

2000e

dx

dη

gx0

gx g

o

g

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

02x2xx g

2

g

3

g

La ecuación la resolvemos por tanteo

xg=1 4>0 ; xg=2 2>0 ; xg=3 -10<0

xg=2,5 -2,375<0 ; xg=2,2 0,592>0 ; xg=2,25 0,1718>0

xg=2,30 -0,277<0

Tomamos el valor medio entre 2,25 y 2,30

xo= 2,275

0,4576

2,27522,27522,275exη

232,275

o

A título informativo representamos la función gxη

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)

9

0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

0,35

0,4

0,45

0,5

0 2 4 6 8 10 12 14 16

xg

Calculamos g a partir de la ecuación de Planck.

h

EννhE gg

Vamos a la ecuación que aparece en el enunciado A4.

2,23K5,76.10KJ1,381.10

eV

J1,6.101,11eV

Tk

E

Tk

h

Eh

x3123

19

SBSB

g

Sustituimos el anterior valor en la ecuación del rendimiento del apartado A5

0,46

6

e22,23*22,232,23

6

e2x2xxη

2,232x

g2gg

g

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.

A8.-La banda prohibida del silicio puro es Eg= 1,11 eV, Calcular el

rendimiento Si de una célula solar.

10

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

ρdrrπ4dm 2

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.

drρrπ3

4ρrG4πdr

r

mρrG4π

r

mG-0dmdW 32

El trabajo total se obtiene integrando la ecuación anterior desde r=0 a r =RS

S

2

S

5

3

S

S2422

R

MG

5

3

R

0

5

r

2

Rπ3

4

MGπ

3

16drrρGπ

3

16W

S

SR

0

El trabajo es igual a menos la variación de energía potencial

S

2S

ffifR

MG

5

3WΩ0ΩΩΩW

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

KHS ·LW

Al pasar la masa dispersa con energía potencial cero a una energía potencial negativa se

ha disipado una energía igual a

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

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.

11

años.18,8.10s360024365

años5,94.10s5,94.10τ

s

J263.85.10

m87,00.10

2kg302,00.10

2kg

2mN116,674.105

3

SL

SR

2S

MG

5

3

Khτ

KS·

SL

SR

2S

MG

5

30ΔΩ

61414

Kh

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:

eν2e2He42

H11

4

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.

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

s

reacciones9,625.10

J4,0.10

sJ3,85.10

ΔE

LNLΔEN 37

12

26S

S

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)

B1.- Calcular la densidad de flujo de los neutrinos νΦ que llegan a la

Tierra expresándola en m-2 s-1. La energía liberada en la reacción

anterior es: J4,0.10ΔE 12 . Se supone que la energía radiada por el

Sol se debe completamente a esa reacción.

12

sm

neutrinos6,81.10

1,50.10π4

1,925.10

dπ4

NΦ

2

14

211

38

2

S

n

En el desplazamiento desde el núcleo del Sol a la Tierra alguno de los

neutrinos e se transforman en otro tipo de neutrinosx, 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.

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

2

1

21

212121

N

N1

5

6

N

NN5

6

f

NN5

6X6NX6X6NNX

6

1XN

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.

B2.- En función de N1 y N2 calcular qué fracción f de los neutrinos

electrónicos e que se convierten en x

13

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:

n

cv

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 Δtα y a

partir de ese tiempo el electrón que posee la velocidad v tiene una energía

1n

ncm

cn

c1

cmc

c

v1

mmcE

2

2

e

22

2

2

e2

2

2

e2

El electrón antes de ser golpeado por el neutrino estaba en reposo y su energía era

2

ei cmE

La energía suministrada por el neutrino es la diferencia entre la final y la inicial

1

1n

ncmΔtαcm

1n

ncmΔtαE

2

2

e

2

e2

2

e

impartida

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 mLi>mBe) emitiendo un neutrino e. . La

correspondiente reacción nuclear es:

eνLieBe74

73

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

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.

14

energía emitida por los neutrinos fluctúa siendo su rms ( raíz cuadrada

de los cuadrados de los valores numéricos) rmsΔE

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: .

rms,zvc

c multiplicando por la constante de Planck.

rms,zrms,z vc

cEE;

vc

chh

c

v1

E

E;

c

v1

E

E;

vc

c

E

E rms,zrms,z

rms,z

c

v

E

E;

c

v

E

EE rms,zrmsrms,z

ΔErms es la energía estadística de los neutrinos debido a las fluctuaciones y E´ la

energía de los neutrinos.

4

13

17rmsrms 10.85,3

J10.44,1

J10.54,5

E

E

c

v

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.

α V

v

v

v

15

3

Vv;v3vvvV 22

2222

Considerando la componente a lo largo del eje Z.

Si identificamos con v = vz,rms y V = VBe ; 3

Vv Be

rms,z

Sustituyendo:

c

V

3

1

c

v10.85,3 Berms,z4 ;

s

m2,01.103,00.103,85.103V 584

Be

La temperatura promedio, igualando la energía cinética promedio con la energía térmica

K1,14.10TKJ10.381,13

s

m10.01,2kg10.65,11

k3

VmT;Tk

2

3Vm

2

1 7

c123

2

527

B

2

BeBe

CCB

2

BeBe

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 v2 y

con un ángulo 2 con el eje x. No considerar la gravedad ni efectos

relativistas en todo el problema.

La partícula en la región I tiene energía cinética igual a 2

1vm2

1 y energía potencial nula.

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

m

V2vv

m

V2vvVvm

2

1vm

2

1 o2

12

o2

2

2

1o

2

2

2

1

A1.- Obtener una expresión para v2 en función de m, v1 y Vo

A2.- Obtener la relación de v2 con relación a v1 , 1 y 2

Fig.1

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

2211

y

2

y

1 θsenvθsenv;vv

Se define una magnitud denominada acción como dsvmAS , 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

vmRπ2A .

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).

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.

O(0,0)

P

x1 xo

yo

L1

L2

Fig.A3

2

P

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

18

2

o

2

1o2

22

112211 αyxxvαxvmLvLvm)A(

A() ha de ser un mínimo o un máximo, Derivamos la acción A() respecto de e

igualamos a cero.

2o

2

1o

22

1o

2

1

2

o

2

1o

o2

22

1

1

2

o

2

1o

o2

22

1

1

αyxxα

αxαy

v

v

αyxx

αyv

αx

αv

0αyxx2

1)(αy2v

αx2

α2vm

)(

d

dA

Escribimos la última ecuación de otra manera

2211

1

2

22

1

2

0

2

1o

0

2

1 θsenvθsenvθsen

θsen

αx

α

αyxx

αy

v

v

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 i1 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.

Fig.2 y1

( α ; y1)

19

La velocidad de la luz en el medio I es: 1

1n

cv . El tiempo que tarda en

desplazarse por el medio I es:

c

2α21

y1n

1v

2α21

y

1τ

La velocidad de la luz en el medio II es: 2n

c2v . El tiempo que tarda en desplazarse

por el medio II es:

c

yyαxn

v

yyαxτ

2

10

2

02

2

2

10

2

0

2

El tiempo total t = 1+2 debe ser un extremo.

c

21y0y2α0x2n

c

2α21

y1nt

Para obtenerlo derivamos con respecto de e igualamos a cero.

)1(

21y0y2αox

αox2n

2α21

y

α1n

02

1y0y2αox2

1)(αox2

c

2n

2α21

y2

α2

c

1n

dα

dt

De la figura 1 se deduce; 2

10

2

o

o

222

1

1

yyαx

αxisen;

αy

αisen

Sustituyendo en (1)

2211 isennisenn 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

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

Aplicamos la ley de Snell en la figura B2(a)

oo112233 isennisennisennisenn

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

isenn(y)isenn oo (2)

i3 n3

n2

n1

no

i2 i2

i1 i1

io

no>n1>n2>n3

i

x

y

y

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).

Fig.B2(a)

FigB2(b)

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.

2

dx

dy1

1isen

2

dx

dy1

i2sen

11

i2sen

12

dx

dy

isen

i2sen1

dx

dy

isen

i2sen1

isen

icos

itag

1

itag

1βtag

dx

dy

Sustituimos sen i en la ecuación (2)

)3(1

isenn

n(y)

dx

dy

1isenn

n(y)

dx

dy

dx

dy1

n(y)isenn

dx

dy1

1n(y)isenn

2

oo

2

2

oo

22

2

22

oo2

oo

El signo menos aparece porque la pendiente de la recta es negativa.

Utilizamos la ecuación (3) separando variables

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 ykonn(y) , siendo no y k constantes positivas.

Deducir una expresión para x en función de y; y con cantidades relacionadas. Se puede utilizar:

1) θcos

1θsec;Cteθtagθseclndθθsec

2)

Cte1xxln1x

dx 2

2

22

dx

1

2

on

yk -on

dydx

1

2

oisenon

n(y)

dy

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

Ctex1n

ykn

n

yknln

k

n

Ctex1PPlnk

ndx

1P

dPk

n

dPk

ndydPdyk

n

1P

n

ykn

2

o

o

o

oo

2o

2

o

o

oo

o

Para calcular la constante vemos que cuando x=0 y =0 (ver la figura 3)

)(41n

ykn

n

yknln

k

nx

0ln1k

n1

n

n

n

0nln

k

nCte

2

o

o

o

oo

o

2

o

o

o

oo

Sustituyendo valores numéricos en (4)

cm9,23x

11,50

cm10,0cm0,0501,50

1,50

cm10,0cm0,0501,50ln

cm0,050

1,50x

o

211

1o

C.- El principio extremo en las ondas de la materia.

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

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

Según de Broglie a cada partícula en movimiento la acompaña una onda llamada de

materia cuya longitud de onda es:

vm

hλ

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:

ΔAh

π2Δs

h

vmπ2Δs

λ

π2ΔΦ

Para la siguiente cuestión es conveniente mirar de nuevo la figura 1

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

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 CDΔ 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

11

1

x

d

x

BCεcot

dBC

xεtag

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,

1θsendβcosdεcosdDE

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)

La longitud de onda de de Broglie en la zona I : 1

1vm

hλ . Para una longitud de onda

se produce un cambio de fase de 2 rad, luego:

25

h

θsendvmπ2ΔΦ

θsend

ΔΦ

vm

h

π2 11OC

1

OC

1

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.

2θsendγsendCF

La longitud de onda de, de Broglie en la zona II : 2

2vm

hλ . Para una longitud de

onda se produce un cambio de fase de 2 rad, luego

h

θsendvmπ2ΔΦ

θsend

ΔΦ

vm

h

π2 22CP

2

CP

2

2θsen2v1θsen1vh

dm2πCPΔΦOCΔΦCDΔΦ (5)

Tal como se vio en A3 el producto del paréntesis es nulo, por ser 2θsen2v1θsen1v ;

por lo tanto, 0ΔΦCD .

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.

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.

V1077

191,692.102

2 72,0000·10319.109.10

2q

2vm1

U2mv2

11

qU

Utilizando la mecánica relativista

Fig.5

D1.- Si los electrones de O se han acelerado a partir del reposo, calcular el potencial acelerador U1

27

q

1γcmU1γcmqU

2

o

1

2

o1

Calculamos el valor de

V10651)(1,00221,692.10

)(2,998.109,109.10U

1,0022

2,998.10

2,0000.101

1

c

v1

1γ

19

2831

1

2

8

7

2

2

Comparemos primeramente la distancia de las rendijas a la pantalla, con la distancia

entre las rendijas.

6

9

3

10.2,110.215

10.250

La distancia entre las rendijas y la pantalla, es más de un millón de veces mayor que la

distancia entre las rendijas.

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 .

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

5,13β

6,626.10

101,99002,0000sen10º215,00.109,109.10

h

vv10ºsendmβ

βπ2vvsen10ºh

dmπ2)10ºsenv10ºsen(v

h

dmπ2ΔΦ

34

7931

21

21s1P

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 θcosΔθsenθΔθθsen

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

h

10ºsenvdmπ2ΔΦ

sen10ºd

ΔΦ

vm

h

π2

λ

π2 11

1

1

1

En la región II la diferencia de caminos es GG´ = d· sen y la diferencia de fase es:

h

εsenvdmπ2ΔΦ

εsend

ΔΦ

vm

h

π2

λ

π2 22

2

2

2

La diferencia de fase en todo el recorrido es un número impar de veces π por haber un mínimo.

)1(58,5008.101)(2n0,17452

71,99.109215.1031.9,109.102

346,626.101n210ºsen

71,99.10

72.10εsen

2vdm2

h1n2 10ºsen

2v

1v

εsendm2

h1n2εsen

2v10ºsen

1v

..0,1,2,3...n;π1n2εsen2

v10ºsen1

vh

dmπ22

Δ1

ΔΔ

Volviendo a la figura D(3) y contamos las distancias positivas de abajo hacia arriba.

mm44,0817nm215.10mm44,0817dP´PR´P;mm44,081710ºtag250P´P 9

(2)εtag250mm44,0817R´RR´PRPεtag250R´R

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

n sen tag 250 tag RP/mm

4 0,17375 0,17644 44,1097 -0,02798

5 0,17358 0,17626 44,06519 0,0165

6 0,17401 0,17671 44,17645 0,0947

Para n=5 , RP es positivo luego R está por debajo de P a una distancia de 0,0165 mm.

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

1219

218

7

min sm4.10m2m10500500

s

m2.101

LA

vNI

v

LAIN

v

LtvtL;tAIN

D4.- El haz tienen una sección cuadrada de 500 nm500 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?

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

Aplicamos la ecuación de Einstein que relaciona la variación de masa en una reacción

con la energía implicada E=m c2

u0,22403Δm

1,00867u235,0441,008672139,90593,9063m(U)2m(n)m(Cs)m(Zr)Δm

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

MeV208,684cu

MeV/c931,5020,22403)u(ΔE 2

2

Escogemos como unidad de volumen el metro cúbico

La masa de un metro cúbico de UO2 natural es:

kg1,060.10m

kg1,060.10m1m 4

3

43

A1.- Considerar la siguiente reacción nuclear de un núcleo en reposo de 235 U que absorbe un neutrón de energía cinética despreciable

ΔEn12Cs140Zr94n1U235

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.

A2.- Determinar el número N de átomos de 235U por unidad de volumen que existen en el UO2 natural

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

284

32,364.10x

x

1,060.10

6,022.10

kg0,270 átomos de U

El número de átomos de 235U en 1 m3 es:

3

2352628

m

Udeátomos1,702.102,364.10

100

0,720N

Calculamos la energía que se puede disponer en la fisión de los N átomos de uranio

3

15

13

2353

23526

m

J4,552.10

0,80MeV

J1,602.10

Uatomos

MeV208,684·

m

Udeatomos1,702.10

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.

3

8

3

8

2

18226

3

15

m

W4,916.10

sm

J4,916.10

sm

12,000.10m5,400.10

m

J4,552.10Q

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

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

λ)a,kF(Q,TT SC

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

λ)a,F(Q,kTTSC

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:

λ

aQ

4

1TT

2

SC

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.

m8,267.10

m

W4,916.10

2561KmK

W3,2804

Q

2561λ4a

λ

aQ

4

15773138 3

3

8u

2

u

A5.-La temperatura mayor para el refrigerante es 5,770.102 K. Calcular el valor superior au del radio a de la vaina.

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.

Tratamos las dos cuestiones juntas para explicar de modo didáctico el esquema pedido

en B1.

L

1

2

3

Fig.IV

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

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

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 vb.

36

Calculamos en primer lugar el módulo de la velocidad del centro de masas respecto del

sistema del laboratorio (LF).

A1

v

Auu

0Auvuv bb

CM

Ahora mentalmente nos situamos en el centro de masas. Desde este punto de vista el

neutrón se nos acerca con una velocidad

A1

Av

A1

11v

A1

vvvv b

B

b

bCMB

El moderador se acerca al centro de masas con una velocidad

A1

vv0 B

CM

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

A1

Avb

A1

vb

A1

Avb

v

V=A1

vb

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

37

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:

senθA1

Av;cosθ

A1

Av bb

Las componentes de son:

θsen

A1

Av;θcosA1

A1

vθsen

A1

Av;

A1

vθcos

A1

Av bbbbb

El módulo de es:

2

b

2

bθsen

A1

AvθcosA1

A1

v

av

El cociente de las energías cinéticas:

2

2

2

2222

b

a

2

22

2

2

2

b

2

b

2

b

b

a

A1

1θcosA2A

A1

θsenAθcosA2θcosA1

E

E

A1

θsenA

A1

θcosA1

vm2

1

θsenA1

AvθcosA1

A1

vm

2

1

E

E

Despejamos A en función de de la ecuación del enunciado.

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

la colisión.

2

1A

1Aα

38

α1

α1Aα1α1A1AαAα

1A

1Aα

Sustituimos este valor de A en la relación anterior de las energías

2

θcosα)(1α1

4

θcosα)(12α12

E

E

4

α2α1α1θ2cosα2α1

4

α1α1α1θcos2α1

E

E

α1

4

1α1

α1θ2cos

α1

α1

α1

α11

1α1

α1θ2cos

α1

α1

A1

1θcosA2A

E

E

b

a

22

b

a

2

2

2

2

2

2

b

a

22

b

al

A1

1θAcos2A1

E

E1f

Para obtener el mínimo derivamos la expresión anterior respecto a e igualamos a cero

radπθ0θsen0θsen2A

A1

1

dθ

df2

l

A es la masa del moderador que para el D2O es 20 u

0,18121

1πcos202201f

2

2

l

B3.- Suponga que la expresión anterior vale para la molécula D2O.

Calcule la fracción máxima de energía perdida b

abj

E

EEf

del

neutrón con el moderador D2O (masa 20 u)

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

ΨH

π

R

2,4051

k

22

y la tasa de producción es k2Las constantes k1 y k2 dependen del tipo

de material del reactor.

El volumen del reactor es el del cilindro HRπV 2 . 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.

02RV

π

V

Rπ2

R

2,405

R

2,4052Ψk

dR

R)dF(V,

ΨV

Rπ

R

2.405kΨ

Rπ

V

π

R

2.405kR)F(V,

222

21

2222

1

2

2

2

1

De la anterior ecuación resulta:

4

226

2

34

3

2

π2

.V2,405R

V

Rπ2

R

2,405

Sustituimos V por su relación con R y H:

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..

40

H0,5413H2π

2,405R

π2

H2,405R

π2

HRπ2,405R

2

222

4

24226

Igualamos la fuga de neutrones con la producción y utilizamos la relación entre R y H

m3,1755,86560,5413R;m5,8660,8606

2π19,7403H0,8606

2H

2π19,7403

38,787.102H

2π

2H20,5413

22,40521,021.10Ψ2k Ψ

2

H

π2

R

2,4051k

Admitimos que la distancia de separación del enunciado es entre centro y centro de una

vaina, por tanto, el espacio sin materia es:

m0,214)3,617.10(20,286d 2v

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.

2,22n3,17520,214n3,617.102n DD

2

D

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).

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.

41

6,3243,162·2L3,1620,2863,175hRl 12222

1

El número de vainas en esa longitud es:

1,22n(1)6,3240,214n(1)3,617.102n(1) 2

La siguiente fila por encima de la anterior

6,2463,123*2L3,1230,28643,175h2Rl 1

2222

2

El número de vainas en esa longitud es:

El cálculo es el mismo para las distintas cuerdas lo resumimos en la siguiente tabla

R=3,175 m

h L 2L número vainas

0,286 3,1620925 6,32418501 22,0862786

0,572 3,12304995 6,2460999 21,8135779

0,858 3,05687111 6,11374223 21,3513384

1,144 2,9617375 5,92347499 20,6868583

1,43 2,83473544 5,66947087 19,7997865

1,716 2,67132345 5,34264691 18,6584023

2,002 2,46426886 4,92853771 17,2121873

2,288 2,20129076 4,40258152 15,3753633

2,574 1,85880311 3,71760622 12,9831886

2,86 1,37877663 2,75755326 9,63034596

3,146 0,428146 0,85629201 2,99047289

182,5878

Fig.C2(a)

8,21)2(n246,6214,0)2(n10.617,32)2(n 2

42

El número total es las que están por debajo y por encima del diámetro más las del

propio diámetro

38722182,52Fn

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)