Spagna 2026

P1. El potito de Arquímedes. Tus padres acaban de ser padres de nuevo, y llevas meses viendo cómo dedican noches sin descanso al cuidado del bebé. Como la buena persona que eres, propones a tus padres que se tomen un fin de semana para ellos, lo cual aceptan, no sin antes dejarte una lista detallada con los cuidados del bebé. Ha llegado el momento, tus padres se han ido y te toca cuidar a tu hermanito Arquímedes durante una noche. Te levantas a las tres de la mañana, con un bebé hambriento, y la falta de sueño hace mella. Empiezas a ver el mundo con nuevos ojos, esto es más duro de lo que pensabas, tu cerebro apenas procesa, pero estás decidido a hacerlo bien. Según las instrucciones que han dejado tus padres, debes calentar un potito al baño maría, introduciéndolo en una cacerola llena de agua. Parece fácil, pero$\dots$ Vas a la nevera y sacas el potito que está en un tarro de cristal con forma cilíndrica de 7 cm de diámetro y 10 cm de altura. La báscula está sin pilas, así que asumes que pesa unos 300 g. Antes de empezar te preguntas: Si introduzco el potito en agua, a) ¿qué volumen del tarro quedará por encima del nivel del agua? Sigues leyendo y observas que tu madre ha escrito que tengas cuidado en no introducir los dedos en el agua hirviendo, para ello te recomienda aumentar la densidad del agua añadiendo sal de forma que así el potito sobresalga lo suficiente como para cogerlo de nuevo sin quemarte. b) ¿Qué densidad tendría que tener el agua salada para que sobresalgan 3 cm del tarro por encima del nivel del agua? Ahora sí, lo tienes todo calculado y te dispones a calentar el agua salada. Necesitas que el potito flote en la cacerola y su base no toque el fondo de la misma. Si tengo una cacerola de 16 cm de diámetro, c) ¿cuál es el volumen mínimo de agua salada que debe tener la cacerola para que el tarro flote y su base no toque el fondo? Como no habías estimado correctamente la masa del potito, el tarro sobresale por encima del nivel del agua salada más de lo que pensabas y has calentado agua de más, así que te dedicas a jugar con el tarro mientras se calienta. Intentas sumergirlo por debajo de su punto de equilibrio de flotación. d) ¿Qué fuerza vertical tienes que hacer para que el tarro descienda 2 cm con respecto a la posición de equilibrio? Una vez sumergido, lo sueltas y observas que describe un movimiento periódico (de ascenso y descenso). Si despreciamos el efecto del rozamiento del fluido (es decir, su viscosidad), e) ¿Qué tipo de movimiento realiza el potito flotando en el agua? ¿Qué expresión usarías para obtener la frecuencia de oscilación? Observas que el potito realiza 10 oscilaciones en 5 segundos. f) ¿Cuál es la masa real del tarro?

Dato: Densidad del agua dulce $\rho =1{\text{g/cm}}^3$.

P1. Solución a) Para averiguar el volumen sumergido cuando flota en equilibrio, $V_s$, se iguala el empuje que actúa sobre el tarro con su peso.

${\rho }_{\text{agua}}{V}_{s}g=mg\Rightarrow V_s=\frac{m}{{\rho }_{\text{agua}}}$

El volumen de tarro que emerge del agua, $V_e$, vendrá dado por la diferencia entre el volumen total, $V$, y el volumen sumergido,

$V_e=V-V_s=\pi r^{2}h-\frac{m}{{\rho }_{\text{agua}}}=\pi \cdot 0,035^2\cdot 0,10-\frac{0,30}{1000}\Rightarrow V_e=8,5\times 10^{-5}{\text{m}}^3$

b) Para que sobresalgan 3 cm de altura tiene que haber bajo el agua una altura de tarro $h_s^{\prime }=7$ cm, con lo que el nuevo volumen sumergido en agua salada, $V_s^{\prime }$, es

$V_s^{\prime }=\pi r^2{h}_s^{\prime }$

La densidad del agua salada, ${\rho }_{\text{agua-sal}}$, se puede obtener igualando el empuje y el peso del tarro,

${\rho }_{\text{agua-sal}}{V}_s^{\prime }g=mg$

${\rho }_{\text{agua-sal}}=\frac{m}{V_s^{\prime }}=\frac{m}{\pi r^2{h}_s^{\prime }}=\frac{0,30}{\pi (0,035{)}^2\cdot 0,07}\Rightarrow {\rho }_{\text{agua-sal}}=1,11\times 10^3{\text{kg/m}}^3$

c) Para que el tarro flote y su base no toque el fondo, el nivel de agua debe ser al menos igual a la altura sumergida del tarro en equilibrio. Si el nivel mínimo de agua es $H_{\text{min}}=7$ cm, el volumen correspondiente a esa altura sería $\pi r_{\text{cacerola}}^2{H}_{\text{min}}$, una parte del cual está ocupado por el volumen sumergido del tarro $V_s^{\prime }$. Por tanto, el volumen de agua mínimo necesario es

$V_{\text{agua,min}}=\pi r_{\text{cacerola}}^2{H}_{\text{min}}-V_s^{\prime }=\pi (0,08{)}^2\cdot 0,07-2,694\times 10^{-4}$

$V_{\text{agua,min}}=1,14\times 10^{-3}{\text{m}}^3$

d) Si el tarro desciende una distancia $\Delta x=2$ cm $=0,02$ m desde la posición de equilibrio, el empuje aumentará $\Delta E$, proporcional al volumen $\Delta V$ sumergido. Para mantener el tarro hundido esa profundidad (en equilibrio estático), debemos aplicar una fuerza vertical hacia abajo igual a ese incremento de empuje,

$F=\Delta E={\rho }_{\text{agua-sal}}g\Delta V={\rho }_{\text{agua-sal}}g\cdot A\Delta x=(1,11\times 10^3)\times 9,81\times (3,85\times 10^{-4})\times 0,02$

$F=0,84\text{N}$

e) Al soltar el tarro, la diferencia entre el peso y el empuje actúa como fuerza recuperadora que trata de devolverlo a la posición de equilibrio. Tomando $x$ como la posición del tarro respecto a dicha posición de equilibrio ($x>0$ hacia abajo), la fuerza recuperadora será

$F_r=-{\rho }_{\text{agua-sal}}gAx,$

que es proporcional a $x$ y de sentido contrario. Se puede comprobar que cuando el tarro esté una altura $x$ por encima de la posición de equilibrio la fuerza está dirigida hacia abajo y tiene la misma expresión. Así pues, se trata de una fuerza proporcional a la distancia, de la forma $F_r=-Kx$, que produce un Movimiento Armónico Simple (MAS) de frecuencia

$\omega =\sqrt{\frac{K}{m}}=\sqrt{\frac{{\rho }_{\text{agua-sal}}gA}{m}}\iff f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{{\rho }_{\text{agua-sal}}gA}{m}}$

f) El tarro realiza 10 oscilaciones en 5 s, por lo que

$f=\frac{10}{5}=2\text{Hz}.$

Despejando la masa a partir de la expresión obtenida en el apartado anterior, se obtiene que:

$m=\frac{{\rho }_{\text{agua-sal}}gA}{4{\pi }^2{f}^2}=\frac{(1,11\times 10^3)\times 9,81\times (3,85\times 10^{-4})}{4{\pi }^2\times 2^2}$

$m=0,267\text{kg}$

Topic: Fluid Mechanics, Oscillations & Waves Metodi: Hydrostatic Equilibrium, Simple Harmonic Motion Analysis, Free-Body Diagram Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Container, Cylinder Fonte: Testo (PDF) — p.2

P1. Il piccolo Archimede. I tuoi genitori sono di nuovo genitori, e hai visto per mesi come spendono notti senza riposo al

• Prenditi cura del bambino. Come brava persona, proponi ai tuoi genitori di prendersi un weekend. per loro, che accettano, non senza prima lasciarti un elenco dettagliato delle cure del bambino. Il momento è arrivato, i tuoi genitori sono andati via e tu devi prenderti cura di tuo fratellino Archimede per un periodo di tempo.
• La notte. Ti alzi alle tre del mattino con un bambino affamato e la mancanza di sonno fa schifo. Iniziati Vedere il mondo con nuovi occhi, è più difficile di quanto pensassi, il tuo cervello non processa, ma sei decisi a farlo bene. Secondo le istruzioni che hanno lasciato i tuoi genitori, devi riscaldare un po’ al bagno Maria, lo introduce in un vassoio pieno di acqua. Parece fácil, pero$\dots$ Vai al frigorifero e tiri fuori il pozzetto che è in un vassoio di cristallo con una forma cilindrica di 7 cm di diametro e 10 cm di altezza. La bilancia è senza batterie, quindi supponi che pesa circa 300 grammi. Prima di iniziare Domande: se metto il pozzetto in acqua, a) che volume del vassoio rimarrà al di sopra del livello dell’acqua? Continua a leggere e osserva che tua madre ha scritto che devi stare attento a non inserire i tuoi dita nel tuo L’acqua che si scaldano, per questo, si consiglia di aumentare la densità dell’acqua aggiungendo sale in modo che il Il piccolo si spalanca abbastanza da prenderlo di nuovo senza bruciarsi. b) Che densità dovrebbe avere l’acqua salata per far uscire il vassoio 3 cm al di sopra del livello dell’acqua? Ora sì, hai tutto calcolato e ti prepari a riscaldare l’acqua salata. Hai bisogno che il piccolo galleggi in la vasca e la sua base non toccano il fondo della stessa. Se ho una cottura di 16 cm di diametro, c) Qual è il minimo volume di acqua salata che deve avere la vasca per far fluttuare il vascaio e la sua base Non toccare il fondo? Poiché non hai calcolato correttamente la massa del vaso, il vassoio si estende al di sopra del livello del Acqua salata più di quanto pensassi e hai riscaldato l’acqua di troppo, quindi ti dedichi a giocare con il vassoio mentre si scalda. Cerchi di fargli un’immersione sotto il suo punto di equilibrio di flottazione. d) Che forza verticale devi fare per far scendere il vassoio 2 cm dalla posizione di equilibrio? Una volta immerso, lo si rilascia e si osserva che descrive un movimento periodico (di ascesa e (crescente). Se disprezzamo l’effetto del ruggine del fluido (cioè la sua viscosità), e) Che tipo di movimento fa il piccolo pesce galleggiando nell’acqua? Che espressione userai per ottenere la frequenza di oscillazione? Si vede che il piccolo fa 10 oscillazioni in 5 secondi. f) Qual è la massa reale del vasetto?

Data: densità dell’acqua dolce $\rho =1{\text{g/cm}}^3$.

P1. Soluzione a) Per determinare il volume immerso quando si trova in equilibrio, $V_s$, igualare il pulso che agisce sul vassoio con il suo peso.

${\rho }_{\text{agua}}{V}_{s}g=mg\Rightarrow V_s=\frac{m}{{\rho }_{\text{agua}}}$

Il volume di vassoio che esce dall’acqua, $V_e$, sarà dato dalla differenza tra il volume totale, $V$, e il volume immerso,

$V_e=V-V_s=\pi r^{2}h-\frac{m}{{\rho }_{\text{agua}}}=\pi \cdot 0,035^2\cdot 0,10-\frac{0,30}{1000}\Rightarrow V_e=8,5\times 10^{-5}{\text{m}}^3$

b) Per superare 3 cm di altezza, deve esserci sotto l’acqua una altezza di vassoio $h_s^{\prime }=7$ cm, con che il nuovo volume immerso in acqua salata, $V_s^{\prime }$, è

$V_s^{\prime }=\pi r^2{h}_s^{\prime }$

La densità dell’acqua salata, ${\rho }_{\text{agua-sal}}$, può essere ottenuta eguagliando la spinta e il peso del vassoio,

${\rho }_{\text{agua-sal}}{V}_s^{\prime }g=mg$

${\rho }_{\text{agua-sal}}=\frac{m}{V_s^{\prime }}=\frac{m}{\pi r^2{h}_s^{\prime }}=\frac{0,30}{\pi (0,035{)}^2\cdot 0,07}\Rightarrow {\rho }_{\text{agua-sal}}=1,11\times 10^3{\text{kg/m}}^3$

(c) Per evitare che il vassoio e la sua base galleggiano, il livello dell’acqua deve essere almeno pari alla altezza immersa del vasello in equilibrio. Se il livello minimo di acqua è $H_{\text{min}}=7$ cm, il volume La quota di cui si tratta è di $\pi r_{\text{cacerola}}^2{H}_{\text{min}}$, di cui una parte è occupata dal volume immerso nel fiume $V_s^{\prime }$. Il volume minimo di acqua necessario è quindi

$V_{\text{agua,min}}=\pi r_{\text{cacerola}}^2{H}_{\text{min}}-V_s^{\prime }=\pi (0,08{)}^2\cdot 0,07-2,694\times 10^{-4}$

$V_{\text{agua,min}}=1,14\times 10^{-3}{\text{m}}^3$

d) Se il vassoio scende a $\Delta x=2$ cm $=0,02$ m dalla posizione di equilibrio, la spinta aumentare $\Delta E$, proporzionale al volume $\Delta V$ immerso. Per mantenere il vassoio affondato profondità (in equilibrio statico), dobbiamo applicare una forza verticale verso il basso uguale a quella aumento della spinta,

$F=\Delta E={\rho }_{\text{agua-sal}}g\Delta V={\rho }_{\text{agua-sal}}g\cdot A\Delta x=(1,11\times 10^3)\times 9,81\times (3,85\times 10^{-4})\times 0,02$

$F=0,84\text{N}$

e) Quando si lascia scendere il vassoio, la differenza tra peso e spinta agisce come forza di recupero che cerca di riportarlo alla posizione di equilibrio. Prendendo $x$ come posizione del vassoio rispetto a tale posizione di equilibrio ($x>0$ verso il basso), la forza di recupero sarà

$F_r=-{\rho }_{\text{agua-sal}}gAx,$

che è proporzionale a $x$ e di senso contrario. Si può verificare che quando il vassoio è uno alti $x$ sopra la posizione di equilibrio la forza è diretta verso il basso e ha la stessa espressione. Si tratta quindi di una forza proporzionale alla distanza, di forma $F_r=-Kx$, che produce un Movimento Armonico Semplice (MAS) di frequenza

$\omega =\sqrt{\frac{K}{m}}=\sqrt{\frac{{\rho }_{\text{agua-sal}}gA}{m}}\iff f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{{\rho }_{\text{agua-sal}}gA}{m}}$

f) Il vassoio oscilla 10 volte in 5 secondi, quindi

$f=\frac{10}{5}=2\text{Hz}.$

Sconfiggendo la massa dall’espressione ottenuta nel precedente paragrafo si ottiene che:

$m=\frac{{\rho }_{\text{agua-sal}}gA}{4{\pi }^2{f}^2}=\frac{(1,11\times 10^3)\times 9,81\times (3,85\times 10^{-4})}{4{\pi }^2\times 2^2}$

$m=0,267\text{kg}$

Topic: Fluid Mechanics, Oscillations & Waves Metodi: Hydrostatic Equilibrium, Simple Harmonic Motion Analysis, Free-Body Diagram Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Container, Cylinder Fonte: Testo (PDF) — p.2

P1. The little Archimedes. Your parents just became parents again, and you’ve been watching them spend nights without rest at the Take care of the baby. As a good person, you suggest your parents take a weekend off. for them, which they do, not without first leaving you a detailed list of baby care. The time has come, your parents are gone and you have to take care of your little brother Archimedes for a while. It’s the night. You wake up at 3:00 in the morning with a hungry baby, and lack of sleep makes you sick. Starting to see the world with new eyes, this is harder than you thought, your brain barely processes it, but you’re I’m determined to do it right. According to the instructions your parents left, you should heat a pot in the bathroom. Mary, putting him in a pot full of water. Parece fácil, pero$\dots$ You go to the fridge and you take out the pot that’s in a cylindrical glass jar 7cm in diameter. and 10 cm high. The scale is out of batteries, so you’re assuming it weighs about 300 grams. Before you start Questions: If I put the pot in water, a) What volume of the jar will remain above water level? You keep reading and you notice that your mother wrote that you be careful not to stick your fingers in the The water is boiling, so it is recommended to increase the water density by adding salt so that the water is Little boy pops out loud enough to catch it again without burning. (b) What density would salt water have to have to come out of the jar 3 cm above the level of water? Now, yes, you’ve got it all figured out and you’re getting ready to heat the salt water. You need the little one floating in the pot and its base do not touch the bottom of it. If I have a pottery that’s 16 cm in diameter, c) What is the minimum amount of salt water the pot must have to make the pot float and its base Don’t touch the bottom? Since you had not correctly estimated the mass of the pot, the jar protrudes above the level of the Salt water more than you thought and you’ve warmed up water too much, so you’re playing with the jar. while it’s warm. You’re trying to submerge it below its floating equilibrium point. (d) What vertical force do you have to make the jar go down 2 cm from the position of the What’s the balance? Once immersed, you release it and observe it describing a periodic movement (ascent and (see also paragraphs 1 and 2). If we disregard the effect of the friction of the fluid (i.e. its viscosity), e) What kind of movement does the little potato make floating in the water? What expression would you use to get the The frequency of oscillation? You notice the little one does 10 oscillations in 5 seconds. f) What’s the actual mass of the jar?

Date: Density of fresh water $\rho =1{\text{g/cm}}^3$.

P1. Solution (a) To determine the volume submerged when floating in equilibrium, $V_s$, the thrust acting is equal on the jar with its weight.

${\rho }_{\text{agua}}{V}_{s}g=mg\Rightarrow V_s=\frac{m}{{\rho }_{\text{agua}}}$

The volume of the jar coming out of the water, $V_e$, shall be given by the difference between the total volume, $V$, and the volume submerged,

$V_e=V-V_s=\pi r^{2}h-\frac{m}{{\rho }_{\text{agua}}}=\pi \cdot 0,035^2\cdot 0,10-\frac{0,30}{1000}\Rightarrow V_e=8,5\times 10^{-5}{\text{m}}^3$

(b) For 3 cm high to emerge, a jar height $h_s^{\prime }=7$ cm must be underwater, with what the new volume submerged in salt water, $V_s^{\prime }$, is

$V_s^{\prime }=\pi r^2{h}_s^{\prime }$

The salt water density, ${\rho }_{\text{agua-sal}}$, can be obtained by equating the thrust and weight of the jar,

${\rho }_{\text{agua-sal}}{V}_s^{\prime }g=mg$

${\rho }_{\text{agua-sal}}=\frac{m}{V_s^{\prime }}=\frac{m}{\pi r^2{h}_s^{\prime }}=\frac{0,30}{\pi (0,035{)}^2\cdot 0,07}\Rightarrow {\rho }_{\text{agua-sal}}=1,11\times 10^3{\text{kg/m}}^3$

(c) In order for the jar to float and its base not to touch the bottom, the water level must be at least equal to the water level of the jar. The height of the water tank in equilibrium. If the minimum water level is $H_{\text{min}}=7$ cm, the volume correspondiente a esa altura sería $\pi r_{\text{cacerola}}^2{H}_{\text{min}}$, una parte del cual está ocupado por el volumen Submerged from the jar $V_s^{\prime }$. The minimum water volume required is therefore

$V_{\text{agua,min}}=\pi r_{\text{cacerola}}^2{H}_{\text{min}}-V_s^{\prime }=\pi (0,08{)}^2\cdot 0,07-2,694\times 10^{-4}$

$V_{\text{agua,min}}=1,14\times 10^{-3}{\text{m}}^3$

(d) If the jar descends a distance $\Delta x=2$ cm $=0,02$ m from the equilibrium position, the thrust shall be The amount of the submerged volume shall be increased by $\Delta E$, proportional to the volume of the submerged volume $\Delta V$. To keep the jar sunk that In the case of a vertical force downwards equal to that of the increased thrust,

$F=\Delta E={\rho }_{\text{agua-sal}}g\Delta V={\rho }_{\text{agua-sal}}g\cdot A\Delta x=(1,11\times 10^3)\times 9,81\times (3,85\times 10^{-4})\times 0,02$

$F=0,84\text{N}$

(e) When the jar is released, the difference between the weight and the thrust acts as a recuperative force that tries to Put it back in the equilibrium position. Taking $x$ as the position of the jar with respect to the The balance position ($x>0$ downward), the recuperative force shall be

$F_r=-{\rho }_{\text{agua-sal}}gAx,$

which is proportional to $x$ and vice versa. You can see that when the jar is a height $x$ above the equilibrium position the force is directed downwards and has the same The expression. So it’s a force proportional to distance, in the form of $F_r=-Kx$, which is It produces a frequency simple harmonic movement (MAS).

$\omega =\sqrt{\frac{K}{m}}=\sqrt{\frac{{\rho }_{\text{agua-sal}}gA}{m}}\iff f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{{\rho }_{\text{agua-sal}}gA}{m}}$

(f) The jar makes 10 oscillations in 5 s, so that

$f=\frac{10}{5}=2\text{Hz}.$

Clearing the mass from the expression obtained in the previous paragraph results in:

$m=\frac{{\rho }_{\text{agua-sal}}gA}{4{\pi }^2{f}^2}=\frac{(1,11\times 10^3)\times 9,81\times (3,85\times 10^{-4})}{4{\pi }^2\times 2^2}$

$m=0,267\text{kg}$

Topic: Fluid Mechanics, Oscillations & Waves Metodi: Hydrostatic Equilibrium, Simple Harmonic Motion Analysis, Free-Body Diagram Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Container, Cylinder Fonte: Testo (PDF) — p.2

P2. Historia del estudio de los agujeros negros. Los agujeros negros son cuerpos celestes cuya atracción gravitatoria es tan fuerte que ni siquiera la luz puede escapar de su interior. Aunque no fue hasta 1971 que se identificó al primero de ellos, Cygnus X-1, ya se había especulado sobre su existencia durante doscientos años. En 1783 el astrónomo y clérigo inglés John Michell publicó un artículo sobre la posible existencia de «estrellas oscuras», tan masivas que la velocidad de escape desde su superficie superase la de la luz. Suponiendo que la luz es una partícula con masa que cumple las leyes clásicas newtonianas, y que su velocidad inicial al emitirse en la superficie de la estrella es la velocidad de la luz en el vacío, $c$, a) determina el radio de la esfera en la que tendría que comprimirse la masa del Sol para que la nueva velocidad de escape fuera $c$. b) Obtén la expresión de la distancia $r_{\text{max}}$ desde el centro de una estrella de masa $M$ y radio $R$ a partir de la cual ya no llegaría su luz. c) ¿Cuál es el radio mínimo $R_{\text{min}}$ que debe tener esa estrella de masa $M$ para que la luz que emite pueda alcanzar a cualquier observador por muy lejos que esté? La idea de los agujeros negros cayó en el olvido durante el siglo XIX con el desarrollo de las teorías ondulatorias de la luz. Si la luz era una onda sin masa, no parecía tener sentido plantearse que le afectara la gravedad newtoniana. Por lo que hubo que esperar a la teoría de la relatividad general para que la idea de las estrellas oscuras se transformase en la de los agujeros negros actuales. En 2009 comenzó el proyecto del Telescopio del Horizonte de Eventos (EHT) con el objetivo de tomar la primera fotografía de un agujero negro, en concreto del disco de acreción que gira a su alrededor. Se eligió el agujero negro supermasivo M87*, situado a millones de años luz de la Tierra, y cuya masa es miles de millones de veces la masa del Sol. Según la relatividad general, el tamaño del horizonte de eventos de un agujero negro estacionario, frontera a partir de la cual ni siquiera la luz puede escapar, viene dado por el radio de Schwarzschild,

$r_S=\frac{2GM}{c^2}.$

Además, la masa del agujero negro curva la trayectoria de la luz que pasa cerca de él, efecto llamado lente gravitacional, que hace que M87* se vea más grande de lo que en realidad es. Por ello, el disco del agujero negro M87* (Figura 1) aparenta un radio $r_{\text{aparente}}=2,6r_S$. d) Determina el diámetro angular del disco (ángulo subtendido por el disco) visto desde la Tierra. e) Calcula el diámetro de un objeto circular que abarque el mismo diámetro angular visto desde la Tierra, pero que esté situado en la superficie de la Luna. El Telescopio del Horizonte de Eventos (EHT) no es un único telescopio, sino una red global de radiotelescopios que utiliza interferometría de muy larga base (VLBI) observando la banda de longitud de onda $\lambda =1,3$ mm. Utilizando dicha técnica, la resolución angular (diámetro angular mínimo distinguible) que se obtiene mediante dos telescopios separados una distancia $D$ viene determinada por $\lambda /D$.

Figura 1: Imagen de M87* obtenida por el EHT y publicada en 2019.

f) Calcula la distancia mínima que debe haber entre dos telescopios para poder resolver el disco de acreción de M87*.

Datos: Velocidad de la luz en el vacío $c=3,00\times 10^8\text{m/s}$ Radio del Sol $R_{\odot }=6,95\times 10^8\text{m}$ Velocidad de escape desde la superficie del Sol $v_{\odot }=618\text{km/s}$ Distancia Tierra-Luna $d_{T-L}=3,80\times 10^5\text{km}$ Constante de gravitación universal $G=6,67\times 10^{-11}\text{N}{\text{m}}^2{\text{kg}}^{-2}$ Masa del agujero negro M87* $M_{\text{M87*}}=10^{40}\text{kg}$ Distancia Tierra-M87* $d_{T-\text{M87*}}=53,5\times 10^6$ años-luz (1) (1) Un año-luz es la distancia recorrida por la luz en 1 año.

P2. Solución a) La velocidad de escape de la superficie del Sol se puede obtener a partir de la conservación de energía, considerando un cuerpo de masa $m$ que parte de la superficie del Sol con velocidad $v_{\odot }$ y llega al infinito sin velocidad,

$\frac{1}{2}m{v}_{\odot }^2-G\frac{M_{\odot }m}{R_{\odot }}=0$

de donde se deduce

$v_{\odot }=\sqrt{\frac{2G{M}_{\odot }}{R_{\odot }}},$

expresión que no depende de la masa $m$ del cuerpo. Para que una esfera de radio $R_N$ y la misma masa del Sol tenga una velocidad de escape igual a la de la luz, $c$, se deberá cumplir

$c=\sqrt{\frac{2G{M}_{\odot }}{R_N}}$

Elevando ambas expresiones al cuadrado y dividiendo se obtiene

$\frac{v_{\odot }^2}{c^2}=\frac{R_N}{R_{\odot }}\Rightarrow R_N=R_{\odot }\frac{v_{\odot }^2}{c^2}=6,95\times 10^8\frac{(6,18\times 10^5{)}^2}{(3,0\times 10^8{)}^2}\Rightarrow R_N=2,95\times 10^3\text{m}=2,95\text{km}$

b) Teniendo en cuenta que la partícula emitida desde la superficie de la estrella con velocidad $c$ se detiene a una distancia $r_{\text{max}}$, se plantea nuevamente la conservación de energía,

$\frac{1}{2}m{c}^2-G\frac{Mm}{R}=-G\frac{Mm}{r_{\text{max}}}$

de donde se puede despejar $r_{\text{max}}$,

$r_{\text{max}}=\frac{R}{1-\frac{c^{2}R}{2GM}}$

c) Para que la luz emitida por la estrella pueda llegar a cualquier observador, la velocidad límite debe ser menor que la de la luz, por lo que el radio mínimo vendrá determinado por

$c=\sqrt{\frac{2GM}{R_{\text{min}}}}\Rightarrow R_{\text{min}}=\frac{2GM}{c^2}$

Este valor también puede deducirse a partir de la expresión de $r_{\text{max}}$ deducida en el apartado anterior, donde se observa que la distancia máxima aumenta cuando se incrementa $R$, y se hace infinita cuando el denominador se anula, lo que corresponde para el mismo valor de $R_{\text{min}}$. La dependencia de $r_{\text{max}}$ con $R$ se representa en la figura 2.

d) El radio aparente del disco de M87* es

$r_{\text{aparente}}=2,6\frac{2G{M}_{\text{M87*}}}{c^2}=2,6\frac{2\times 6,67\times 10^{-11}\times 10^{40}}{(3,00\times 10^8{)}^2}=3,85\times 10^{13}\text{m}$

Debemos expresar también la distancia entre la Tierra y M87* en metros,

$d_{T-\text{M87*}}=53,5\times 10^6\times 3,00\times 10^8\times 365\times 24\times 3600=5,06\times 10^{23}\text{m}$

El diámetro angular $\delta$ se obtiene a partir del radio aparente $r_{\text{aparente}}$ y la distancia desde la Tierra a M87*, $d_{T-\text{M87*}}$, utilizando la construcción que se muestra en la figura 3.

Así,

$\tan \frac{\delta }{2}=\frac{r_{\text{aparente}}}{d_{T-\text{M87*}}}$

Cuando la distancia es muy grande, el diámetro angular es muy pequeño, por lo que, si expresamos $\delta$ en radianes, podemos aproximar $\tan (\delta /2)\approx \delta /2$, de modo que

$\delta =\frac{2r_{\text{aparente}}}{d_{T-\text{M87*}}}=\frac{2\times 3,85\times 10^{13}}{5,06\times 10^{23}}\Rightarrow \delta =1,52\times 10^{-10}\text{rad}=31,4\text{microsegundos de arco}$

Figura 2: Gráfica de $r_{\text{max}}$ frente a $R$ en unidades de $GM/c^2$

Figura 3: Diámetro angular $\delta$.

e) El radio $r^{\prime }$ de un objeto sobre la superficie de la Luna que se observaría desde la Tierra con el mismo diámetro angular vendrá dado por

$r^{\prime }=\frac{\delta \cdot d_{T-L}}{2}=\frac{1,52\times 10^{-10}\times 3,80\times 10^8}{2}=0,0289\text{m}$

Por lo que el diámetro del objeto, $d^{\prime }$, sería

$d^{\prime }=2r^{\prime }=0,0578\text{m}=5,78\text{cm}$

El diámetro angular del agujero negro visto desde la Tierra es aproximadamente el de una pelota de tenis en la superficie de la Luna. f) A partir de la resolución angular del sistema de telescopios, $\delta =\lambda /D$, podemos despejar la distancia mínima entre telescopios para resolver el diámetro del disco de M87*,

$D=\frac{\lambda }{\delta }=\frac{1,3\times 10^{-3}}{1,52\times 10^{-10}}\Rightarrow D=8,55\times 10^6\text{m}=8550\text{km}$

El Telescopio del Horizonte de Eventos (EHT) está compuesto por una red global de ocho radioobservatorios distribuidos por todo el planeta, incluyendo la Antártida, Chile, Hawái, Europa, México y Estados Unidos. Esta red funciona como un telescopio virtual cuya distancia máxima entre observatorios es comparable al diámetro de la Tierra, de aproximadamente 12.000 km. Con el objetivo de aumentar la resolución del EHT, se están realizando pruebas con longitudes de onda de 0,87 mm, aunque hasta el momento no se han obtenido imágenes. Recientemente, se ha propuesto la instalación de telescopios en la Luna, sincronizados con los de la Tierra, lo que supondría un reto científico y tecnológico de gran envergadura, del que quizá formen parte en el futuro los participantes en esta Olimpiada.

Immagine M87 dal telescopio EHT*

Grafico r_max vs R in unità GM/c²

Diagramma diametro angolare δ

Topic: Gravitation, Astrophysics, Wave Optics Metodi: Conservation of Energy, Newton’s Law of Gravitation, Small-Angle Approximation Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Estimation & Approximation Objects: Black Hole, Star, Photon Fonte: Testo (PDF) — p.5

P2. Storia dello studio dei buchi neri. I buchi neri sono corpi celesti il cui atteggiamento gravitazionale è così forte che non c’è nemmeno la luce può sfuggire dall’interno. Anche se non fu fino al 1971 che fu identificato il primo di loro, Cygnus X-1, già Si era speculato sulla sua esistenza per duecento anni. Nel 1783 l’astronomo e clero inglese John Michell pubblicò un articolo sull’esistenza possibile di stele oscure, così massicce che la velocità di fuga dalla loro superficie supera quella della luce. Supponendo che la luce sia una particella di massa che rispetti le classiche leggi di Newton, e che la sua massa sia la velocità iniziale emessa sulla superficie della stella è la velocità della luce nel vuoto, $c$, a) determina il raggio di sfera in cui la massa del Sole dovrebbe essere compressa per far sì che la nuova velocità di uscita esterna $c$. b) Ottieni l’espressione della distanza $r_{\text{max}}$ dal centro di una stella di massa $M$ e del raggio $R$ dalla che non avrebbe più raggiunto la sua luce. c) Qual è il minimo raggio di $R_{\text{min}}$ che deve avere quella stella di massa $M$ per che la luce che emette possa raggiungere qualsiasi osservatore, per quanto lontano sia? L’idea dei buchi neri è stata dimenticata nel XIX secolo con lo sviluppo di teorie ondulatori della luce. Se la luce fosse un’onda senza massa, non sembrava senso pensare che la luce influenzasse la luce. gravità newtonica. Quindi, dovevamo aspettare che la teoria della relatività generale le stelle oscure si trasformano in quelle dei buchi neri attuali. Nel 2009 è stato avviato il progetto del Telescopio dell’Horizonte degli Eventi (EHT) con l’obiettivo di prendere la prima fotografia di un buco nero, in particolare del disco di acrezione che gira intorno a esso. E ’ stato scelto il buco nero supermassiccio M87*, situato a milioni di anni luce dalla Terra, e la cui massa è di migliaia di milioni di volte la massa del Sole. Secondo la relatività generale, la dimensione dell’orizzonte di eventi di un un buco nero stazionario, un confine dal quale nemmeno la luce può “Scappa”, viene trasmesso dalla radio di Schwarzschild,

$r_S=\frac{2GM}{c^2}.$

Inoltre, la massa del buco nero curva il percorso della luce che passa vicino a lui, un effetto chiamato lente gravitazionale, che fa vedere M87* più grande di quanto sia. Il disco del buco nero M87* (Figura 1) sembra un radio $r_{\text{aparente}}=2,6r_S$. d) Determina il diametro angolare del disco (angolo sottostato dal disco) visto dalla Terra. e) Calcola il diametro di un oggetto circolare che comprende lo stesso diametro angolare visto dalla Terra, ma che sia situato sulla superficie della Luna. Il Telescopio dell’Horizonte degli Eventi (EHT) non è un solo telescopio, ma una rete globale di telescopi di Telecoscopi radio che utilizzano interferometria di base molto lunga (VLBI) osservando la banda di lunghezza di L’onda $\lambda =1,3$ mm. In base a tale tecnica, la risoluzione angolare (diametro angolare minimo distinguibile) che se si ottiene con due telescopi separati una distanza $D$ è determinata da $\lambda /D$.

Figura 1: Immagine di M87* ottenuto dall’EHT e pubblicato nel 2019.

f) Calcola la distanza minima che deve essere tra due telescopi per poter risolvere il disco di acrezione di M87*.

Dati: Velocità della luce nel vuoto $c=3,00\times 10^8\text{m/s}$ Radio del Sole $R_{\odot }=6,95\times 10^8\text{m}$ Velocità di fuga dalla superficie del Sole $v_{\odot }=618\text{km/s}$ Distanza Terra-Luna $d_{T-L}=3,80\times 10^5\text{km}$ Costante di gravitazione universale $G=6,67\times 10^{-11}\text{N}{\text{m}}^2{\text{kg}}^{-2}$ Massa del buco nero M87* $M_{\text{M87*}}=10^{40}\text{kg}$ Distanza Terra-M87* $d_{T-\text{M87*}}=53,5\times 10^6$ anni luce (1) (1) Un anno-luce è la distanza percorsa dalla luce in 1 anno.

P2. Soluzione a) La velocità di scarico della superficie del Sole può essere ottenuta dalla conservazione di energia, considerando un corpo di massa $m$ che parte dalla superficie del Sole a velocità $v_{\odot }$; e arriva all’infinito senza velocità,

$\frac{1}{2}m{v}_{\odot }^2-G\frac{M_{\odot }m}{R_{\odot }}=0$

di cui si deduce

$v_{\odot }=\sqrt{\frac{2G{M}_{\odot }}{R_{\odot }}},$

espressione che non dipende dalla massa $m$ del corpo. Per cui una sfera radio $R_N$ e la stessa la massa del Sole ha una velocità di scarico uguale a quella della luce, $c$, deve essere soddisfatta

$c=\sqrt{\frac{2G{M}_{\odot }}{R_N}}$

Sollevando entrambe le espressioni al quadrato e dividendo si ottiene

$\frac{v_{\odot }^2}{c^2}=\frac{R_N}{R_{\odot }}\Rightarrow R_N=R_{\odot }\frac{v_{\odot }^2}{c^2}=6,95\times 10^8\frac{(6,18\times 10^5{)}^2}{(3,0\times 10^8{)}^2}\Rightarrow R_N=2,95\times 10^3\text{m}=2,95\text{km}$

b) Considerando che la particella emessa dalla superficie della stella a velocità $c$ è si ferma a una distanza $r_{\text{max}}$, si pone di nuovo la conservazione dell’energia,

$\frac{1}{2}m{c}^2-G\frac{Mm}{R}=-G\frac{Mm}{r_{\text{max}}}$

di cui $r_{\text{max}}$ può essere eliminato,

$r_{\text{max}}=\frac{R}{1-\frac{c^{2}R}{2GM}}$

(c) Per consentire alla luce emessa dalla stella di raggiungere qualsiasi osservatore, la velocità limite deve essere: essere inferiore a quella della luce, quindi il raggio minimo sarà determinato da

$c=\sqrt{\frac{2GM}{R_{\text{min}}}}\Rightarrow R_{\text{min}}=\frac{2GM}{c^2}$

Questo valore può anche essere dedotto dall’espressione $r_{\text{max}}$ dedotta nel precedente paragrafo, dove si osserva che la distanza massima aumenta quando si aumenta $R$, e diventa infinita quando il denominatore viene annullato, il corrispondente per lo stesso valore di $R_{\text{min}}$. La dipendenza di $r_{\text{max}}$ con $R$ è rappresentato in figura 2.

d) Il raggio apparente del disco M87* è

$r_{\text{aparente}}=2,6\frac{2G{M}_{\text{M87*}}}{c^2}=2,6\frac{2\times 6,67\times 10^{-11}\times 10^{40}}{(3,00\times 10^8{)}^2}=3,85\times 10^{13}\text{m}$

Dobbiamo anche esprimere la distanza tra la Terra e M87 in metri,

$d_{T-\text{M87*}}=53,5\times 10^6\times 3,00\times 10^8\times 365\times 24\times 3600=5,06\times 10^{23}\text{m}$

Il diametro angolare $\delta$ è ottenuto dal raggio apparente $r_{\text{aparente}}$ e dalla distanza dalla Terra a M87*, $d_{T-\text{M87*}}$, utilizzando la costruzione mostrata in figura 3.

Così,

$\tan \frac{\delta }{2}=\frac{r_{\text{aparente}}}{d_{T-\text{M87*}}}$

Quando la distanza è molto grande, il diametro angolare è molto piccolo, quindi, se esprimete $\delta$ in radiani, possiamo avvicinare $\tan (\delta /2)\approx \delta /2$, così che

$\delta =\frac{2r_{\text{aparente}}}{d_{T-\text{M87*}}}=\frac{2\times 3,85\times 10^{13}}{5,06\times 10^{23}}\Rightarrow \delta =1,52\times 10^{-10}\text{rad}=31,4\text{microsegundos de arco}$

Figura 2: Grafica di $r_{\text{max}}$ rispetto a $R$ in unità di $GM/c^2$

Figura 3: Diametro angolare $\delta$.

e) Il raggio $r^{\prime }$ di un oggetto sulla superficie lunare che sarebbe stato osservato dalla Terra con il lo stesso diametro angolare viene dato da

$r^{\prime }=\frac{\delta \cdot d_{T-L}}{2}=\frac{1,52\times 10^{-10}\times 3,80\times 10^8}{2}=0,0289\text{m}$

Quindi il diametro dell’oggetto, $d^{\prime }$, sarebbe

$d^{\prime }=2r^{\prime }=0,0578\text{m}=5,78\text{cm}$

Il diametro angolare del buco nero visto dalla Terra è circa quello di una palla di Tenis sulla superficie della Luna. f) A partire dalla risoluzione angolare del sistema telescopico, $\delta =\lambda /D$, possiamo chiarire la distanza minimo tra telescopi per risolvere il diametro del disco di M87*,

$D=\frac{\lambda }{\delta }=\frac{1,3\times 10^{-3}}{1,52\times 10^{-10}}\Rightarrow D=8,55\times 10^6\text{m}=8550\text{km}$

Il Telescopio dell’Horizonte degli Eventi (EHT) è composto da una rete globale di otto radioosservatori distribuiti in tutto il pianeta, tra cui l’Antartide, il Cile, l’Hawaii, l’Europa, Messico e Stati Uniti. Questa rete funziona come un telescopio virtuale la cui distanza massima è tra gli osservatori è paragonabile al diametro della Terra, di circa 12.000 km. Per aumentare la risoluzione dell’EHT, sono in corso prove con lunghezze di l’onda di 0,87 mm, anche se fino ad ora non sono state ottenute immagini. Recentemente, si è Proposto di installare telescopi sulla Luna, in sincronia con quelli della Terra, che La Commissione ha deciso di adottare un regolamento che, se si tratta di un’azione di carattere I partecipanti a questa Olimpiada.

Immagine M87 dal telescopio EHT*

Grafico r_max vs R in unità GM/c2

Diagramma di diametro angolare δ

Topic: Gravitation, Astrophysics, Wave Optics Metodi: Conservation of Energy, Newton’s Law of Gravitation, Small-Angle Approximation Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Estimation & Approximation Objects: Black Hole, Star, Photon Fonte: Testo (PDF) — p.5

P2. History of the study of black holes. Black holes are celestial bodies whose gravitational pull is so strong that not even light can pull them off. You can escape from within. Although it wasn’t until 1971 that the first of these, Cygnus X-1, was identified. It had been speculated about its existence for two hundred years. In 1783 the English astronomer and clergyman John Michell published an article on the possible existence of Dark stars, so massive that the escape velocity from their surface exceeds that of light. Supposing that light is a mass particle that meets the classical Newtonian laws, and that its The initial velocity when emitted on the star’s surface is the speed of light in vacuum, $c$, a) It determines the radius of the sphere in which the mass of the Sun would have to be compressed so that the new The exhaust velocity outside $c$. b) Get the expression of the distance $r_{\text{max}}$ from the center of a mass star $M$ and the radius $R$ from the which would never see the light of day. c) ¿Cuál es el radio mínimo $R_{\text{min}}$ que debe tener esa estrella de masa $M$ para que la luz que emite pueda reaching any observer as far as he is? The idea of black holes fell into oblivion during the 19th century with the development of theories wavelengths of light. If light was a massless wave, it didn’t seem to make sense to think that it would affect the It’s called Newtonian gravity. So we had to wait for the general theory of relativity to get the idea of the Dark stars would transform into those of today’s black holes. In 2009 the project of the Event Horizon Telescope (EHT) began with the aim of taking The first photograph of a black hole, specifically the accretion disk that rotates around it. He was chosen. el agujero negro supermasivo M87*, situado a millones de años luz de la Tierra, y cuya masa es miles de million times the mass of the Sun. According to general relativity, the size of the event horizon of a stationary black hole, border from which not even light can escape, is given by Schwarzschild’s radio,

$r_S=\frac{2GM}{c^2}.$

Also, the mass of the black hole curves the path of light passing through it. Near it, an effect called gravitational lensing, which makes M87* look more Bigger than it really is. Therefore, the black hole disc M87* (Figure 1) appears to be a $r_{\text{aparente}}=2,6r_S$ radius. (d) Determine the angular diameter of the disc (angle underneath the disc) as seen from Earth. e) Calculate the diameter of a circular object that covers the same angular diameter as seen from Earth, But it’s located on the surface of the moon. The Event Horizon Telescope (EHT) is not a single telescope, but a global network of radio telescopes using very long base interferometry (VLBI) by observing the band length of the The wavelength $\lambda =1,3$ mm. Using this technique, the angular resolution (minimum distinguishable angular diameter) which The distance $D$ is determined by $\lambda /D$.

Figure 1: M87 image* obtained by the EHT and published in 2019.

f) Calculate the minimum distance between two telescopes to solve the disk of acreción de M87*.

The data: Speed of light in vacuum $c=3,00\times 10^8\text{m/s}$ Radio of the Sun $R_{\odot }=6,95\times 10^8\text{m}$ The speed of escape from the surface of the Sun $v_{\odot }=618\text{km/s}$ Earth-Moon Distance $d_{T-L}=3,80\times 10^5\text{km}$ The following is the list of the elements used: $G=6,67\times 10^{-11}\text{N}{\text{m}}^2{\text{kg}}^{-2}$ The mass of the black hole M87* $M_{\text{M87*}}=10^{40}\text{kg}$ Distancia Tierra-M87* $d_{T-\text{M87*}}=53,5\times 10^6$ light-years (1) (1) One light-year is the distance travelled by light in 1 year.

P2. Solution (a) The escape velocity of the sun’s surface can be obtained from the conservation of energy, considering a mass body $m$ departing from the surface of the Sun at $v_{\odot }$ speed; and It reaches infinity without speed,

$\frac{1}{2}m{v}_{\odot }^2-G\frac{M_{\odot }m}{R_{\odot }}=0$

where it is deduced

$v_{\odot }=\sqrt{\frac{2G{M}_{\odot }}{R_{\odot }}},$

Expression that does not depend on body mass $m$. So that a radius sphere $R_N$ and the same The mass of the Sun has an escape velocity equal to that of light, $c$, shall be met

$c=\sqrt{\frac{2G{M}_{\odot }}{R_N}}$

Raising both expressions to square and dividing it gets

$\frac{v_{\odot }^2}{c^2}=\frac{R_N}{R_{\odot }}\Rightarrow R_N=R_{\odot }\frac{v_{\odot }^2}{c^2}=6,95\times 10^8\frac{(6,18\times 10^5{)}^2}{(3,0\times 10^8{)}^2}\Rightarrow R_N=2,95\times 10^3\text{m}=2,95\text{km}$

(b) Whereas the particle emitted from the star’s surface at $c$ is stops at a distance $r_{\text{max}}$, the energy conservation is again considered,

$\frac{1}{2}m{c}^2-G\frac{Mm}{R}=-G\frac{Mm}{r_{\text{max}}}$

where $r_{\text{max}}$ can be cleared,

$r_{\text{max}}=\frac{R}{1-\frac{c^{2}R}{2GM}}$

(c) In order for the light emitted by the star to reach any observer, the limit speed must be The radius of the light is less than that of the light, so the minimum radius will be determined by

$c=\sqrt{\frac{2GM}{R_{\text{min}}}}\Rightarrow R_{\text{min}}=\frac{2GM}{c^2}$

This value can also be deduced from the expression $r_{\text{max}}$ deduced in the previous paragraph, where the maximum distance increases when $R$ is increased, and becomes infinite when the denominator is void, the corresponding value for the same value as $R_{\text{min}}$. Dependence The value of $r_{\text{max}}$ with $R$ is shown in Figure 2.

(d) The apparent radius of the M87* disc is

$r_{\text{aparente}}=2,6\frac{2G{M}_{\text{M87*}}}{c^2}=2,6\frac{2\times 6,67\times 10^{-11}\times 10^{40}}{(3,00\times 10^8{)}^2}=3,85\times 10^{13}\text{m}$

We also have to express the distance between Earth and M87* in meters,

$d_{T-\text{M87*}}=53,5\times 10^6\times 3,00\times 10^8\times 365\times 24\times 3600=5,06\times 10^{23}\text{m}$

The angular diameter $\delta$ is obtained from the apparent radius $r_{\text{aparente}}$ and the distance from Earth to M87*, $d_{T-\text{M87*}}$, using the construction shown in Figure 3.

So, this is it.

$\tan \frac{\delta }{2}=\frac{r_{\text{aparente}}}{d_{T-\text{M87*}}}$

When the distance is very large, the angular diameter is very small, so if we express $\delta$ in radians, we can approximate $\tan (\delta /2)\approx \delta /2$, so that

$\delta =\frac{2r_{\text{aparente}}}{d_{T-\text{M87*}}}=\frac{2\times 3,85\times 10^{13}}{5,06\times 10^{23}}\Rightarrow \delta =1,52\times 10^{-10}\text{rad}=31,4\text{microsegundos de arco}$

Figure 2: Graph of $r_{\text{max}}$ compared to $R$ in units of $GM/c^2$

Figure 3: Angular diameter $\delta$.

(e) The radius $r^{\prime }$ of an object on the surface of the Moon that would be observed from Earth with the same angular diameter will be given by

$r^{\prime }=\frac{\delta \cdot d_{T-L}}{2}=\frac{1,52\times 10^{-10}\times 3,80\times 10^8}{2}=0,0289\text{m}$

So the diameter of the object, $d^{\prime }$, would be

$d^{\prime }=2r^{\prime }=0,0578\text{m}=5,78\text{cm}$

The angular diameter of the black hole seen from Earth is approximately that of a ball of tennis on the surface of the moon. (f) From the angular resolution of the telescope system, $\delta =\lambda /D$, we can clear the distance minimum between telescopes to resolve the diameter of the M87* disc,

$D=\frac{\lambda }{\delta }=\frac{1,3\times 10^{-3}}{1,52\times 10^{-10}}\Rightarrow D=8,55\times 10^6\text{m}=8550\text{km}$

The Event Horizon Telescope (EHT) is composed of a global network of eight radio observatories spread across the planet, including Antarctica, Chile, Hawaii, Europe, Mexico and the United States. This network works like a virtual telescope whose maximum distance between observatories is comparable to the diameter of the Earth, about 12,000 km. In order to increase the resolution of the EHT, tests with lengths of The wave of 0.87 mm, although no images have been obtained so far. Recently, there has been a The proposal for the installation of telescopes on the moon, synchronized with those on Earth, which The Commission’s proposal for a directive on the protection of workers from the risks of the environment is therefore not a sufficient one. The future of the participants in this Olympics.

Immagine M87 dal telescopio EHT*

Grafico r_max vs R in unità GM/c²

Diagramma diametro angolare δ

Topic: Gravitation, Astrophysics, Wave Optics Metodi: Conservation of Energy, Newton’s Law of Gravitation, Small-Angle Approximation Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Estimation & Approximation Objects: Black Hole, Star, Photon Fonte: Testo (PDF) — p.5

P3. Nanopartículas. El uso de nanopartículas en medicina cada vez es más popular. Debido a su pequeño tamaño, son capaces de introducirse dentro de las células, pudiendo así usarse para una amplia gama de aplicaciones. Por ejemplo, el tratamiento eficaz del cáncer es uno de los problemas más importantes de la medicina moderna, donde las terapias convencionales, como la quimioterapia, conllevan una gran cantidad de efectos secundarios. El uso de nanopartículas abre la posibilidad de tratamientos menos invasivos y más específicos. En este contexto, las propiedades de las nanopartículas son esenciales para lograr una terapia efectiva, por lo que la caracterización de las mismas es de gran interés. Imaginemos que una empresa ha fabricado una partícula esférica de masa $M=5$ fg ($1\text{fg}=10^{-15}$ g) y nos piden caracterizarla. La empresa desea saber su carga eléctrica y su radio. Para ello, adherimos las partículas a una placa vertical en un medio acuoso y aplicamos una diferencia de potencial $V=6,25$ mV entre dicha placa y otra placa adyacente, separada de la primera una distancia $L=10$ cm (figura 1). Las nanopartículas son aceleradas (con un rozamiento despreciable) de la placa con menor potencial a la de mayor potencial. Se detecta que alcanzan la otra placa en un tiempo $t=1\text{s}$. El campo eléctrico entre las placas es uniforme. a) ¿Qué aceleración han sufrido? b) ¿Qué carga tienen? Indícala en unidades de carga elemental del electrón. Después de hacer el experimento, caemos en la cuenta de que los medios donde se transportan las nanopartículas son medios salinos, que contienen iones libres positivos y negativos. Por tanto, las nanopartículas tienden a rodearse de una capa de iones de signo contrario (figura 2) que acaba por apantallar su verdadera carga (su carga aparente es menor a la real). Es necesario por tanto reproducir estas condiciones en nuestro experimento. Para ello se repite el experimento en un medio salino y se registra esta vez un tiempo $t^{\prime }=1,118\text{s}$. c) ¿Qué porcentaje de la carga está apantallada? En su recorrido de una placa a otra las nanopartículas arrastrarán esa capa de iones consigo, y, por tanto, su radio en movimiento (radio hidrodinámico) será mayor que el real. Otro grupo de investigadores, usando un microscopio de alta precisión, ha medido el radio real de la partícula, resultando $R=95\text{nm}$. La concentración media de carga que se crea alrededor de cada nanopartícula en el medio salino es $\rho =33500e^{-}/\mu {\text{m}}^3$. d) ¿Cuál es el espesor de carga $\delta$ que rodea a la nanopartícula? ¿Cuál es el radio hidrodinámico que tiene la nanopartícula en el medio salino? Un aspecto crucial en la fabricación de nanopartículas es determinar su estabilidad en solución, es decir, determinar si las nanopartículas se unirán entre sí formando agregados (inestables) o permanecerán separadas entre sí (estables). Si se tiene en cuenta solo la repulsión electrostática¹, todas las partículas cargadas serían estables ya que se repelerían entre sí. Sin embargo, existe una serie de interacciones atractivas débiles,

Figura 1

Figura 2

denominadas interacciones de Van der Waals (VdW), que se producen entre todo tipo de partículas y moléculas, independientemente de su carga eléctrica. Asumiendo que las partículas son puntuales, la fuerza de VdW es $F_{\text{VdW}}=B/r^7$, siendo $B=10^{-14}\text{N}\cdot {\text{nm}}^7$ y $r$ la distancia entre ellas. Considera dos nanopartículas con la carga apantallada, separadas una distancia $r=10R$. e) ¿Se pueden considerar estables? f) ¿Cuál es la distancia límite a la que se pueden acercar para asegurar su estabilidad? Después de llevar a cabo los cálculos, nos ponemos exquisitos y consideramos que realmente las nanopartículas no se comportan de forma puntual. Considerando el tamaño finito de la nanopartícula, se pueden aproximar las interacciones que regulan su estabilidad usando las siguientes expresiones:

$F_{\text{atraccioˊn}}(r)=\frac{A\cdot R}{12r^2}$

$F_{\text{repulsioˊn}}(r)=\frac{R\cdot Z}{2l_D}{e}^{-\frac{r}{l_D}}$

Donde cada magnitud corresponde a:

$R$: Radio de la partícula.

$r$: Distancia entre las superficies de las partículas que interaccionan.

$A$: Constante que regula la intensidad de las fuerzas de VdW.

$Z$: Constante que regula la intensidad de las fuerzas electrostáticas de repulsión.

$l_D$: Longitud característica de Debye, que depende de las condiciones del medio. g) Obtén una condición que permita determinar la estabilidad de las nanopartículas, en función de las constantes que regulan las interacciones ($A$, $Z$ y $l_D$) Ayuda:

1. Describe la condición de estabilidad mediante una desigualdad.
2. Determina el valor máximo de la función $r^2{e}^{-\frac{r}{l_D}}$ en función de $r$ (en la figura 3 puedes ver que solo hay un máximo). Esto te permitirá obtener la condición de estabilidad considerando el peor caso posible, y finalmente eliminar la variable distancia $r$. Dato: Carga del electrón $e=-1,6\times 10^{-19}\text{C}$.

Figura 3

P3. Solución a) Dado que el campo entre las placas es uniforme, la fuerza a la que están sometidas las nanopartículas en su trayecto entre placas es constante, por lo que describen un movimiento uniformemente acelerado. Por tanto,

$L=\frac{1}{2}a{t}^2\Rightarrow a=\frac{2L}{t^2}=\frac{2\times 0,1}{1^2}\Rightarrow a=0,2{\text{m/s}}^2$

b) El campo eléctrico en el interior de las placas será

$E=\frac{V}{L}$

La fuerza que experimenta la nanopartícula es $F=Q\cdot E$. Aplicando la segunda ley de Newton,

$M\cdot a=Q\cdot E=\frac{QV}{L}\Rightarrow Q=\frac{M\cdot a\cdot L}{V}=\frac{5\times 10^{-18}\times 0,2\times 0,1}{6,25\times 10^{-3}}=1,6\times 10^{-17}\text{C}$

Como las nanopartículas van hacia la placa de mayor potencial, la carga debe ser de signo negativo, de modo que

$Q=-1,6\times 10^{-17}\text{C}=100e^{-}$

c) Operando de la misma forma que en los apartados a) y b), la aceleración en medio salino vendrá dada por

$a^{\prime }=\frac{2L}{t^{\prime 2}}=\frac{2\times 0,1}{1,118^2}=0,16{\text{m/s}}^2$

y la carga total será

$Q^{\prime }=-\frac{M\cdot a^{\prime }\cdot L}{V}=-\frac{5\times 10^{-15}\times 0,16\times 0,1}{6,26\times 10^{-3}}=-1,28\times 10^{-17}\text{C}=80e^{-}$

El porcentaje de carga apantallada será

$\%Q=\frac{Q-Q^{\prime }}{Q}\times 100=\frac{100e^{-}-80e^{-}}{100e^{-}}\times 100\Rightarrow \%Q=20\%$

d) El volumen de la capa de apantallamiento vendrá dado por

$\Delta V=\frac{4}{3}\pi \left[(R+\delta {)}^3-R^3\right]$

Dado que la carga de la capa de apantallamiento es $\Delta Q=Q-Q^{\prime }=20e^{-}$, se tiene

$\Delta Q=\rho \Delta V\Rightarrow 20e^{-}=\rho \frac{4}{3}\pi \left[(R+\delta {)}^3-R^3\right]\Rightarrow$

$\delta =\sqrt[3]{R^3+\frac{3}{4\pi \rho }20e^{-}}-R=\sqrt[3]{(9,5\times 10^{-8}{)}^3+\frac{3}{4\pi \times 3,35\times 10^{22}}20}-9,5\times 10^{-8}$

$\delta =5\times 10^{-9}\text{m}=5\text{nm}$

El radio hidrodinámico será

$R+\delta =100\text{nm}$

e) Para $r=10R$ se tiene, en unidades S.I.,

$F_{\text{VdW}}=\frac{B}{r^7}=\frac{10^{-77}}{(10\times 9,5\times 10^{-8}{)}^7}=1,43\times 10^{-35}\text{N}$

$F_C=\frac{k}{80}\frac{Q^{\prime 2}}{r^2}=\frac{9\times 10^9}{80}\frac{(1,28\times 10^{-17}{)}^2}{(10\times 9,5\times 10^{-8}{)}^2}=2,04\times 10^{-14}\text{N}$

Como $F_{\text{VdW}}\ll F_C$, la fuerza atractiva es mucho menor que la repulsiva, por lo que las nanopartículas son estables. f) Para obtener la distancia límite a la que se pueden acercar se igualan la fuerza de VdW y la electrostática,

$\frac{B}{r_{\text{min}}^7}=\frac{k}{80}\frac{Q^{\prime 2}}{r_{\text{min}}^2}\Rightarrow$

$r_{\text{min}}=\sqrt[5]{\frac{80B}{k{Q}^{\prime 2}}}=\sqrt[5]{\frac{80\times 10^{-77}}{9\times 10^9\times (1,28\times 10^{-17}{)}^2}}=5,58\times 10^{-11}\text{m}=0,0558\text{nm}.$

Como $r_{\text{min}}<R$, las nanopartículas serán estables a cualquier distancia. g) Para que haya estabilidad, las fuerzas repulsivas deben ser iguales o superiores a las de atracción. Como indica la ayuda 1, se tiene una desigualdad,

$\frac{A\cdot R}{12r^2}\le \frac{R\cdot Z}{2l_D}{e}^{-\frac{r}{l_D}}$

Se reordena la expresión para poder hacer uso de la ayuda 2,

$\frac{A\cdot l_D}{12Z}\le r^2{e}^{-\frac{r}{l_D}}$

Se busca el máximo de la función de la parte derecha. Para ello es necesario conocer la derivada de la función,

$\frac{d}{dr}\left(r^2{e}^{-\frac{r}{l_D}}\right)=2r{e}^{-\frac{r}{l_D}}-\frac{r^2}{l_D}{e}^{-\frac{r}{l_D}}=\left(2-\frac{r}{l_D}\right)r{e}^{-\frac{r}{l_D}}$

El valor de $r$ que maximiza la ecuación, $r_{\text{max}}$, corresponde al valor donde se hace cero la derivada. Tal y como se ve en la gráfica de la figura 2, solo hay un máximo,

$\left(2-\frac{r_{\text{max}}}{l_D}\right)r_{\text{max}}{e}^{-\frac{r_{\text{max}}}{l_D}}=0\Rightarrow 2-\frac{r_{\text{max}}}{l_D}=0\Rightarrow r_{\text{max}}=2l_D$

Finalmente, se sustituye en la desigualdad para obtener la condición de estabilidad,

$\frac{A{e}^2}{24l_{D}Z}\le 1$

Como indicaba la ayuda, se obtiene una condición de estabilidad independiente de la distancia $r$.

Apparato placche parallele verticali

Nanoparticella con strato ionico

Grafico funzione r²e^{-r/lD}

Topic: Electrostatics, Newtonian Mechanics Metodi: Kinematic Equations, Coulomb’s Law, Electric Potential Method, Calculus-Integration Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Sphere, Capacitor Fonte: Testo (PDF) — p.10

P3. Nanoparticelle. L’uso di nanoparticelle in medicina è sempre più popolare. A causa della loro piccola dimensione, sono che possono entrare nelle cellule, e quindi essere utilizzate per una vasta gamma di applicazioni. Per per esempio, il trattamento efficace del cancro è uno dei problemi più importanti della medicina moderna, dove le terapie convenzionali, come la chemioterapia, hanno un gran numero di effetti

• La scuola media. L’uso di nanoparticelle apre la possibilità di trattamenti meno invasivi e più specifici. In questo contesto, le proprietà delle nanoparticelle sono essenziali per ottenere una terapia efficace, La caratterizzazione delle stesse è di grande interesse. Immaginiamo che una società abbia prodotto una particella sferica di massa $M=5$ fg ($1\text{fg}=10^{-15}$ g) e ci chiedono di caratterizzarla. L’azienda vuole sapere il suo carica elettrica e la sua radio. Per questo, attacchiamo le particelle ad una scheda verticale. in un ambiente acquoso e applichiamo una differenza di potenziale $V=6,25$ mV tra la stessa e un’altra scheda adiacente, separata dalla prima una distanza $L=10$ cm (figura 1). Le nanoparticelle sono accelerate (con un rasto) La piattaforma con più piccolo potenziale è quella con più grande potenziale. È rilevato che raggiungono l’altra scheda in un tempo $t=1\text{s}$. Il campo elettrico tra le Le targhe sono uniformi. a) Che accelerazione hanno subito? b) Qual è il loro carico? Indica in unità di carica elementare dell’elettrone. Dopo aver fatto l’esperimento, si constata che i mezzi di trasporto Le nanoparticelle sono i mezzi salini, contenenti ioni liberi positivi e negativi. Le Le nanoparticelle tendono ad essere circondate da un livello di ioni di segno opposto (Figura 2) che finisce per scintillarsi il suo carico reale (il suo carico apparente è inferiore al reale). È quindi necessario riprodurre queste condizioni nel nostro esperimento. Per questo si ripete l’esperimento in un ambiente salino e si registra un tempo $t^{\prime }=1,118\text{s}$. c) Quante percentuali di carico sono sfiorate? Nel loro percorso da una piastra all’altra le nanoparticelle trascineranno quella La sua strata di ioni con sé, e quindi il suo raggio in movimento (radio) (Hydrodynamic) sarà più grande del reale. Un altro gruppo di ricercatori, Usando un microscopio di alta precisione, ha misurato il raggio reale della Particolo, risultante $R=95\text{nm}$. La concentrazione media di carico che si crea intorno a ciascuna il nanoparticolo nel mezzo salino è $\rho =33500e^{-}/\mu {\text{m}}^3$. d) Qual è lo spessore di carico $\delta$ che circonda la nanoparticella? Qual è la radio idrodinamica che ha la Nanoparticella nel mezzo salino? Un aspetto cruciale nella produzione di nanoparticelle è determinare la loro stabilità in soluzione, cioè: determinare se le nanoparticelle si uniranno tra loro formando aggregati (instabili) o restino separate tra loro. Se si tiene conto solo della repulsione elettrostatica¹, tutte le particelle cariche sarebbero stabili, poiché si respingerebbero tra loro. Tuttavia, ci sono una serie di interazioni attraenti deboli,

Figura 1

Figura 2

Le interazioni di Van der Waals (VdW) che si verificano tra ogni tipo di particella e molecole, indipendentemente dalla loro carica elettrica. Supponendo che le particelle siano puntuali, la forza di VdW è $F_{\text{VdW}}=B/r^7$, essendo $B=10^{-14}\text{N}\cdot {\text{nm}}^7$ e $r$ la distanza tra di loro. Considera due nanoparticelle con carico spiccato, separate a una distanza $r=10R$. e) Si possono considerare stabili? f) Qual è la distanza limite che si può raggiungere per assicurare la sua stabilità? Dopo aver effettuato i calcoli, ci mettiamo eccellenti e pensiamo che le Le nanoparticelle non si comportano in modo puntuale. Considerando la dimensione finita della nanoparticella, si possono approssimiare le interazioni che regolano la loro stabilità utilizzando le seguenti espressioni:

$F_{\text{atraccioˊn}}(r)=\frac{A\cdot R}{12r^2}$

$F_{\text{repulsioˊn}}(r)=\frac{R\cdot Z}{2l_D}{e}^{-\frac{r}{l_D}}$

In cui ogni magnitudo corrisponde a:

$R$: Radio della particella.

$r$: Distanza tra le superfici delle particelle che interagiscono.

$A$: Costante che regola l’intensità delle forze di VdW.

$Z$: Costante che regola l’intensità delle forze elettrostatiche di respiro.

$l_D$: Lunghezza caratteristica di Debye, che dipende dalle condizioni dell’ambiente. g) Ottenere una condizione che permetta di determinare la stabilità delle nanoparticelle, in base alle constantes que regulan las interacciones ($A$, $Z$ y $l_D$) Aiuto:

1. Descrive la condizione di stabilità attraverso una disuguaglianza.
2. Determina il valore massimo della funzione $r^2{e}^{-\frac{r}{l_D}}$ in funzione di $r$ (la figura 3 mostra che c’è solo un massimo). Questo ti La situazione è stata molto difficile da ottenere. se possibile, e infine eliminare la variabile distanza $r$. Data: carico dell’elettrone $e=-1,6\times 10^{-19}\text{C}$.

Figura 3

P3. Soluzione (a) Poiché il campo tra le plache è uniforme, la forza a cui sono sottoposte le plache Le nanoparticelle nel loro percorso tra le placche sono costanti, quindi descrivono un movimento uniformemente accelerato. Quindi,

$L=\frac{1}{2}a{t}^2\Rightarrow a=\frac{2L}{t^2}=\frac{2\times 0,1}{1^2}\Rightarrow a=0,2{\text{m/s}}^2$

b) Il campo elettrico all’interno delle targhe sarà

$E=\frac{V}{L}$

La forza che sperimenta la nanoparticella è $F=Q\cdot E$. Applicando la seconda legge di Newton,

$M\cdot a=Q\cdot E=\frac{QV}{L}\Rightarrow Q=\frac{M\cdot a\cdot L}{V}=\frac{5\times 10^{-18}\times 0,2\times 0,1}{6,25\times 10^{-3}}=1,6\times 10^{-17}\text{C}$

Poiché le nanoparticelle vanno verso la piastra di maggiore potenziale, la carica deve essere di segno negativo, Quindi

$Q=-1,6\times 10^{-17}\text{C}=100e^{-}$

(c) Operando nello stesso modo di quanto indicato nei paragrafi (a) e (b), l’accelerazione a medio salino si data da

$a^{\prime }=\frac{2L}{t^{\prime 2}}=\frac{2\times 0,1}{1,118^2}=0,16{\text{m/s}}^2$

e la carica totale sarà

$Q^{\prime }=-\frac{M\cdot a^{\prime }\cdot L}{V}=-\frac{5\times 10^{-15}\times 0,16\times 0,1}{6,26\times 10^{-3}}=-1,28\times 10^{-17}\text{C}=80e^{-}$

La percentuale di carico di spinta sarà

$\%Q=\frac{Q-Q^{\prime }}{Q}\times 100=\frac{100e^{-}-80e^{-}}{100e^{-}}\times 100\Rightarrow \%Q=20\%$

d) Il volume del livello di schermatura sarà dato per:

$\Delta V=\frac{4}{3}\pi \left[(R+\delta {)}^3-R^3\right]$

Poiché il carico del livello di schermo è $\Delta Q=Q-Q^{\prime }=20e^{-}$, si ha

$\Delta Q=\rho \Delta V\Rightarrow 20e^{-}=\rho \frac{4}{3}\pi \left[(R+\delta {)}^3-R^3\right]\Rightarrow$

$\delta =\sqrt[3]{R^3+\frac{3}{4\pi \rho }20e^{-}}-R=\sqrt[3]{(9,5\times 10^{-8}{)}^3+\frac{3}{4\pi \times 3,35\times 10^{22}}20}-9,5\times 10^{-8}$

$\delta =5\times 10^{-9}\text{m}=5\text{nm}$

La radio idrodinamica sarà

$R+\delta =100\text{nm}$

e) per $r=10R$ si ha, in unità S.I.,

$F_{\text{VdW}}=\frac{B}{r^7}=\frac{10^{-77}}{(10\times 9,5\times 10^{-8}{)}^7}=1,43\times 10^{-35}\text{N}$

$F_C=\frac{k}{80}\frac{Q^{\prime 2}}{r^2}=\frac{9\times 10^9}{80}\frac{(1,28\times 10^{-17}{)}^2}{(10\times 9,5\times 10^{-8}{)}^2}=2,04\times 10^{-14}\text{N}$

Como $F_{\text{VdW}}\ll F_C$, la fuerza atractiva es mucho menor que la repulsiva, por lo que Le nanoparticelle sono stabili. f) Per ottenere la distanza limite di avvicinamento, si deve eguagliare la forza di VdW e la forza di di cui al punto 1.6.1.

$\frac{B}{r_{\text{min}}^7}=\frac{k}{80}\frac{Q^{\prime 2}}{r_{\text{min}}^2}\Rightarrow$

$r_{\text{min}}=\sqrt[5]{\frac{80B}{k{Q}^{\prime 2}}}=\sqrt[5]{\frac{80\times 10^{-77}}{9\times 10^9\times (1,28\times 10^{-17}{)}^2}}=5,58\times 10^{-11}\text{m}=0,0558\text{nm}.$

Come $r_{\text{min}}<R$, le nanoparticelle saranno stabili a qualsiasi distanza. (g) Per garantire la stabilità, le forze repulsive devono essere uguali o superiori a quelle di attrazione. Come indica l’aiuto 1, si ha una disuguaglianza,

$\frac{A\cdot R}{12r^2}\le \frac{R\cdot Z}{2l_D}{e}^{-\frac{r}{l_D}}$

L’espressione è riordinata in modo da poter utilizzare l’aiuto 2,

$\frac{A\cdot l_D}{12Z}\le r^2{e}^{-\frac{r}{l_D}}$

Si cerca il massimo della funzione della parte destra. Per questo è necessario conoscere la derivata di la funzione,

$\frac{d}{dr}\left(r^2{e}^{-\frac{r}{l_D}}\right)=2r{e}^{-\frac{r}{l_D}}-\frac{r^2}{l_D}{e}^{-\frac{r}{l_D}}=\left(2-\frac{r}{l_D}\right)r{e}^{-\frac{r}{l_D}}$

Il valore di $r$ che massimizza l’equazione, $r_{\text{max}}$, corrisponde al valore in cui si rende zero la derivata. Come si vede nel grafico di figura 2, c’è solo un massimo,

$\left(2-\frac{r_{\text{max}}}{l_D}\right)r_{\text{max}}{e}^{-\frac{r_{\text{max}}}{l_D}}=0\Rightarrow 2-\frac{r_{\text{max}}}{l_D}=0\Rightarrow r_{\text{max}}=2l_D$

Infine, si sostituisce l’inequità per ottenere la condizione di stabilità,

$\frac{A{e}^2}{24l_{D}Z}\le 1$

Come indicato dall’aiuto, si ottiene una condizione di stabilità indipendente dalla distanza $r$.

Apparato placcetto verticale parallelo

Nanoparticella con strato ionico

Grafico funzione r2e^{-r/lD}

Topic: Electrostatics, Newtonian Mechanics Metodi: Kinematic Equations, Coulomb’s Law, Electric Potential Method, Calculus-Integration Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Sphere, Capacitor Fonte: Testo (PDF) — p.10

P3. They’re nanoparticles. The use of nanoparticles in medicine is becoming increasingly popular. Because of their small size, they are They can be inserted into cells, so they can be used for a wide range of applications. By For example, effective treatment of cancer is one of the most important problems in modern medicine. where conventional therapies, like chemotherapy, have a lot of effects. Secondary school. The use of nanoparticles opens up the possibility of less invasive and more specific treatments. In this context, the properties of nanoparticles are essential for achieving effective therapy, The Commission has also proposed a number of measures to improve the quality of the information available to the public. Let’s say a company has made a mass-spherical particle. $M=5$ fg ($1\text{fg}=10^{-15}$ g) and ask us to characterize it. The company wants to know its electrical charge and its radio. To do this, we attach the particles to a vertical plate. In a water environment, we apply a potential difference of $V=6,25$ mV between the same plate and an adjacent plate, one distance from the first $L=10$ cm (figura 1). The nanoparticles are accelerated (with a friction) The Commission has already decided to extend the scope of the proposal to the Member States. It ‘s detected . que alcanzan la otra placa en un tiempo $t=1\text{s}$. The electric field between the The plates are uniform. a) What acceleration have you been experiencing? (b) What is their burden? Indicate it in units of elementary charge of the electron. After doing the experiment, we find that the means of transporting the Nanoparticles are saline media, containing both positive and negative free ions. The Commission therefore nanoparticles tend to surround themselves with a layer of opposite sign ions (Figure 2) that eventually screens up its true load (its apparent load is less than the real load). It is therefore necessary to reproduce these conditions In our experiment. This is done by repeating the experiment in a saline medium and this time a tiempo $t^{\prime }=1,118\text{s}$. c) What percentage of the load is shifted? In their journey from one plate to another the nanoparticles will drag that The ion layer with itself, and therefore its moving radius (radio The hydrodynamic) will be larger than the real one. Another group of researchers, Using a high-precision microscope, he measured the actual radius of the The resulting particle is $R=95\text{nm}$. The average load concentration created around each The nanoparticle in the saline medium is $\rho =33500e^{-}/\mu {\text{m}}^3$. (d) What is the load thickness $\delta$ surrounding the nanoparticle? What is the hydrodynamic radius that has the nanoparticle in the saline medium? A crucial aspect in nanoparticle manufacturing is determining its solution stability, i.e. determining whether the nanoparticles will join together to form aggregates (unstable) or remain separate among themselves. If only electrostatic repulsion is taken into account, all charged particles would be stable as they would repel each other. However, there are a number of attractive interactions that are weak,

Figure 1

Figure 2

The first is the Van der Waals interactions (VdW) which occur between all types of particles and molecules, regardless of their electrical charge. Assuming the particles are pointed, the force de VdW es $F_{\text{VdW}}=B/r^7$, siendo $B=10^{-14}\text{N}\cdot {\text{nm}}^7$ y $r$ la distancia entre ellas. It considers two nanoparticles with a scratched load, separated by a distance $r=10R$. e) Can they be considered stable? f) What is the distance to which they can be approached to ensure their stability? After we have done the calculations, we get exquisite and we consider that the real Nanoparticles do not behave in a punctual manner. Considering the finite size of the nanoparticle, They can approximate the interactions that regulate their stability using the following expressions:

$F_{\text{atraccioˊn}}(r)=\frac{A\cdot R}{12r^2}$

$F_{\text{repulsioˊn}}(r)=\frac{R\cdot Z}{2l_D}{e}^{-\frac{r}{l_D}}$

Where each magnitude corresponds to:

$R$: Radio de la partícula.

$r$: Distance between the surfaces of the particles interacting.

$A$: A constant that regulates the intensity of VdW forces.

$Z$: A constant that regulates the intensity of the electrostatic repulsion forces.

$l_D$: Feature length of Debye, which depends on the conditions of the medium. g) Obtain a condition which allows the stability of nanoparticles to be determined by the constantes que regulan las interacciones ($A$, $Z$ y $l_D$) The following is the list of the countries:

1. It describes the condition of stability through inequality.
2. Determines the maximum value of the function $r^2{e}^{-\frac{r}{l_D}}$ based on $r$ (in Figure 3 you can see that there is only a maximum). This is you This will allow you to obtain the stability condition considering the worst If possible, and finally remove the distance variable $r$. Date: Electron charge $e=-1,6\times 10^{-19}\text{C}$.

Figure 3

P3. Solution (a) Since the field between the plates is uniform, the force to which the plates are subjected is the force applied to the plates. nanoparticles in their path between plates is constant, so they describe a movement uniformly accelerated. So, what?

$L=\frac{1}{2}a{t}^2\Rightarrow a=\frac{2L}{t^2}=\frac{2\times 0,1}{1^2}\Rightarrow a=0,2{\text{m/s}}^2$

(b) The electric field inside the plates shall be

$E=\frac{V}{L}$

The force experienced by the nanoparticle is $F=Q\cdot E$. Applying Newton’s second law,

$M\cdot a=Q\cdot E=\frac{QV}{L}\Rightarrow Q=\frac{M\cdot a\cdot L}{V}=\frac{5\times 10^{-18}\times 0,2\times 0,1}{6,25\times 10^{-3}}=1,6\times 10^{-17}\text{C}$

As the nanoparticles move toward the highest potential plate, the charge must be negative sign, So that

$Q=-1,6\times 10^{-17}\text{C}=100e^{-}$

(c) Operating in the same manner as in paragraphs (a) and (b), the saline half-acceleration shall be given by

$a^{\prime }=\frac{2L}{t^{\prime 2}}=\frac{2\times 0,1}{1,118^2}=0,16{\text{m/s}}^2$

And the total load will be

$Q^{\prime }=-\frac{M\cdot a^{\prime }\cdot L}{V}=-\frac{5\times 10^{-15}\times 0,16\times 0,1}{6,26\times 10^{-3}}=-1,28\times 10^{-17}\text{C}=80e^{-}$

The percentage of the load load shall be

$\%Q=\frac{Q-Q^{\prime }}{Q}\times 100=\frac{100e^{-}-80e^{-}}{100e^{-}}\times 100\Rightarrow \%Q=20\%$

(d) The volume of the screening layer shall be given by:

$\Delta V=\frac{4}{3}\pi \left[(R+\delta {)}^3-R^3\right]$

Since the load on the screening layer is $\Delta Q=Q-Q^{\prime }=20e^{-}$, it has

$\Delta Q=\rho \Delta V\Rightarrow 20e^{-}=\rho \frac{4}{3}\pi \left[(R+\delta {)}^3-R^3\right]\Rightarrow$

$\delta =\sqrt[3]{R^3+\frac{3}{4\pi \rho }20e^{-}}-R=\sqrt[3]{(9,5\times 10^{-8}{)}^3+\frac{3}{4\pi \times 3,35\times 10^{22}}20}-9,5\times 10^{-8}$

$\delta =5\times 10^{-9}\text{m}=5\text{nm}$

The hydrodynamic radio will be

$R+\delta =100\text{nm}$

(e) For $r=10R$, in units of S.I.,

$F_{\text{VdW}}=\frac{B}{r^7}=\frac{10^{-77}}{(10\times 9,5\times 10^{-8}{)}^7}=1,43\times 10^{-35}\text{N}$

$F_C=\frac{k}{80}\frac{Q^{\prime 2}}{r^2}=\frac{9\times 10^9}{80}\frac{(1,28\times 10^{-17}{)}^2}{(10\times 9,5\times 10^{-8}{)}^2}=2,04\times 10^{-14}\text{N}$

Como $F_{\text{VdW}}\ll F_C$, la fuerza atractiva es mucho menor que la repulsiva, por lo que The nanoparticles are stable. (f) To obtain the distance limit to which they can be approached, the force of VdW and the force of the electrical and electronic equipment,

$\frac{B}{r_{\text{min}}^7}=\frac{k}{80}\frac{Q^{\prime 2}}{r_{\text{min}}^2}\Rightarrow$

$r_{\text{min}}=\sqrt[5]{\frac{80B}{k{Q}^{\prime 2}}}=\sqrt[5]{\frac{80\times 10^{-77}}{9\times 10^9\times (1,28\times 10^{-17}{)}^2}}=5,58\times 10^{-11}\text{m}=0,0558\text{nm}.$

As $r_{\text{min}}<R$, nanoparticles will be stable at any distance. (g) For stability, repulsive forces must be equal to or greater than those of attraction. As shown in aid 1, there is an inequality,

$\frac{A\cdot R}{12r^2}\le \frac{R\cdot Z}{2l_D}{e}^{-\frac{r}{l_D}}$

The expression is rearranged so that the aid can be used 2,

$\frac{A\cdot l_D}{12Z}\le r^2{e}^{-\frac{r}{l_D}}$

The maximum of the function on the right side is sought. The derivative of the the function,

$\frac{d}{dr}\left(r^2{e}^{-\frac{r}{l_D}}\right)=2r{e}^{-\frac{r}{l_D}}-\frac{r^2}{l_D}{e}^{-\frac{r}{l_D}}=\left(2-\frac{r}{l_D}\right)r{e}^{-\frac{r}{l_D}}$

The value of $r$ maximizing the equation, $r_{\text{max}}$, corresponds to the value where the derivative is zeroed. As you can see in the graph in Figure 2, there’s only a maximum,

$\left(2-\frac{r_{\text{max}}}{l_D}\right)r_{\text{max}}{e}^{-\frac{r_{\text{max}}}{l_D}}=0\Rightarrow 2-\frac{r_{\text{max}}}{l_D}=0\Rightarrow r_{\text{max}}=2l_D$

Finally, it is replaced by inequality to obtain the condition of stability,

$\frac{A{e}^2}{24l_{D}Z}\le 1$

As the aid indicated, a stability condition independent of the distance $r$ is obtained.

Apparato placche parallele verticali

Nanoparticella con strato ionico

Grafico funzione r²e^{-r/lD}

Topic: Electrostatics, Newtonian Mechanics Metodi: Kinematic Equations, Coulomb’s Law, Electric Potential Method, Calculus-Integration Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Sphere, Capacitor Fonte: Testo (PDF) — p.10

Footnotes

1. La fuerza de Coulomb entre dos cargas $q$ y $q^{\prime }$ en agua es 80 veces más pequeña que en el vacío. ↩ ↩²