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José Luis Hernández Pérez – Ricardo David Fernández Cruz – Jaime Solá de los Santos
- Madrid 2013 -
1
Problemas de Las Olimpiadas
Internacionales De Física
José Luis Hernández Pérez
Ricardo David Fernández Cruz
Jaime Solá de los Santos
Madrid 2013
José Luis Hernández Pérez – Ricardo David Fernández Cruz – Jaime Solá de los Santos
- Madrid 2013 -
2
XLIV.- OLIMPIADA INTERNACIONAL DE FÍSICA. DINAMARCA.
2013
PROBLEMA 1
INTRODUCCIÓN
Un meteoroide es una partícula pequeña (en general inferior a 1 m)
procedente de un cometa o de un asteroide. Un meteoroide que impacta
en la Tierra se denomina meteorito.
En la noche del 17 de Enero de 2009 numerosas personas, situadas
cerca del mar Báltico, observaron una estela ardiente o bola de fuego
de un meteoroide cayendo a través de la atmosfera terrestre. En Suecia
una cámara de vigilancia registró este suceso en un video (ver figura 1.1
a). A partir de estas imágenes y de los testimonios de los testigos fue
posible acotar el área de impacto y seis semanas después se encontró, en
las proximidades de la ciudad de Maribo (en el sur de Dinamarca) un
meteorito con una masa de 0,025 kg . Las mediciones realizadas en el
meteorito, hoy denominado de Maribo, y su trayectoria durante la
entrada en la atmósfera dan lugar a resultados interesantes. Su
velocidad de entrada en la atmosfera terrestre fue excepcionalmente alta
y su edad 4,567.109 años, indica que se formó poco después del
nacimiento del sistema solar. El meteorito Maribo quizás proceda del
cometa Encke.
LA VELOCIDAD DE MARIBO.
La bola de fuego se desplazó en dirección Oeste, 285º respecto al Norte,
dirigiéndose hacia la localidad donde posteriormente fue encontrado.
Un esquema de la trayectoria del meteoroide se muestra en la figura 1.1.
El meteorito se encontró a una distancia de 195 km de la cámara de
vigilancia en la dirección 230º respecto al norte. 1.1.- Utilice este dato y los de la figura 1.1 para calcular la velocidad media de Maribo, entre los intervalos de tiempos correspondientes a los fotogramas 155 y 161. No considere ni la curvatura de la Tierra ni la fuerza de la gravedad sobre el meteorito .
Vamos a utilizar la figura 1.1.(c).del enunciado.
La línea CM con la CI forma un ángulo de 50 º, ya que CM con CN vale 360-230= 130º
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Y CM con Ci vale 180º-130º = 50º. El ángulo MIN vale 360-285= 75º, luego el ángulo
CMI vale 180-(75+50)= 55º. Todo aparece reflejado en la figura 1 S1.
Aplicamos el teorema de los senos en el triángulo CIM:
165,4kmCICI
55ºsen
195km
sen75º;154,6kmMI
MI
50ºsen
km 195
sen75º
Fig. 1S1
Escala: km50
cm1
195 km
N
C
M
I
50º
55º
75º
Fig. 1S2
Escala: km50
cm1
195 km
N
C
M
I
55º
75º
35º
70º 1
165,4 km
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La figura 1S2 contiene la información de la 1S1 y además la línea C1 la cual se ha
determinado a partir de los datos del problema 1.1 (b): 215-180 = 35º y de aquí el
ángulo C1I =180 - (75+35)= 70º.
Aplicamos el teorema de los senos en el triángulo CI1:
km 100,96I1I1
35ºsen
165,4km
sen70º;km 170C1
C1
75ºsen
165,4km
sen70º
Como la altitud es 19,2º: km59,2hC1
h19,2tag 1
1
La figura 1S3 contiene la información de la 1S1 y además la línea C2 la cual se ha
determinado a partir de los datos del problema 1.1 (b): 221-180 = 41º y de aquí el
ángulo C2I =180- (75+41)= 64º.
Aplicamos el teorema de los senos en el triángulo CI2:
km 120,73I2I2
41ºsen
165,4km
64ºsenkm; 177,8C2
C2
75ºsen
165,4km
64ºsen
Como la altitud es 14,7º: km46,6hC2
h14,7tag 2
2
La distancia 12 medida en tierra es: 120,73-100,96 = 19,77 km
La distancia medida en lo alto que es la distancia de la bola de fuego entre los
fotogramas 155 y 161
km23,419,7746,659,219,77hh 2222
12
Fig.1S3
Escala: km50
cm1
195 km
N
C
M
I
41º
64º
75º 2
165,4 km
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Como esa distancia la ha recorrido el meteorito en t = 2,28 -1,46 s = 0,82 s, La
velocidad media es:
s
km28,6
s0,82
km23,4vm
A TRAVÉS DE LA ATMOSFERA ¿ SE FUNDIRÁ?
La fuerza de rozamiento del meteoroide cuando se desplaza por las capas
altas de la atmósfera depende de una manera compleja de su forma, su
velocidad y también de la temperatura y densidad de la atmósfera.
Con una aproximación razonable, la fuerza de rozamiento en la parte
superior de la atmósfera puede expresarse mediante la ecuación 2AvρkF atm , en la que k es una constante, atmρ es la densidad de la
atmósfera, A, la sección del meteorito y v su velocidad.
Las siguientes simplificaciones se utilizan para analizar el meteoroide:
La masa al entrar en la atmósfera MN= 30 kg, Radio RM= 0,13 m,
temperatura To= 200 K, vM= 2,91.104 m/s. La densidad de la atmósfera se
considera constante, siendo su valor a 40 km por encima de la superficie
terrestre, 3m
kg34,1.10ρatm . El coeficiente de fricción k=0,60.
1.2a.- Estime cuánto tiempo transcurre desde su entrada en la atmósfera para que su velocidad se reduzca un 10%, desde vM a vM=0,90 vM . No tenga en cuenta la fuerza de la gravedad y suponga que su masa y su forma no se ven alteradas. Aplicamos la segunda ley de Newton
s0,880,13π4,1.100,62,91.10
3010,9
1
Akρ
mv
1
v0,9
1
Δt
v
1
v0,9
1Δt
m
Akρ
v
dvdt
Δt
0m
Akρ
dt
dvmvAkρ
234
atm
MM
MM
atm
2
atm2
atm
M
M
0,9v
v
1.2b.- Calcule cuántas veces es mayor su energía cinética Ekin al entrar en la atmósfera que su energía Emelt necesaria para fundirlo completamente. Datos: Calor específico, csm=1,2.103 Jkg -1 K-1 Temperatura de fusión Tsm=1,7.103 K Calor latente de fusión Lsm=2,6.105 Jkg-1
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2052,6.102001,7.101,2.102
2,91.10
E
E
LTTc
v2
1
E
EmLTTmcE;mv
2
1E
533
24
melt
kin
sm0smsm
2
M
melt
kinsm0smsmmelt
2
Mkin
b) Fotograma Tiempo Azimut Altitud
155 1,46 s 215º 19,2º
161 2,28 s 221º 14,7º
Maribo en tierra, M
230º 0,0º
a) Figura 1.1(a).- Azimut es la posición angular en el sentido
de las agujas de un reloj contado desde el Norte en un plano
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horizontal y altitud es la posición angular por encima del
horizonte. Una serie de fotogramas registrados por la cámara
de vigilancia en Suecia, muestran el desplazamiento de Maribo
como una bola de fuego en su recorrido por la atmósfera
b) Los datos correspondientes a los dos fotogramas indican el
tiempo, la dirección (azimut) en grados, vistos por la cámara
C, y la altura por encima del horizonte (altitud) en grados
c) Esquema de la dirección de Maribo relativa al Norte N
(flecha magenta) y su posición en tierra M en Dinamarca visto
por la cámara C.
CALENTAMIENTO DE MARIBO EN SU RECORRIDO POR LA ATMÓSFERA Cuando Maribo penetró en la atmósfera terrestre, a velocidad
supersónica, aparece como una bola de fuego debido a que el aire que lo
rodea estaba incandescente. No obstante, solamente la parte exterior se
calentaba. Se puede suponer a efectos del cálculo que Maribo es una
esfera homogénea de densidad smρ =3,3.103 kg/m3, calor específico
smc =1,2.103 J.kg-1 K-1, y conductividad térmica smk =2,0 Wm-1K-1. Su
temperatura al penetrar en la atmósfera fue To= 200 K y durante el
tiempo de caída en la atmósfera su temperatura superficial fue constante
Ts = 1000 K debido a su fricción con el aire y lo que se calentaba
gradualmente era su interior..
Después de un tiempo de caída t en la atmósfera, la capa más externa de
Maribo de espesor x se ha calentó a una temperatura notablemente
mayor que To. Este espesor se puede estimar, aplicando el análisis
dimensional, como producto de potencias de los parámetros
termodinámicos δsmk
γsmc
βsmραtx
1.3a.-Determinar mediante el análisis dimensional los valores de las
cuatro potencias , 1.3b.- Calcular el espesor x después de una caída de t = 5 s y determinar el cociente x/RM.
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11113 KmWγ
KkgJβ
mkgsm
2γ3δαs
δ2γ3βm
γβkg
δγKm
δKmsmkg
γKkgsmkg
βmkgαsm
smkgW;smkgJ
113211223
3222
Identificando exponentes, teniendo en cuenta que los exponentes a la izquierda de la
ecuación son, el de: [K]0; [kg]0 ; [m]1 y el de [s]0 resulta:
2
1δ;
2
1γ;
2
1β;
2
1α
oResolviend02γ3δα;1δ2γ3β;0γβ;δγ
Por tanto:
0,012Cte0,13
31,58.10Cte
MR
x(t)m
31,58.10Ctex(t)
31,2.1033,3.10
2,05
Cte
smc
smρ
smkt
Ctex(t)21
sm21
sm21
sm21
kcρtCtex(t)
LA EDAD DEL METORITO
Las propiedades químicas de los elementos radiactivos pueden ser
distintas. Así en el proceso de cristalización de los minerales de un
meteorito, algunos de estos minerales poseerán una concentración alta
de un elemento radiactivo y otros baja. Esta diferencia puede servir
para determinar su edad mediante la datación radiactiva de sus
minerales.
Como ejemplo específico, estudiamos el isótopo Rb87 (elemento número
37) el cual decae en el isótopo estable rS87 (elemento número 38) con
una vida media 104,9.10T2
1 años, relativo al isótopo estable rS86 . En el
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momento de la cristalización el cociente
rS
rS
86
87
era el mismo para todos
los minerales, pero no así el cociente
rS
Rb
86
87
. A medida que transcurre el
tiempo la cantidad de Rb87 disminuye y como consecuencia aumenta la
cantidad de rS87 . El resultado es que el cociente
rS
rS
86
87
es diferente hoy
día. En la figura 1.2 (a), los puntos situados en la línea horizontal
indican el cociente
rS
Rb
86
87
de diferentes minerales cristalizados en
función del tiempo.
a) Figura 1.2(a).- El cociente Sr86
Sr87 en diferentes minerales en
el tiempo t=0 de la cristalización (círculos sin relleno) y en el
tiempo actual (círculos con relleno) (b). La línea isocrónica
para tres muestras tomadas de minerales diferentes de un
meteorito en el tiempo actual.
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1.4a.-Escribir el esquema del decaimiento para la transformación de
Rb8737
a rS8738
El proceso radiactivo consiste en la transformación de un neutrón en un protón
acompañado de la emisión de un electrón y un antineutrino. La llamada emisión β.
νeSrRb 187
38
87
37
1.4b Mostrar que en el tiempo presente la razón Sr
Sr86
87
dibujada frente
al tiempo actual Sr
R86
87 b , en diferentes muestras de mineral del mismo
meteorito, es una línea recta con pendiente 1eα(t) λt . Donde t es el
tiempo que ha transcurrido desde la formación de los minerales y es la
constante de desintegración radiactiva inversa de la vida media 2
1T .
Para cualquier mineral de los que pueda contener el meteorito la relación 87Sr/86Sr es la
misma, en cambio la relación 87Rb/86Sr es distinta; esto ocurre en el momento de la
cristalización, cuando t = 0. Dado que el rubidio 87 es radiactivo y su relación es
distinta para cada mineral, a medida que transcurre el tiempo disminuyen los átomos de
rubidio y aumentan los de 87Sr. Naturalmente la relación entre 87Rb/86Sr seguirá siendo
diferente para cada mineral. La desintegración del 87Rb se verifica por la misma ley
radiactiva en cada mineral. La figura 1.2(a) representa una línea horizontal la relación 87Sr/86Sr para cada mineral ya que esta relación es la misma en todos ellos. Pero la
situación de cada mineral es distinta en esa recta, ya que la relación 87Rb/86Sr es
diferente (círculos blancos). Ahora consideramos que ha transcurrido un tiempo t desde
la cristalización, la relación 87Rb/86Sr es menor, puesto que el Rb se ha desintegrado,
pero la ley de desintegración es la misma para todos los minerales, por ello al cabo de
ese tiempo la relación 87Sr/86Sr aumenta y la representación es una línea recta
inclinada (círculos negros).
Designamos con NRb (0) el número de átomos de Rb en cualquiera de los minerales en
el tiempo t = 0, NRb(t) al número de átomos de ese elemento cuando ha trascurrido un
tiempo t . La relación entre ambos números está dada por la ley de desintegración
radiactiva λte(0)N(t)N RbRb
En ese mineral y en el intervalo de tiempo t-0=t, han desparecido
λtλt e1(0)Ne(0)N(0)N(t)N(0)N RbRbRbRbRb
y es este número los que
han aparecido de 87Sr, por tanto, si en el tiempo t=0 había NSr 87(0), ahora en el tiempo t,
habrá:
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)1(1eN
(t)N
N
(0)N
N
(t)N1e(t)N(0)N(t)N
e1e
(t)N(0)Ne1(0)N(0)N(t)N
λtλt
λtλt
λt
Sr86
Rb
Sr86
87Sr
Sr86
87Sr
Rb87Sr87Sr
Rb
87SrRb87Sr87Sr
La ecuación (1) es la ecuación de la recta denominada isocrónica, cuya pendiente es:
)2(1e1e 21T
t
λt
1.4c.- Determinar la edad M del meteorito utilizando la línea isocrónica de la figura 1.2(b). La ordenada de la recta de la figura 1.2 (b) se calcula directamente, y = 0,712-0,700 =
0,012. La abscisa, medimos en la gráfica los centímetros del eje 0-0,3 y los centímetros
de 0,712 a la intersección de la recta.
0,08280,145
0,012
x
yα0,145x
2,9
x
cm6
0,3
De la ecuación (2) para t = τM
años93,9.1010,0828ln4,9.10τ
1αlnTτT
τ1αlne1α
10
M
21M
21
M21
TMτ
EL COMETA ENCKE DEL QUE PUEDE PROCEDER MARIBO
En su órbita alrededor del Sol, las distancias mínima y máxima entre el
cometa Encke y el Sol son respectivamente:
amin=4,95.1010 m y a max=6,16.1011 m Datos: G = 6,67.10-11 m3 kg-1 s-2 ; Masa del Sol , ms=1,99.1030 kg
1.5.- Calcular el periodo orbital t Enke del cometa Encke Vamos a realizar un cálculo sencillo: Supongamos un cuerpo celeste de masa m, que
describe una orbita circular alrededor del Sol. La fuerza centrípeta es proporcionada por
la fuerza de atracción gravitatoria entre el Sol y el cuerpo
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S
2
3
2
S
2
22
2
S
2
mG
Rπ2T
R
mG
RT
Rπ4
T
Rπ2vademás;
R
mmG
R
vm
Cuando se quiere calcular el periodo de un cuerpo que describe una órbita elíptica
alrededor del Sol, basta cambiar en la formula anterior R por el semieje mayor de la
elipse, de acuerdo con las leyes de Kepler.
Calculamos el semieje mayor de la elipse
m3,33.102
4,95.106,16.10
2
aaa 11
1011
minmax
El periodo se calcula por la ecuación:
s terrestreaños3,32s1,05.10
1,99.106,67.10
3,33.10π2
mG
aπ2T 8
3011
2
311
S
2
3
CONSECUENCIAS DEL CHOQUE DE UN ASTEROIDE CON LA TIERRA.
Hace 65 millones de años chocó contra la Tierra un enorme asteroide
de densidadast= 3,0.103 kg/m3 , radio Rast=5,0 km y con velocidad final
v ast=2,5.104 m/s. El impacto resultante dio lugar a la extinción de gran
cantidad de especies y la formación de un enorme cráter llamado Cráter
de Chicxulub.
Suponer que hoy día ocurriese un choque elástico contra la Tierra de
un asteroide similar al anterior y utilizar el hecho de que la Tierra tiene,
un momento de inercia 0,83 veces del de una esfera homogénea de la
misma masa y radio. El momento de inercia de una esfera homogénea es
(2/5 )M R2. No considere ningún cambio en la órbita de la Tierra.
1.6a.- Si el asteroide choca en el Polo Norte, encontrar el cambio máximo en la orientación del eje de la Tierra después del impacto. Datos. Masa de la Tierra, mE =5,97.1024 kg ; Radio de la Tierra, RE =6,38.106 m
El momento angular de la Tierra es un vector que tiene la dirección del eje y el mismo
sentido que el vector velocidad angular de la Tierra alrededor de su eje. Su módulo vale:
1233
E
2624
E
2
EEeEE
smkg5,87.10L
360024
π26,38.105,97.10
5
20,85
T
π2Rm
5
20,83ωIL
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Para que el cambio de orientación del eje de la Tierra sea máximo, hemos de suponer
que el meteorito incidirá en el polo, perpendicularmente al eje terrestre. El momento
angular del asteroide es perpendicular al de la Tierra y su módulo respecto del centro de
la Tierra vale.
1226
ast
64333
Eastast
3
astEastastast
smkg2,51.10L
6,38.102,5.103,0.105.0.10π3
4RvρRπ
3
4RvmL
El momento angular resultante después del impacto tiene por módulo
2
ast
2
EF LLL
El nuevo eje de la Tierra tendrá la dirección del vector LF. Si representa el ángulo
entre los ejes de la Tierra antes y después del impacto
grados2,45.10θ5,87.10
2,51.10
L
Lθtag 6
33
26
E
ast
1.6b.- Si el asteroide golpea de forma radial en el Ecuador, calcular el
cambio vrt en la duración de una revolución de la Tierra después del
impacto. Dado que la cantidad de movimiento del asteroide apunta al centro de masas de la
Tierra, el resultado es que el momento angular del sistema Tierra-asteroide no varía,
aunque sí lo hará la velocidad de rotación de la Tierra, que disminuirá y su momento de
inercia que aumentará como consecuencia de la colisión.
Matemáticamente:
0ωdIdωI00ωId EEEEEE
Tomando incrementos los diferenciales por incrementos:
s
rad14105,76.245,97.100,83
33,0.10335,0.10
360072
2π20E
ωΔ
m5
20,83
astρ3astπR
3
4
360024
π2
Rm5
20,83
Rastm
360024
π2
I
IΔωωΔ
E2EE
2E
E
EEE
EL
ө
FL
astL
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s6,8.104,19.105,29.10
3,62.10Δτ
5,76.10360024
π2
360024
π2
5,76.10π2
Δωωω
Δωπ2
ω
π2
Δωω
π2Δτ
5
189
13
vrt
14
2
14
EE
2
E
E
EEE
vrt
1.6c.- Si el asteroide golpea de forma tangencial en el plano ecuatorial,
calcular el cambio tan en la duración de una revolución de la Tierra después del impacto.
Cuando el asteroide golpea de forma tangencial el vector cantidad de movimiento vale
eRvmLvmRL astastastastEast
El vector astL
tiene la misma dirección y sentido que EL
, luego el módulo del
momento angular resultante es: astEF LLL . En este caso el momento angular
aumenta y eso se traduce en que
astEastEEE LLLLΔLωId
Diferenciando y tomando incrementos.
E
EE
E
astEastEEEE
I
ωΔI
I
LΔωLωΔIΔωI
Calculamos los valores numéricos del segundo miembro:
12
E
ast
624
4333
EE
astast
3
ast
2
EE
Eastast
3
ast
2
EE
Eastast
E
ast
3,11.10I
L
6,38.105,97.10
2,5.103.0.105,0.10π4,016
Rm
vρπR4,016
Rm5
20,83
R vρR 3
4
Rm5
20,83
Rvm
I
L
14-
E
EE
24
3334
E
ast
3
ast
2
EE
2
East
E
EE
5,76.10I
ωΔI
5,97.10
3,0.105,0.109,18.10
m5
20,83
360024
π2ρπR
3
4
Rm5
20,83
360024
π2Rm
I
ωΔI
1121412
E s3,05.105,76.103,11.10Δω
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15
s3,62.10Δτ
360024
2π
3,05.10·π2
ω
Δωπ2
Δωωω
Δωπ2
ω
1
Δωω
1π2Δτ
3
tan
2
12
2
E
E
EE
2
E
E
EEE
tan
LA VELOCIDAD MÁXIMA DE UN CHOQUE
Considerar un cuerpo celeste, en el límite del sistema solar, el cual choca
contra la Tierra con una velocidad v lmp. Inicialmente el efecto del campo
gravitatorio de la Tierra y del cuerpo se pueden despreciar. Ignore la
fricción con la atmósfera, la influencia de otros cuerpos y la rotación de
la Tierra. Datos. Masa del Sol ,mS=1,99.1030 kg ; Distancia media Sol-Tierra, aE=1,50.1011 m
1.7.- Calcular max
lmpv que es el valor mayor posible de la vimp
Admitimos que en el límite del sistema solar la energía potencial gravitatoria y también
la cinética del cuerpo celestial, es nula. Al acercarse a la Tierra su velocidad aumenta
por efecto de la atracción del Sol y de la Tierra. Dado que se pretende que la velocidad
del impacto sea máxima ambas contribuciones deben sumarse. Si mC representa la masa
del cuerpo celestial y vLL la velocidad de llegada a al Tierra. El principio de
conservación de la energía mecánica conduce a:
s
m4,35.10
6,38.10
5,97.10
1,50.10
1,99.106,67.102
R
m
a
m2Gv
vm2
1
R
mmG
a
mmG00EE
4
6
24
11
3011
E
E
E
s
LL
2
LLC
E
CE
E
Cs
KP
El cuerpo celestial va a chocar contra la Tierra con una velocidad respecto del Sol de
4,35.104 m/s.
Pero la Tierras se está moviéndose alrededor del Sol con una velocidad.
s
m2,94.10
360024365
aπ2v 4E
E
La velocidad relativa respecto de la Tierra se obtendrá de componer estas dos
velocidades y como se pide el impacto a la mayor velocidad, éste se produciría cuando
ambas velocidades respecto del Sol, fuesen de sentidos contrarios y entonces la
velocidad relativa del meteorito respecto de la Tierra, es en módulo, la suma de los
módulos de ambas velocidades.
En efecto:
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16
ELL
max
imp vvV
;
s
km9,72
s
m10.29,701.94,210.35,4vvV 444
ELL
max
imp
LLv
Ev
S
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17
PROBLEMA 2
INTRODUCCIÓN
En este problema se estudia un proceso eficaz de producción de vapor
cuyo funcionamiento empírico ha sido demostrado. Una disolución
acuosa de esferas de plata de tamaño del orden de los nanometros
(nanopartículas) con 1013 partículas por litro se ilumina con un haz
direccional de luz. Una fracción de la luz la absorben las
nanopartículas las cuales se calientan y generan vapor de forma local
alrededor de ellas sin que se caliente el resto de la disolución. El vapor se
extrae del sistema en forma de burbujas que abandonan la disolución. El
proceso no se conoce en todos sus detalles pero sí su fundamento que es
debido a la absorción de luz por medio de un proceso llamado
oscilaciones colectivas de los electrones de las nanopartículas metálicas.
Este dispositivo se conoce como generación de vapor plasmónico
a) Figura 2.1.- (a). Una nanopartícula de forma esférica y sin
carga de radio R está situada en el centro de un sistema de
coordenadas .b) Una esfera con densidad de carga uniforme
( rojo) contiene una esfera más pequeña sin carga (O ,
amarilla) de radio R1, con su centro desplazado por xex x dd
.(c).
La esfera con densidad de carga positiva de los iones de plata
de la nanopartícula está fija en el centro del sistema de
coordenadas . El centro de la región esférica con densidad de
carga negativa (azul) de la nube de electrones está
desplazada px , donde xp<<R. (d). Un campo eléctrico externo
ey
ex
ez
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18
homogéneo xoo eEE
Por la dependencia de Eo del tiempo la
nube de electrones se mueve con velocidad dt
xdv
p
e) El
recipiente rectangular ahh contiene la disolución acuosa de
las nanopartículas y está iluminada por luz monocromática
que se propaga a largo del eje z, siendo su frecuencia angular
p y su intensidad S.
Una única nanopartícula de forma esférica.
Consideramos una nanopartícula de forma esférica de plata de radio
R=10,0 nm con su centro fijo en el origen de coordenadas (ver figura
2.1(a)). Todos los movimientos, fuerza y campos son paralelos al eje
horizontal x( vector unitario xe
). La nanopartícula contiene electrones
libres (conducción) que se desplazan dentro de todo su volumen sin que
estén alrededor de un átomo concreto de la misma.. Cada átomo de plata
ha cedido un electrón convirtiéndose en un ión positivo.
Densidad e la plata =1,049.104 kgm-3
Masa molar de la plata MAg=1,079.10-1 kg mol-1
2.1.- Encontrar el volumen V y la masa M de la nanopartícula, el número N
y densidad de carga de los iones plata en la partícula, y para los electrones libres su concentración n , su carga total Q y su masa total mo.
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19
kg2,23.10kg9,109.102,45.10m
C3,92.101,602.102,45.10Q
m
Electrones5,85.10
4,19.10
2,45.10n
m
C.1037,9
m4,19.10
C1,602.10Nρ
2,45.10mol4,07.10mol6,022.10N
mol4,07.10
mol
kg1,079.10
kg4,39.10platadeMoles
kg4,39.10m
kg1,049.10m4,19.10VρM
;m4,19.1010,0.10π3
4Rπ
3
4V
25215
0
14195
3
28
24
5
3
9
324
19
519123
19
1
20
20
3
4324
324393
El campo eléctrico en una región de carga neutra dentro de una esfera cargada.
En el resto del problema se supone que la permitividad relativa de todos
los materiales es εr=1. En el interior de una esfera de radio R con
densidad de carga uniforme se crea otra pequeña esfera de carga
neutra y radio R1 por adición de una carga opuesta de densidad
– con su centro desplazado xed
xd
x
respecto al centro de la esfera
R (ver figura 2.1 (b).
2.2.- Mostrar que el campo eléctrico dentro de la región de carga neutra
es homogéneo de la forma d
xoε
ρAE
y determinar el factor A.
Vamos a calcular el campo en un punto A del interior de una esfera de radio R que tiene
una densidad de carga homogénea . Sea r el radio de una esfera concéntrica con R y
radio r<R (figura 1). Aplicamos el teorema de Gauss.
oo
3
2
3
33o
2
ε3
rρE
ε
ρrπ3
4
rπ4E
ρrπ3
4q
rπ3
4
q
Rπ3
4
Qρ
ε
qrπ4E
R
r
A
Fig.1
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20
E es el módulo de un vector cuya dirección y sentido (por
ser ρ positiva saliente) lo indica el vector urr
siendo u
un vector unitario en la dirección radial, Fig.1
Podemos escribir el resultado anterior en forma vectorial:
uε3
rρE
o
En la figura 2 hemos representado una
esfera de radio R con densidad de carga
en rojo) y una esfera en su interior
con densidad de carga –(en amarillo).
El resultado es que en la esfera de radio
r<R la carga resultante es nula.
Consideramos un punto A interior a la
esfera de radio r. El campo en dicho
punto se obtiene aplicando el principio
de superposición, para los campos
creados en A por cada una de las esferas
cargadas, de modo independiente.
oooo
S
o
P
o ε3
aρSP
ε3
ρ
ε3
Sρ
ε3
Pρu
ε3
sρu
ε3
PρE
Si aplicamos este resultado a la figura 2.1(b) del enunciado dxa
3
1Ax
ε
ρ
3
1E d
o
La fuerza recuperadora sobre la nube electrónica desplazada.
En lo que sigue estudiamos el movimiento colectivo de los electrones
libres, utilizando un modelo de una única esfera cargada negativamente
con densidad de carga homogénea – y con su centro localizado en
Px
, la cual se desplaza a lo largo del eje x con relación a la esfera
positivamente cargada ( iones plata) que está localizada en el origen de
coordenadas, figura 2.1 (c). Suponga que una fuerza externa
extF
desplaza la nube electrónica a una nueva posición de equilibrio
xepxP
x
con xP<<R. Excepto para pequeñas cargas, en el extremo
opuesto de la nanopartícula, la mayor parte de su interior permanece
neutra.
Fig.2
A
R
r
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2.3.- Expresar en términos de Px
y n las dos cantidades siguientes: La
fuerza de restauración ejercida sobre la nube electrónica y el trabajo realizado sobre la nube electrónica durante el desplazamiento.
Para que pueda considerarse una esfera cargada homogéneamente con densidad de
carga – es necesario que el desplazamiento xp sea muy pequeño comparado con el
radio, pues de no ser así la zona de densidad de carga nula ya no sería una esfera.
Designamos con N al número de electrones contenidos en la esfera de electrones de
radio R. La carga de esta esfera vale Q = -Ne y por tratarse de una esfera homogénea se
puede considerar toda la carga Q concentrada en su centro y de acuerdo con el
enunciado, éste se ha desplazado por acción de una fuerza externa hasta xp.
Supuesto el centro en esta posición xp , sobre esta esfera negativa ejercerá una fuerza
atractiva la otra esfera cargada positivamente de valor:
p
o
x3
QEQF
Si se mantiene el centro de la esfera negativa en xp; la fuerza externa aplicada será igual
y de sentido opuesto, FFext
xp
o
p
o
ext ex3
Qx3
QF
El valor de la densidad de carga de la esfera con carga positiva es:
P3
o
2
P3o
ext3
xRεπ4
Qx
πR3
4
Q
ε3
QF
πR3
4
Qρ (1)
Si n representa el número de cargas por unidad de volumen
eRπ3
4nQ
eRπ3
4
Q
Rπ3
4
Nn 3
33
(2)
Sustituyendo (2) en la ecuación (1)
P
o
322
P3
o
2
322
ext xε9
Renπ4x
Rεπ4
Rπ3
4en
F
(3)
El vector extF
tiene por módulo (3) y la dirección y sentido del unitario xe
xP
o
322
ext exε9
Renπ4F
La fuerza de restauración será un vector de módulo (3) pero dirigido en sentido
contrario del extF
.
El trabajo de desplazamiento desde O hasta xp requiere emplear una fuerza variable con
la posición x´, de modo que se determina el trabajo con el cálculo integral:
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22
2
x
ε9
Renπ4xdx
ε9
Renπ4W
2
P
0
322
0
322Px
0
(4)
La nanopartícula esférica de plata en un campo eléctrico externo constante.
Una nanopartícula se coloca en el vacío y se somete a la acción de una
fuerza externa, producida por un campo eléctrico homogéneo
xeoEoE
el cual desplaza la nube de electrones una pequeña distancia
xp siendo xp<<R.
2.4.- Encontrar el desplazamiento xp de la nube electrónica en función de
Eo y n y determinar la cantidad –Q de carga electrónica desplazada a través del plano y-z en el centro de la nanopartícula en función de n , R y xp. Si el centro de la nube electrónica esta en xp la fuerza que la mantiene en esta posición
tiene un valor dada por la ecuación (3) y la carga total, es el proporcionado por la
ecuación (2). De aquí se deduce xp
322
extop
3
P
o
322
extRenπ4
Fε9xeRπ
3
4nQ;x
ε9
Renπ4F
Por otra parte, la carga Q situada en un campo eléctrico oE
experimenta una fuerza
oE·QF
y si por acción de esta fuerza, se desplaza el centro de la citada esfera
electrónica hasta xp ; la fuerza electrostática valdrá igual valor, que el hallado para Fext.
eπR3
4nEQEFF 3
ooext , sustituyendo este valor de Fext en xp.
en
Eε3
Renπ4
eRπ3
4nEε9
x oo
322
3
oo
p (5)
Cuando el centro de la nanopartícula está en el
origen de coordenadas el círculo máximo de
radio R está situado en el plano YZ, cuando se
desplaza la nanopartícula ese circulo máximo
pasa a la posición x=xp, por tanto la carga
desplazada a través del plano YZ, es la
contenida en un cilindro de radio R y altura xp.
O xp X
Y
Z
R R
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23
epx2RπnΔQ (6)
La capacidad equivalente e inductancia de la nanopartícula de plata. Para un campo oE
, tanto si varía con el tiempo como si no, es posible
crear un modelo para la nanopartícula, equivalente a un circuito
eléctrico. La capacidad equivalente se puede obtener relacionando el
trabajo el
W necesario para la separación de las cargas Q con la energía
de un condensador portando cargas ΔQ . La separación de cargas
ocasionará un voltaje oV en el condensador equivalente.
Dato: 1m
1J
2C
128,854.10oε
2.5a.- Expresar la capacidad equivalente del sistema C en función de o y R, y determinar su valor.
La energía E, almacenada en un condensador es:
E2
ΔQC
C
ΔQC
2
1E
C
ΔQΔV
ΔV
ΔQC;ΔVC
2
1E
2
2
22 (7)
De acuerdo con el enunciado, la energía del condensador es equivalente a la energía
empleada en desplazar el centro de la nube electrónica una distancia xp; valor que fue
calculada previamente y que lo proporciona la ecuación (4).
En la ecuación (7), sustituimos (6) y (4)
F196,26.104
128,854.10910.10π9C
)8(;oεRπ4
9
2
2P
x
0ε9
3R2e2nπ4
2epx2Rπn
2
1
2
1C
W
Q
2.5b.- Para la capacidad anterior determinar en función de Eo y R el voltaje equivalente Vo que debería conectarse al condensador equivalente
con la finalidad de acumular la carga Q. De la definición de la capacidad de un condensador y empleando las ecuaciones (6) y
(8) resulta para Vo
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o
P
o
p
2
o
o ε
xRen
9
4
εRπ4
9
xeRπn
C
ΔQV
V
ΔQC
Sustituimos en la ecuación anterior la (5).
oER3
4
en
oEoε3
oε
Ren
9
40
V
Para un campo oE
dependiente del tiempo, la nube de electrones se
desplaza con velocidad xevv
, figura 2.1(d) y posee una energía
cinética Wkin y forma una corriente eléctrica I fluyendo a través del
plano y-z. La energía cinética de la nube de electrones puede
considerarse como la energía de una bobina equivalente de coeficiente
de inducción L portando una corriente I.
2.6a.- Exprese la energía cinética Wkin y la intensidad I en función de la velocidad v. Dato: Masa del electrón, me=9,109.10-31 kg; carga del electrón e=1,602.10-19 C
La energía cinética de la nube electrónica es el producto de la energía cinética de cada
electrón por el número de electrones contenidos en la esfera de radio R.
nRvmπ3
2Rπ
3
4nvm
2
1W 32
e
32
ekin (9)
La carga desplazada a través del plano YZ, encontramos que está dada por la ecuación
(6). Después aplicamos que la intensidad de la corriente eléctrica es la derivada con
relación al tiempo de la carga desplazada I =dQ/dt y tenemos en cuenta según el
enunciado que v = dxp/dt.
vReπndt
dxReπxReπn
dt
dI 2p2
p
2 n (10)
2.6b.- Exprese el coeficiente L en función del radio de R , la carga del electrón e y su masa me, la concentración de carga n y determinar su valor. La energía almacenada por una bobina de coeficiente de autoinducción L, recorrida por
una corriente I es:
24222
222
vReπn
W2LvReπnL
2
1IL
2
1W
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25
La energía que puede almacenar la bobina es la de los electrones que la recorren, que
según el enunciado puede considerarse como la energía cinética de los electrones de la
nube de electrones. Sustituyendo (9) resulta:
H2,58.10
10.101,602.10π5,85.10
9,109.10
3
4L
)11(Reπn
m
3
4
vReπn
nRvmπ3
22
L
14
921928
31
2
e
24222
32
e
La resonancia plasmónica (plasmon resonance) de la nanopartícula de plata Es posible crear un modelo que explique el desplazamiento de la nube de
electrones desde su posición de equilibrio y su vuelta a ella. Dicho
modelo es el de un circuito ideal L-C oscilando en resonancia. Este
modelo dinámico se conoce con el nombre de resonancia plasmónica
(plasmon resonance), el cual se verifica con una frecuencia de
resonancia p. Dato: Velocidad de la luz , c=2,889.108 m/s.
2.7a.- Encuentre una expresión para la frecuencia plasmónica p de la nube de electrones en función de la carga del electrón e, de su masa me,
de la concentración de carga n y de la permitividad o. En un circuito resonante se cumple que las reactancias inductivas y capacitivas son
iguales.
CL
1ω
ωC
1ωL P
P
P
Hemos deducido el valor de L ecuación (11) y el de C ecuación (8). Sustituimos sus
expresiones en la anterior ecuación.
oe
2
oe02
e
P
εm3
ne
en
εm3
1
εRπ4
9
Reπn3
m4
1ω
2.7b Calcule p en rad/s y la longitud de onda p en nm de luz en el vacio
para una frecuencia angular = P.
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nm239m2,39.107,88.10
2,998.10π2λ
ω
cπ2λ
ω
π2
λ
T
λc;
s
rad7,88.10
8,854.109,109.103
5,85.101,602.10ω
7
15
8
P
15
1231
2819
p
La nanopartícula de plata iluminada con luz a la frecuencia plasmónica.
En el resto del problema, la nanopartícula está iluminada por luz
monocromática de frecuencia angular plasmónica p con una intensidad
incidente 2
m
MW1,00
2oEoεc
2
1S . Teniendo presente que p<<R, se
considera que la nanoparticula está situada en un campo armónico
homogéneo oscilante xetpωcosoEoE
. Por la acción de oE
el centro
(t)px
de la nube de electrones oscila a la misma frecuencia con
velocidad dt
Pxd
v
y amplitud constante xo. Este movimiento oscilatorio
de los electrones conlleva a la absorción de luz. La energía capturada
por las nanopartículas se convierte en calor (efecto Joule) o es reemitida
en forma de luz dispersa.
El calentamiento por efecto Joule se origina por las colisiones inelásticas
al azar en las que cualquier electrón al chocar con un ión plata pierde
toda su energía cinética, la cual se convierte en vibraciones del ión plata
(calor). El tiempo promedio entre colisiones es P
ω
1τ , y para la
nanopartícula de plata =5,24.10 -15 s. 2.8a Encuentre una expresión para la potencia del efecto Joule Pheat
producido en la nanopartícula, así como el cuadrado medio de la intensidad de la corriente (I2) de dicho efecto , lo que conlleva calcular explícitamente el cuadrado de la velocidad media (v2) de la nube de electrones.
Un electrón de la nube electrónica pierde su energía cinética al chocar con un ión
durante un tiempo promedio.
La potencia media debido a un solo electrón es : τ
vm2
1
P
2e
e . La potencia debida a
todos los electrones de la nube N es:
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27
2e
3
eheat
vm2
1Rπ
3
4n
PNP
Para el cálculo del cuadrado medio de la intensidad de la corriente 2I , hemos
deducido antes para la intensidad de la corriente la ecuación (10), en la que
I = vReπn 2
2v22Reπn2I
En la ecuación (2) es: 3
3
Reπ4
Q3neRnπ
3
4Q , combinándola con la ecuación
anterior.
2
2
2
2
2
3
2 vR4
Q3vReπ
Reπ4
Q3I
(12)
2.8b Suponiendo que es posible modelizar el comportamiento del efecto Joule de una nanopartícula como una resistencia óhmica que disipa una potencia Pheat, calcule el valor de R heat. La potencia está relacionada con la intensidad promedio
Ω2,46
5,24.1010.101,602.10π5,85.103
9,109.102R
τReπn3
m2
vReπn
τ
vm2
1Rπ
3
4n
I
PRRIP
15921928
31
heat
2
e
222
2
e
3
2
heat
heatheat
2
hat
La potencia del haz de la luz incidente Pscat disminuye a lo largo del
tiempo por dispersión de la nube oscilante de electrones (re-emisión).
Pscat depende de la amplitud de la fuente dispersante xo, de la carga Q, de
la frecuencia angular p y de las propiedades de la luz, su velocidad c y
la permitividad o en el vacío. Pscat se puede expresar en función de estas
cuatro variables con la siguiente fórmula.
3cεπ12
4P
ω2ox
2Q
scatP
o
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2.9a Utilizando la ecuación anterior, encuentre una expresión para la resistencia de dispersión Rscat (análoga a Rheat) en un modelo de resistencia equivalente, y calcule su valor numérico.
Usando para 2I la ecuación (12) y el valor dado en el enunciado para Pscat resulta:
23
o
4
P
2
o
2
23
o
4
P
2
o
2
2
2
3
o
4
P
2
o
2
2
scatscat
vcεπ27
ωxR4
vcεπ108
ωxR16
vR4
Q3
cεπ12
ωxQ
I
PR
Teniendo presente que la nube electrónica al estar sometida a un campo armónico
oscilante, tiene una velocidad máxima v = xowp y una velocidad nula, su valor medio.
Ω2,452,998.108,854.10π27
7,88.1010.108R
cεπ27
ωR8
ωx2
1cεπ27
ωxR4Rωx
2
1
2
0ωxv
3812
21529
scat
3
o
2
P
2
2
P
2
o
3
o
4
P
2
o
2
scat
2
P
2
o
2
P
2
o2
Un modelo para el circuito equivalente anteriormente mencionado es
una combinación en serie LCR, la cual está sometida a la acción de un
voltaje armónico oscilante tP
ωco soVV determinado por un campo
eléctrico oE
de la luz incidente.
2.10a Obtenga las ecuaciones para las potencias promedio Pheat y Pscat
en las que intervenga la amplitud Eo del campo eléctrico de la luz
incidente y la resonancia plasmónica Pωω
Al ser un circuito resonante las reactancias inductiva y capacitiva son iguales y de signo
contrario, por lo que solamente se debe tener en cuenta la parte real que es la de las
resistencias óhmicas. De acuerdo con los valores promedios
2
scatheat
2
222
scatheat
2
RR
VIIRRV
De acuerdo con lo explicado en el apartado 2.9a , escribimos que 2
VV
2
o2
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29
.
En el apartado 2.5b encontramos que oo ER
3
4V
2
scathat
2
o
2
scat
2
scathat
2
o
2
scat
hscat
2
scatscat
2
scathat
2
o
2
heat
2
scathat
2
o
2
heat
2
heatheat
2
scathat
2
o
2
2
scathat
2
o
2
2
scathat
2
o2
RR
ERR
9
8
RR
ER
9
8RIRP
RR
ERR
9
8
RR
ER
9
8RIRP
RR
ER
9
8
RR2
ER9
16
RR2
VI
2.10b Calcule los valores numéricos de Eo, Pheat y Pscat.
La intensidad de la luz incidente vale según el enunciado:
m
V42,74.10o
E
128,854.1082,998.10
610·12
oεc
S2
oE
2m
MW1,002
oEoεc2
1S
nW6,78W6,78.102,452,768.10P
nW6,81W6,81.10P
2,462,768.102,462,452,46
2,74.1010.10
9
8R
RR
ER
9
8P
99
scat
9
heat
9
2
2429
heat2
scathat
2
o
2
heat
Producción de vapor por acción de la luz. Se prepara una disolución de nanopartículas de plata con una
concentración 3m
partículas157,3.10npn , la cual se coloca dentro de
un recipiente transparente de forma rectangular y tamaño 3cm1,01010ahh , que se ilumina con luz de frecuencia
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30
plasmónica de intensidad 2m
MW1,00S e incidencia perpendicular al
recipiente (ver la figura 2.1(e)) . La temperatura del agua es C20ºwaT
y suponemos, basándonos en las observaciones, que en el estado
estacionario todo el calentamiento por efecto Joule sobre la
nanopartícula da lugar a la producción de vapor de agua a la
temperatura de C110ºstT sin que aumente la temperatura del agua.
La eficiencia termodinámica η del generador de vapor plasmónico se
define por el cocientetotPstP
η , donde Pst es la potencia dedicada a la
producción de vapor y Ptot es la potencia total de la luz que penetra en el
recipiente.
La mayor parte del tiempo las nanopartículas se encuentran rodeadas de
vapor en vez de agua por lo que se puede suponer que se encuentran
rodeadas de vacío.
2.11a Calcule la masa por segundo stμde vapor de agua producido por el
generador plasmónico durante la iluminación por luz de intensidad S a la frecuencia plasmónica.
Datos: Calor específico del agua líquida, cwa=4,181.103 J kg-1 K-1 Calor específico del agua vapor, cst=2,080.103 J kg-1 K-1 Calor latente de vaporización del agua, Lwa=2,260.106 J kg-1
Hallamos las nanopartículas que existen en el recipiente:
11615
recpnp 7,3.1010110107,3.10VnN partículas
En el apartado anterior hemos calculado Pheat=6,81 nW=6,81.10-9 W
La energía por unidad de tiempo que generan todas las nanopartículas es:
s
J4,98.106,81.107,3.10 3911
Esa energía se emplea en calentar el agua desde los 20º C iniciales a 100 ºC finales, en
pasar el agua del estado líquido a vapor y en calentar el vapor de agua desde 100ºC a
110ºC, siendo el consumo de energía:
s
kg1,90.10
2,62.10
4,98.10μ4,98.102,62.10μ
102,080.102,260.10804,181.10μ10cμLμ 80cμ
3
6
3
st
36
st
363
stststwastwast
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31
2.11 b Calcule el valor numérico de la eficacia termodinámica η del generador de vapor
0,498410
34,98.10η
W4102m
W61.102m4101010ShhIntensidad·ltransversaÁreatotP
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32
PROBLEMA 3
INTRODUCCIÓN
Este problema está relacionado con la capa de hielo de Groenlandia, el
segundo glaciar más grande del mundo, figura 3.1 (a). De forma ideal
Groenlandia se puede modelizar como una isla de forma rectangular de
ancho 2L y longitud 5L, estando la tierra al nivel del mar y cubierta
completamente por una capa incompresible de hielo de densidad ice
figura 3.1(b). El perfil en altura H(x) de la capa de hielo es independiente
de la coordenada y, y aumenta desde cero en la costa Lx hasta Hm a
lo largo del eje medio norte-sur (eje y) conocido como eje separación, ver
figura 3.1 (c).
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33
Figura 3.1(a).- Se muestra un mapa de Groenlandia en la que
la capa de hielo aparece en blanco, las regiones libres de
hielo (regiones costeras) en verde y toda la isla rodeada por el
mar en azul. (b). Un modelo elemental de la capa de hielo de
Groenlandia es un rectángulo situado en el plano x-y con
dimensiones 5L y 2L. La línea separación del hielo es la de
máxima altura Hm, la cual está situada a lo largo del eje y. (c).
Un corte vertical (plano x-z) a través de la capa de hielo
muestra el perfil de su altura H(x) (línea azul). H(x) es
independiente de la coordenada y para 0<y<5L mientras que
cae abruptamente hasta el valor cero cuando y=0 e y = 5L..
El eje z indica la posición de la línea de separación del hielo..
Para mayor claridad las dimensiones en sentido vertical están
aumentadas respecto de las horizontales. La densidad ice es
constante.
Ayuda. Estas dos fórmulas pueden ser de ayuda en este
problema.
1,11;3
21
01 axparaax
axdxx
El perfil de altura de la capa de hielo.
Con escalas de tiempo pequeñas es posible considerar el glaciar como
sistema hidrostático incompresible, que tiene un perfil de altura
determinado por la función H(x).
3.1 Escriba una expresión para la presión p(x,z) dentro de la capa de hielo, en función de la altura vertical z por encima de la tierra y a una distancia x de la linea de separación . Desestimar el efecto de la presión atmosférica.
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34
Consideremos un punto P que
está sobre la línea de altura H(x)
y que dista del suelo z. Este
punto dista H(x)-z respecto la
superficie del hielo. La presión
hidrostática en ese punto es:
zH(x)gρp ice
Considere un trozo (rebanada) vertical de la capa de hielo que se
encuentra en equilibrio abarcando (su base) un área x·y entre x, y
x+x, ver la línea de puntos de la figura 3.1 (c). El tamaño de y no tiene
influencia en la cuestión.
La componente resultante horizontal F de los dos lados verticales de la
rebanada, que es originada por la diferencia de alturas, está
contrarrestada por una fuerza de rozamiento F=Sb xy de la tierra
sobre la base x·y, siendo Sb = 100 kPa.
3.2a Para un determinado valor de x mostrar que en el límite
dx
dHkH
bS;0Δx
y determinar k. Datos: Densidad del hielo¸ ice=0,917.103 kg.m-3; aceleración de la gravedad, g = 9,82 m.s-2
En la figura 1.3 se hace un esquema de la rebanada considerada en la capa de hielo. Las
dos paredes verticales distan x y su altura desde el suelo a la superficie del hielo es
función de la coordenada x y se representa por H(x). Sobre la pared izquierda se ha
considerado un rectángulo de altura infinitesimal dz, donde la distancia del suelo a él es
z, esta variable tiene por límites z = 0 en el suelo y z = H(x) en la superficie del hielo.
2L
Y(línea de separación)
z 5L Fig.1.2. Modelo de la isla
de hielo (corte)
P
X
Z Hm
H(x)
x x+Δx
P z
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La presión en el rectángulo es zH(x)gρp ice y la fuerza que actúa sobre él resulta
perpendicular al elemento de pared, al ser considerado el glaciar como un sistema
hidrostático incomprensible:
dzΔyzH(x)gρdF ice
La fuerza sobre toda la pared vertical de la izquierda.
2
(x)HΔygρF
2
zH(x)zΔygρdzzH(x)ΔygρdzΔyzH(x)gρF
2
ice
)2
iceiceice
H(x
0
H(x)
0
H(x)
0
Sobre la pared vertical de la derecha actúa una fuerza que tiene la misma expresión pero
es menor ya que H(x) es algo más pequeña que en la pared de la izquierda, por
consiguiente, hay una diferencia de fuerzas dirigida hacia la derecha que es equilibrada
por la fuerza de rozamiento que actúa hacia la izquierda. Si admitimos que la distancia
entre las paredes es un infinitésimo, esto es, dx, y diferenciamos la ecuación anterior
teniendo presente que H es función de la coordenada x, resulta.
s2m
kg39,00.10s
m9,82
3m
kg30,917.10g·k
)1(dx
dHkH
dx
dHHg
iceρ
bSdxΔy
bSdx
dx
dH2H
2
Δygiceρ
dF
ice
3.2b Obtenga una expresión para la función que determina la altura del
glacial H(x) en función de ice, g, L , Sb y la distancia x al eje separación .
x
H(x+x)
H(x)
y
z
dz
Capa superficial
de hielo
Fig.1.3
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El resultado indicará que la máxima altura del glaciar Hm es proporcional a
21
m LH
En la ecuación (1) la variación de H con x es negativa ya que al crecer x, H disminuye,
véanse las figuras. Por consiguiente, para resolver (1) debemos incluir un signo menos y
separar variables.
Cte2
Hx
gρ
SdHHdx
gρ
S 2
ice
b
ice
b
Para hallar la constante utilizamos la condición de que cuando x =+L la altura de la
capa de hielo es cero, H = 0.
)2(x)Lgρ
S2HL
gρ
Sx
gρ
S
2
HL
gρ
SCte
ice
b
ice
b
ice
b
2
ice
b
Si en la ecuación (2) hacemos x = 0, estamos en el eje de separación, donde la altura de
la capa de hielo es máxima, Hm
21
Lg
iceρ
bS2
giceρ
Lb
S2
mH L
3.2c Determine el exponente de proporcionalidad entre el volumen de la
capa de hielo Vice y el área A de la superficie rectángular γ
AVice
Escogemos en la capa de hielo dos planos paralelos que distan
entre sí dx. La altura de esos planos es H(x) y su longitud 5 L. El
área vista de frente comprendida entre los dos planos es.
dxxLKdxxLgρ
S2dx·H(x)dS
ice
b
El volumen del hielo comprendido entre esos planos es:
dxxL5KL5LdSdV
El volumen total del hielo lo obtenemos integrando la ecuación anterior entre 0 y L y
multiplicando por 2, porque la línea de separación está sobre x = 0.
L
0
L
0
L
0
dxL
x110KLdx
L
x1L10KLdxxLKL01V 2
3
ice
H(x)
dx
5L
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En la integral anterior hacemos el cambio de variable
daaL2dx2adaL
dx-a
L
x1 2
L3
21L
3
2
L
0
L
x1L
3
2L
03
aL-2daaL2dx
L
x1 2
3
2
3L
0
L
0
32
25
25
23
LV3
2KL10L
3
2KL10V iceice
Para el área 2LA
Para el área 2LA
Del enunciado: 4
3γγ2
2
3LLAV 22
3
γ
ice
Una capa de hielo dinámica Para una escala de tiempos grande, el hielo se comporta como un fluido
viscoso incompresible, el cual por acción de la gravedad fluye desde el
centro hasta la costa. En este modelo, el hielo mantiene constante la
función H(x) que determina su altura, ya que la acumulación de nieve de
precipitación en la región central se equilibra con la que se funde en la
costa. En resumen la geometría de la capa de hielo es la de la figura
3.1(b) y (c) sigue las siguientes suposiciones:
1) El hielo fluye en el plano x-z desde el eje separación (eje y)
2) La tasa de acumulación c(m/año) en la región central es constante
3) El hielo solamente abandona el glaciar cuando se funde en la
costa Lx .
4) La componente horizontal de la velocidad vx(x) = dx/dt con que
fluye el hielo es independiente de z.
5) La componente vertical vz(z) = dz/dt con que fluye el hielo es
independiente de x.
Considerar únicamente la región central Lx , próxima al medio
de la capa de hielo, en donde las variaciones de altura de la capa de
hielo son muy pequeñas y se pueden despreciar totalmente, es decir,
H(x) Hm.
3.3 Utilice la conservación de la masa para encontrar una expresión de la velocidad de flujo horizontal vx(x) en función de c, x y Hm.
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La velocidad con que se desliza una rebanada de hielo del glaciar tiene dos
componentes uno positivo por el desplazamiento hacia el mar siguiendo el eje x y
otro en sentido negativo del eje z, ya que vamos desde alturas mayores a nulas en el
mar Fig.1.2.
La tasa de acumulación indica los metros de nieve que se cubre en el glaciar cada
año.
Supongamos una rebanada de altura Hm inicialmente en el eje y, que se desplaza
con velocidad horizontal
Δt
0x
Δt
Δx(x)vx
Cuando se ha deslizado hacia la derecha y hacia abajo, deja un hueco que debe ser
rellenado por la nieve ya que según el enunciado la tasa de acumulación c es
constante, y la densidad del hielo también, por tanto, en el tiempo t el hueco es
cubierto hasta la altura Hm.
mm
xm
mH
xc
c
H
x(x)v
c
HΔtHΔtc (3)
Al suponer que el hielo es incompresible (o lo que es lo mismo que su
densidad es constante), se deduce que la conservación de la masa
implica la siguiente restricción en las componentes de la velocidad del
flujo de hielo.
0dz
zdv
dxxdv
3.4 Escriba una expresión de la dependencia de z de la velocidad vz(z) .
)4(H
zcv(z)
dzH
cdv(z)
H
c
H
xc
dx
d
dx
dv(x)
dz
dv(z)
m
mmm
Una pequeña partícula de hielo situada en la superficie del glaciar, en la
posición inicial (xi, Hm), se desplazará, a medida que el tiempo
transcurre, a lo largo de una trayectoria z(x) en el plano vertical xz. 3.5 Obtenga una expresión para la citada trayectoria de flujo z(x).
A partir de la ecuación (3) separando variables:
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CteH
tcxlndt
H
c
x
dx
H
xc
dt
dx
mmm
Cuando t = 0, la partícula de hielo está en la posición xi
(5)H
tc
x
xlnxln
H
tcxln
mi
i
m
A partir de la ecuación (4) separando variables:
CteH
tczlndt
H
c
z
dz
H
zc
dt
dz
mmm
Cuando t = 0 , la partícula de hielo está en la posición z = Hm ⟹ Cte = ln Hm
(6)H
tc
H
zlnHln
H
tczln
mm
m
m
Dividimos la ecuación (5) entre la (6)
x
xHz
z
H
x
x
z
Hln
H
zln
x
xln1
H
tc
H
tc
H
zln
x
xln
imm
i
m
mi
m
m
m
i
Indicadores de la edad y clima De la capa de hielo dinámica. Basándose en las componentes de la velocidad vx(x) y vz(z) se puede
estimar la edad (z) del hielo para una determinada profundidad
Hm-z respecto de la superficie de la capa de hielo.
3.6 Obtenga una expresión para la edad t(z) en función de la altura z por encima de la tierra justamente en el eje de separación x = 0.
Hemos visto en 3.5 la ecuación CteH
tczln
m
y hemos hallado la Cte con la
condición t = 0, z = Hm, luego a una profundidad Hm-z respecto de la capa de hielo
o lo que es lo mismo a una altura z respecto del suelo, el tiempo t =.
z
Hln
c
Hττ
H
zln
c
HHln
H
τczln mm
m
m
m
m
(7)
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Si se analiza un testigo de hielo que se ha extraído por una perforadora
del interior de la capa de hielo de Groenlandia puede revelar cambios
climáticos ocurridos en el pasado. Uno de los mejores indicadores es
O18δ definido por la relación:
efR
refR
iceR
O18δ
Donde O16
O18R indica la relativa abundancia de los dos isótopos del
oxígeno. La referencia Rref se basa en la composición isotópica de los
océanos en las proximidades del Ecuador.
Figura 3.2(a).- Relación observada entre Oδ 18 en la nieve
frente a la temperatura media anual T. b) Medidas de
Oδ 18 frente a la profundidad Hm-z obtenidas de muestras de
hielo extraídas entre la superficie y la roca (tierra firme) en
un lugar determinado del hielo de Groenlandia, donde Hm=
3060m.
Las observaciones sobre el hielo de Groenlandia indican que O18δ
en la nieve varía aproximadamente de forma lineal con la
temperatura (fig.3.2 a) Admitiendo que esto siempre haya sido así,
O18δ , medido en el testigo de hielo extraído a una profundidad Hm-
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z, nos permite estimar la temperatura T en las proximidades de
Groenlandia en el tiempo (z).
Medidas realizadas a lo largo de los 3060 m de espesor en el hielo
de Groenlandia indican que existe un cambio brusco de temperatura a
la profundidad de 1492m (figura 3.2b), indicando el final de la última
era glacial. La edad del hielo comenzó hace 120000 años
correspondiente a una profundidad de 3040 m y la actual era
interglacial empezó hace 11700 años correspondiendo a una
profundidad de 1492 m.
Suponer que estos dos periodos se pueden describir mediante dos
tasas distintas de acumulación, cia (edad del hielo) y cig (edad
interglacial). Admitir que Hm es constante a lo largo de estos 120 000
años.
3.7a Determine las tasas de acumulación cia y cig
De la figura 3.2b se deduce que hay dos periodos perfectamente diferenciados. Los
testigos de hielo extraídos profundizando en la capa de hielo desde la superficie nos
indican que desde la altura cero (superficie del hielo) hasta una profundidad de 1492
m corresponde a un periodo denominado interglacial y de duración 11700 años el
valor de Oδ18 se ha mantenido por término medio constante (aunque haya
fluctuaciones) y ese valor llevado a la gráfica 3.2 a indica una temperatura
alrededor de -30ºC. El segundo periodo que abarca 120 000 años y denominado era
glacial el valor de Oδ18 se ha hecho más negativo y eso conlleva que la
temperatura es más baja que en el periodo interglacial.
Para calcular cig hacemos uso de la ecuación (7).
z
3060ln
años11700
3060
z
Hln
τ
Hc mm
ig
En la figura 32 b, Hm-z = 1492 luego z = Hm-1492
año
m0,1749
14923060
3060ln
11700
3060c ig
Si desde la capa superficial de hielo tomamos testigos en profundidad observamos
que existen dos periodos de tiempo, uno de 11700 años y otro de 120000 años, el
primero con tasa de acumulación ci g=0,1749 m/año y el segundo con tasa de
acumulación cia.
Recurrimos a la ecuación del apartado 3.5
dtcz
dzH
H
zc
dt
dzm
m
Los límites de la primera integral son desde z = Hm (capa de la superficie) hasta
z = Hm-3040 . La segunda integral tiene dos términos: el interglacial desde cero a
11700 años y el glacial desde 11700 hasta 120000 años.
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año
m0,1232
108300
117000174930403060
3060ln3060
c
11700120000c11700c3040H
HlnH
tctczlnH
ia
iaig
m
mm
ia
0
igm
12000011700
11700
3040mHHm
3.7b A partir de la figura 3.2 encuentre el cambio de temperatura en la transición de la edad del hielo a la edad interglacial.
De la figura 3.2 b , en la edad interglacial Oδ18 es aproximadamente -35 y en la
glacial aproximadamente -43. Llevados a la figura 3.2a se obtienen unas
temperaturas aproximadas de -30ºC y -40 ºC, luego al pasar de la edad glacial a la
interglacial la temperatura aumento en -30-(-40) , aproximadamente 10 ºC.
Elevación del nivel del mar por fusión de la capa de hielo de Groenlandia.
La completa fusión del hielo de Groenlandia daría lugar a una
elevación del nivel de los océanos. Una manera muy aproximada de
calcular esta elevación es suponer que la elevación sería global y
uniforme sobre una superficie de Ao=3,61.1014 m2.
3.8 Calcule la elevación global del nivel del mar si todo el hielo de Groenlandia se fundiese, siendo el área del rectángulo (según el modelo 3.1(b) ) AG=1,71.1012 m2. Datos: Densidad del hielo¸ice=0,917.103 kg.m-3 ; densidad del agua
wa=0,998.103 kg.m-3
En el apartado 3.2c hemos deducido que el volumen de la capa de hielo de
Groenlandia es:
3
2KL10V 2
5
ice
Siendo 10 L2 = AG y K=gρ
S2
ice
b , luego:
31512
3
3
G
ice
b
ice m3,45.1010
1,71.10
9,820,917.10
100.102
3
20
10
A
gρ
2S
3
20V
45
45
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Este hielo al convertirse en agua líquida disminuye su volumen.
315
3
315
wa
ice
icewaagwaiceice m3,17.100,998.10
0,917.103,45.10
ρ
ρVVρVρV
Este volumen de agua repartido de forma uniforme sobre el área Ao da lugar a una
elevación de:
m8,783,61.10
3,17.10h
14
15
La masa del hielo de Groenlandia ejerce un empuje gravitacional
sobre el océano que la rodea. Si la capa se fundiese, esta “marea”
local se perdería y el nivel del mar bajaría en las proximidades de
Groenlandia, un efecto que contrarrestaría parcialmente la elevación
del nivel del mar calculado anteriormente
Para estimar la magnitud de este empuje gravitacional sobre el agua,
se establece un modelo en el que la capa de hielo de Groenlandia se
considera como si fuese una masa puntual localizada en el nivel del
suelo. Copenhague se encuentra a una distancia de 3500 km medidos
a lo largo de la superficie de la Tierra respecto a la posición de esa
masa puntual. La Tierra se considera como una esfera, teniendo un
océano global ocupando una superficie AE= 5,10.10 14 m2. Los
posibles efectos de la rotación terrestre se desprecian.
3.9 Con este modelo determine la diferencia hCPH-hOPP entre el nivel del mar en Copenhague ( hCPH) y en un lugar diametralmente opuesto a Groenlandia ( hOPP)
En la figura 2.3 se representa por un círculo pequeño la masa del hielo en Groenlandia
(mG) y a una distancia r = 3500 km la ciudad de Copenhague. Representamos por hCPH
la altura de la capa de agua en Copenhague respecto de la superficie terrestre y por hOPP
en el punto opuesto a Groenlandia. Consideramos una masa en lo alto de ambas capas
de agua y evaluamos la energía potencial.
mE es la masa de la Tierra, mG la masa de la capa de
hielo en Groenlandia, r la distancia en línea recta
desde mG a m. La energía potencial gravitatoria de
una masa m, es respectivamente en Copenhague y en
las antípodas de Groenlandia, UC y UOG de valores:
Fig. 2.3
mG
hCPH
RE
O
hOPP
m
m
mE(masa de la Tierra)
θ
α β
r
RE
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OPPhE2R
mGmG
OPPhER
mEmGU
;r
mGmG
CPHhER
mEmGU
OG
C
El signo menos aparece porque se considera como
referencia la energía potencial nula en el infinito.
Aplicamos el teorema de los senos en el triángulo OmGm.
sen
θsenERr
ERsen
CPHhERsen
rθsen
Dado que hCPH es mucho menor que RE, se puede hacer la aproximación. Resulta que el
triángulo OmGm puede considerarse isósceles por ser como ya dijimos hCPH<<RE y en
consecuencia y de ello se deduce que: 2
θ
2
παπ2αθ
2
θcos
θsenE
R
2
θ
2
πsen
θsenE
Rr
La diferencia de energía potencial de la masa m, entre los puntos situados en
Copenhague y en las antípodas de Groenlandia es:
OPPhE2R
mGmG
OPPhER
mEmG
r
mGmG
CPHhER
mEmGUU OGC
Aproximando: RE+hCPH ≅RE+hOPP y RE+hOPP ≅ RE resulta:
)8(2
1
θsen
2
θcos
ER
mG
mG
E2R
mG
mG
θsenE
R
2
θcosm
GmG
UU
OPPh
ER
mE
mG
CPHh
ER
mE
mG
OGC
Tanto UC como UO son próximos a la superficie terrestre y por ello podemos escribir:
OPP
hCPH
hgmUU OGC (9)
Siendo g la intensidad del campo gravitatorio en la superficie terrestre.
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2E
R
EmG
g
Ahora el criterio de medir es diferente al de antes ya que se mide con respecto a la
superficie terrestre, siendo la energía potencial cero en ella. Podemos igualar las
ecuaciones (8) y (9) con sus valores absolutos
2
1
θsen
2
θcos
m
Rmhh
2
1
θsen
2
θcos
R
mmGhh
R
mGm
E
EGOPPCPH
E
G
OPPCPH2
E
E
En el apartado 3.8 hemos calculado el volumen de hielo Vice = 6,29.109 m3 . El ángulo
que forma Copenhague con la masa de hielo es:
31,43ººπ
180
6,38.10
3500.10rad
6,38.10
3500.10θRθarco
6
3
6
3
E
m55,42
1
31,43ºsen
2
31,43ºcos
5,97.10
6.38.100,917.103,45.10hh
24
6315
OPPCPH