Ejer i ios resueltos para el urso Físi a para Físi os II Prof. Mar ela Hernández Jiménez
22 de junio de 2011
Índi e general 1.
2.
3.
Estáti a de Fluidos
1.1.
Serway 14.16
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.2.
Serway 14.55
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.3.
Serway ejemplo 14.4: La fuerza sobre un dique.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
1.4.
II Par ial I 2010 (Flota ión) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
1.5.
I Par ial I 2011 (Flota ión)
11
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dinámi a de Fluidos
13
2.1.
Resni k 16-14
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
2.2.
Resni k 16-15
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
2.3.
I Par ial 2010-Fluidos
2.4.
I Par ial I 2011-Fluidos
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
Movimiento armóni o simple
19
3.1.
Alonso 12.11
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
3.2.
Alonso 12.12
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
3.3.
Alonso 12.15 (Modi ado) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
3.4.
Serway 15.11
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
3.5.
Serway 15-27
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
3.6.
Serway 15-31. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
3.7.
Serway 15-37
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
3.8.
Serway 15.42
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
3.9.
Serway 15-45. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
3.10. Tipler 12.20.
4.
7
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
3.11. I Par ial I 2010 (Os ila iones) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
3.12. I Par ial I 2010 (Efe to Doppler)
31
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ondas transversales
33
4.1.
33
Resni k 18.8(P) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.
Resni k 18.9 (P)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
4.3.
Sears 15.16
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
4.4.
Sears 15.18
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
4.5.
Sears 15.19
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
4.6.
Serway 16.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
4.7.
Serway 16.18
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
4.8.
Serway 16.26
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
4.9.
Serway 16.28
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
4.10. Serway 16.40
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
4.11. Serway 16.49
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
4.12. I Par ial I 2010 (Fun ión de onda)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
3
Índi e general 5.
6.
7.
8.
9.
4
Ondas longitudinales
45
5.1.
Serway 17-8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
5.2.
Serway 17-23
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
5.3.
Serway 17-26
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
5.4.
Serway 17-33
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
48
5.5.
Serway 17-62
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
5.6.
II Par ial II-2010 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
Ondas esta ionarias
53
6.1.
Sears 16.19
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53
6.2.
Sears 16.58
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53
6.3.
Sears 16.75
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
6.4.
Serway 18.51
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
6.5.
Serway 18-61
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
57
6.6.
I Par ial I 2010 (Ondas esta ionarias)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.7.
II Par ial II2010-interferen ia
6.8.
II Par ial II2010
6.9.
II Par ial I 2011 (Interferen ia y nivel sonoro )
58
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
59
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Temperatura
62 65
7.1.
Serway 19.13
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
65
7.2.
Serway 19.24
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
7.3.
Serway 19.38
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
7.4.
II Par ial II 2010 (Gases ideales)
7.5.
II Par ial II 2010 (Expansión térmi a)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
68
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69
7.6.
II Par ial I 2010 (Expansión térmi a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
7.7.
II Par ial I 2011 (Expansión térmi a y gases ideales)
70
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Primera Ley de la Termodinámi a
73
8.1.
Serway 20.11
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
8.2.
Serway 20.12
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
8.3.
Serway 20.15
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
75
8.4.
Serway 20.16
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
75
8.5.
Serway 20.24
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
8.6.
Serway 20.25
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
8.7.
Serway 20.28
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
78
8.8.
Serway 20.39
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
8.9.
Serway 20.41
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
80
8.10. III Par ial I 2010 (Condu tividad térmi a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
81
8.11. III Par ial I 2010 (Calorimetría) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
82
8.12. III Par ial II 2010 (Condu tividad térmi a)
83
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Teoría inéti a de los gases
85
9.1.
Serway 21.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
85
9.2.
Serway 21.24
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
85
9.3.
Serway 21.33
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
87
9.4.
Serway 21.35
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
87
9.5.
Serway 21.43
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
88
9.6.
Serway 21.45
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
89
9.7.
Serway 21.57
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
90
Índi e general 9.8.
I Par ial I 2010 (Gases Ideales)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.9.
III Par ial I 2010 (Grados de libertad)
91
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
91
9.10. III Par ial II 2010 (Gases ideales) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
92
9.11. III Par ial II 2010 (Trabajo en gases ideales) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
92
10. Máquinas térmi as y entropía
95
10.1. Resni k 24.2 (Problema) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
95
10.2. Serway 22.24
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
97
10.3. Serway 22.48
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
98
10.4. Serway 22.49
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
99
10.5. Serway 22.62
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
10.6. III Par ial I 2010 (Ci los y e ien ia) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 10.7. III Par ial II 2010 (Ci lo Diesel)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
5
1 Estáti a de Fluidos 1.1. Serway 14.16 En un tubo en U se vierte mer urio, omo se muestra en la gura. El brazo izquierdo del tubo tiene
A1 de 10, 0cm2 y el brazo dere ho tiene un área de se
ión transversal A2 2 de 5,00cm . A ontinua ión se vierten 100g de agua en el brazo dere ho omo se muestra en la gura
área de se
ión transversal
1.1. a) Determine la longitud de la olumna de agua en el brazo dere ho del tubo U. b) Dado que la densidad del mer urio es
13,6g/cm3 ¾qué
distan ia
h
se eleva el mer urio en el brazo izquierdo?
Solu ión (a) Se tiene que el volumen de agua es:
Vagua = ha A2 donde
ha
es la altura de la olumna de agua en el lado dere ho del tubo. Usando la de ni ión de
densidad,
ma = ha A2 ρa ha =
ma = 20,0cm A2 ρa
(b) Por onserva ión de la masa, el volumen desplazado de mer urio del lado dere ho tiene que ser igual al volumen desplazado del lado izquierdo:
A1 h = A2 h2 ⇒ h2 = donde
h2
A1 h A2
es la altura que bajó el nivel de mer urio del lado dere ho del tubo. La línea punteada superior
en la gura 1.2 ontinua ión representa el nivel original del mer urio antes de agregar agua.
Figura 1.1: Tubo en U on áreas transversales diferentes (a) solo mer urio (b) mer urio y agua
7
1 Estáti a de Fluidos A1
A2
h h2
Figura 1 Figura 1.2: Niveles del agua y del mer urio
Luego, igualando las presiones a la altura del punto de la interfaz agua-mer urio,
P0 + ρa gha = P0 + ρHg g(h + h2 ) ρa ha = ρHg (h +
A1 h) A2
A1 ρa ha = h(1 + ) ρHg A2 h=
ha ρa 1 ρHg (1 + A A ) 2
→ h = 0,490cm
1.2. Serway 14.55 k = 90,0N/m se une verti almente a una mesa. Un globo de 2,00g 0,180kg/m3 ) a un volumen de 5,00m3 y después se one ta al resorte,
se
que ha e que el resorte se estire omo se muestra en la gura. Determine la distan ia de extensión
L
Un resorte ligero de onstantes llena on helio (densidad =
lo
uando el globo está en equilibrio. Ver gura 1.3
La suma de fuerzas sobre el balón debe ser ero (ver gura 1.4),
X
F =0
Fb − PHe − Pbal´on − Fresorte = 0 donde
Fb
es la fuerza de ota ión,
PHe
y
Pbalon
son los pesos del helio y del balón y
de restitu ión del resorte. Así,
Fb − mHe g − mbal´on g = kL
8
Fresorte
la fuerza
1.2 Serway 14.55
Figura 1.3: Sistema (a) resorte (b) resorte y globo
Fb
P
He
P F b
resorte
Figura 1. Diagrama de Fuerzas Figura 1.4: Diagrama de uerpo libre para el globo
9
1 Estáti a de Fluidos Luego si onsideramos que el balón es Helio sin masa en el aire,
Fb = maire desplazado g Fb = Vaire ρaire g = V ρaire g y también que
mHe = V ρHe enton es:
V ρaire g − V ρHe g − mbal´on g = kL L=
[V (ρaire − ρHe ) − mbal´on ] g = 0,604m k
1.3. Serway ejemplo 14.4: La fuerza sobre un dique. El agua llena una altura
H
detrás de un dique de an ho
w.
Determine la fuerza resultante que el
agua ejer e sobre el dique.
h H
y
dy W Figura 1.
Solu ión La presión en fun ión de h está dada por
P = ρgh La fuerza sobre una región de área
dA = W dy
es
dF = P dA = ρghW dy Luego, de la gura 1 usando que
h=H −y
tenemos
dF = ρg(H − y)W dy La fuerza total sobre toda la pared es
F = ρgW
ˆ
H 0
y2 (H − y)dy = ρgW Hy − 2
Enton es:
ρgW H 2 H2 2 = F = ρgW H − 2 2
10
H 0
1.4 II Par ial I 2010 (Flota ión)
1.4. II Par ial I 2010 (Flota ión) Un pez mantiene su profundidad en el agua del mar ajustando el ontenido gaseoso del hueso poroso o de las bolsas de aire para igualar su densidad promedio a la del agua. Supóngase que olapsadas las bolsas de aire, tenga una densidad de
1,08g/cm3 .¾A
qué fra
ión de su volumen orporal expandido
deberá in ar las bolsas para redu ir su densidad promedio a la del agua? Suponga que la densidad del aire es
0,00121g/cm3 .
Sugeren ia: despre ie la masa del aire pero no su volumen.
Solu ión El peso del pez debe igualarse a la fuerza de ota ión:
mpez g = magua g mpez = ρagua Vdesalojado = ρagua (Vaire + Vpez ) mpez − Vpez ρagua
Vaire = donde
Vpez es
el volumen del pez sin aire y
Vaire
el volumen del aire dentro del pez.
Ne esitamos al ular la fra
ión de volumen,
Vaire Vaire + Vpez
= = 1−
Luego ya que
ρpez =
mpez ρagua mpez ρagua
− Vpez
− Vpez + Vpez
Vpez ρagua . mpez
Vpez mpez , por lo tanto,
ρagua Vaire =1− = 0,074 Vaire + Vpez ρpez
1.5. I Par ial I 2011 (Flota ión) Considere un tubo ilíndri o de paredes muy delgadas y área transversal A. Cuando del tubo está
h = 5cm. Cal ule la longitud 3 densidad ρ = 800kg/m .
va ío ota sobre agua de manera que sobresale una longitud tendría que tener para que se pueda llenar on a eite de
total
L
que
Solu ión Primero, uando está va ío,
mc g = mf g mc = (L − h) AρH20 donde
mf
es la masa del uido desplazado,
mc
(1.1)
la masa del ilindro.
Luego, uando está lleno de a eite,
(mc + ma ) g = mf g donde
ma
es la masa del a eite.
11
1 Estáti a de Fluidos Usando la expresión 1.1 para
mc
y el he ho de que
ma = ρAL
donde
obtenemos,
A (L − h) ρH2O + ρAL = ρH2O AL LρH2O − hρH2O + ρL = ρH2O L ρH2O h. L = ρ
Para los valores dados
12
L = 6,25cm
ρ
es la densidad del a eite
2 Dinámi a de Fluidos 2.1. Resni k 16-14 η uye onstantemente a través de un tubo ilíndri o de radio R y de longitud L, omo se muestra en la gura 2.1. a) Suponga un ilindro arbitrario de ujo de radio r . Demuestre dV que la fuerza vis osa F pro edente de la apa ve ina es F = −η(2πrL) dr . b) Demuestre que la fuerza , 2 F = (πr )∆p. ) Use la ondi ión de equilibrio para obtener una expresión para dV en fun ión de dr . ∆p 2 2 Integre la expresión para onseguir la e ua ión v = 4ηL (R − r ). Un uido de vis osidad
Solu ión. a) La e ua ión que des ribe la magnitud de la fuerza vis osa en fun ión del área y la varia ión de la velo idad es,
|F | = −ηA Observe que
|F | > 0
pues
dv dr
< 0.
Con
A = 2πrL
dv . dr
omo el área del ilindro interno obtenemos,
⇒ |F | = −η(2πrL)
dv dr
b) Se tiene que la magnitud de la fuerza debido a la diferen ia de presiones es,
|F , | = A′ ∆p Además A' es el área transversal del ilindro y está dada por
A′ = πr 2 ,
por lo tanto
|F , | = (πr 2 )∆p
) Si la velo idad es onstante la suma de fuerzas es 0, enton es
− F ′ + |F | = 0 F p+ p
F
, 2r
2R
p
F Figura 2.1: Cilindro de ujo de radio r dentro el uido.
13
2 Dinámi a de Fluidos dr
r
Figura 2.2: Anillo de ujo de radio externo r y grosor dr
η2πrL
dv + πr 2 ∆p = 0 dr
η2Ldv = −r∆pdr. Integrando obtenemos,
η2L
ˆv
dv = −∆p
ˆr
rdr
R
0
η2Lv = −
∆p 2 (r − R2 ), 2
de donde
v=
∆p(R2 − r 2 ) . 4ηL
2.2. Resni k 16-15 Considere el uido que uye por el tubo des rito en la gura 2.1. En uentre una expresión del ujo de masa a través del anillo entre los radios
r
y
r + dr ;
integre después este resultado para obtener el
ujo total de masa a través del tubo, veri ando así la e ua ión
dm dt
=
ρπR4 ∆p 8ηL .
Solu ión. El ujo de volumen es lo que hemos llamado audal. A través de un anillo de radio
r
y espesor
(Figura 2.2 ) orresponde a
δf = δAv = 2πrvdr. Note que aquí el área
δA
orresponde al área de la inta de longitud aproximada
Para al ular el ujo de masa, multipli amos el audal por la densidad,
Por lo tanto para todo el ilindro,
14
dm dt
= ρδf. anillo
2πr
y an ho
dr .
dr
2.3 I Par ial 2010-Fluidos B
h1 PSfrag repla ements
d A h2 C Figura 2.3: Sifón del problema I Par ial 2010-Fluidos
Re ordamos que
v=
∆p 2 4ηL (R
dm =ρ dt
ˆ
ρ∆p2π dm = dt 24ηL
ˆ
πρ∆p = 2ηL
R
2πrvdr 0
− r2) R 0
rR2 − r 3 dr
R4 R4 − 2 4
Por lo tanto:
πρ∆pR4 dm = dt 8ηL
2.3. I Par ial 2010-Fluidos Un sifón es un aparato para sa ar líquido de un ontenedor que no queremos ladear. Fun iona omo se indi a en la gura. Ini ialmente la manguera debe estar llena para que el líquido uya ha ia afuera hasta que su nivel aiga por debajo de la abertura en A.El líquido tiene una densidad
ρ
y una vis osidad
insigni ante y suponga que el área transversal de la manguera es mu ho más pequeña que el área transversal del ontenedor.
a)
¾Con qué rapidez uye el tubo en C? b) ¾Qué presión tiene en el punto
más alto B?
Solu ión a) Considerando la e ua ión de Bernoulli en los puntos de la super ie y el punto C, y usando omo altura de referen ia el punto A:
1 1 P0 + ρv02 + ρgd = P0 + ρv 2 − ρgh2 . 2 2
(2.1)
Luego, en virtud de la e ua ión de ontinuidad,
Av0 = av
15
2 Dinámi a de Fluidos donde
A
es el área transversal del ilindro y
a
v0 =
el área de la manguera,
A ≫ a,
a v → v0 ≪ v A
y por lo tanto es despre iable. Tomando en uenta esto en la e ua ión I Par ial 2010-Fluidos,
1 2 1 2 ρv0 + ρgd = ρv − ρgh2 , 2 2 p v = 2g (d + h2 ) .
b) Pensando en el tubo de forma invertida, on el nivel de referen ia en C, la presión es,
PB = P0 − ρg (d + h1 + h2 ) .
2.4. I Par ial I 2011-Fluidos El sistema que se muestra en la gura onsiste de un tanque prin ipal errado de área transversal lleno de un uido de densidad
ρ
hasta una altura
H.
manómetro de tubo en U que ontiene un líquido de densidad de salida de área transversal
A2
tal que
A1 ≫ A2 .
A1
La presión dentro del tanque se mide usando un
ρ′ .
En el fondo del tanque hay un tubo
Este tubo desembo a que uno de área
A3 = 2A2 .
Patm
A1
h
Patm A3
H A2
P1 en el interior del tanque en velo idad v2 de ujo en fun ión de las
(a) Cal ule la presión
fun ión de las densidades y
(b) Cal ule la
densidades,
h
y
h.
H.
Solu ión (a) La presión
P1
Por diferen ia de alturas en la olumna del tubo en U sabemos que,
P 1 = Patm + ρgh (b) La velo idad
v2
Usando la e ua ión de Bernoulli entre los puntos 1 y 2, despre iando
1 P1 + ρagua gH = P2 + ρagua v22 . 2 Sustituyendo (7.1) en la e ua ión (2.3),
16
(2.2)
v1 , (2.3)
2.4 I Par ial I 2011-Fluidos 1 Patm + ρgh + ρagua gH = P2 + ρagua v22 . 2
(2.4)
Apli ando Bernoulli entre los puntos 2 y 3,
1 1 P2 + ρagua v22 = Patm + ρagua v32 . 2 2
(2.5)
Apli ando la e ua ión de ontinuidad,
A2 v2 = A3 v3 → v3 = v3 =
A2 v2 A3
1 v2 . 2
(2.6)
Sustituyendo (2.6) en (2.5) obtenemos,
1 1 P2 + ρagua v22 = Patm + ρagua v22 . 2 8 Despejando
P2
(2.7)
de (2.7) y sustituyendo en (2.4),
1 1 1 = Patm + ρagua v22 − ρagua v22 + ρagua v22 8 2 2 1 2 ρagua v2 ρagua gH + ρgh = 8
Patm + ρgh + ρagua gH
s
8g (Hρagua + hρ) ρagua
= v2
17
3 Movimiento armóni o simple 3.1. Alonso 12.11 Una partí ula uya masa es de 0.50 kg se mueve on MAS. Su periodo es de 0.15s y la amplitud de su movimiento es de 10 m. Cal ular la a elera ión, la energía poten ial y la energía inéti a uando la partí ula está a 5 m de la posi ión de equilibrio.
Solu ión:
m = 0,50kg
T = 0,15s
A = 0,10m
Del periodo al ulamos la fre uen ia angular,
T =
2π 2π 40π ⇒ω= ⇒ω= ω T 3
Las e ua iones del movimiento están dadas por
x (t) = A cos (ωt + φ)
(3.1)
v (t) = −Aω sin (ωt + φ)
(3.2)
a (t) = −Aω 2 cos (ωt + φ)
(3.3)
Enton es la velo idad máxima está dada por
vmax = Aω =
4π 3
a partir de la ual podemos al ular la energía me áni a total (suponiendo que el sistema es onservativo):
1 1 1 16π 2 4π 2 2 mvmax = · · = 2 2 2 9 9 1 Consideramos ahora una posi ión x∗ = 5cm = 20 m. Sustituyendo la e ua ión ?? en la ??, obtenemos la a elera ión 40 2 2 1 80 ∗ 2 ∗ a = −ω x = − π = π 2 m/s2 3 20 9 E=
Ahora para la energía poten ial, 2 1 2 1 1 1 U = kx∗ = mω 2 x∗ = · · 2 2 2 2
U=
40 π 3
2
·
1 202
π2 9
19
3 Movimiento armóni o simple Enton es la inéti a:
K =E−U 1 4π 2 π 2 − = π2 9 9 3 libro, se usa el valor T = 0,1s
K= Nota: En la solu ión presentada en el
on el ual se obtiene,
ω = 20π vmax = 2π E=
1 2 4π = π 2 4
a = −ω 2 x∗ = −
202 π 2 = −20π 2 m/s2 20
1 1 202 π 2 π2 2 U = mω 2 x∗ = · = 2 4 202 4 K = π2 −
π2 3 = π2 4 4
3.2. Alonso 12.12 Una partí ula de masa m se mueve a lo largo del eje x bajo la a
ión de la fuerza t1
= 2s
F = −kx.
Cuando
la partí ula pasa a través del origen y uando t2 =4s su velo idad es de 4m/s. En ontrar la
e ua ión de la elonga ión y demostrar que la amplitud del movimiento será
√ 32 2 si el periodo de osπ
ila ión es de 16s.
Solu ión. Sabemos que la posi ión en fun ión del tiempo para una partí ula que se mueve bajo la a
ión de una fuerza restauradora F= -kx es la que orresponde al MAS.
x (t) = Acos (ωt + φ) Debemos determinar A,
ω
y
φ.
Sabemos que
T =
2π ω
=⇒ ω =
2π 2π π = = rad/s T 16s 8
Luego, apli ando la informa ión del enun iado
x (t1 = 2s) = 0 =⇒ A cos (ω · 2 + φ) = 0 lo que impli a
2ω + φ = ±
20
π 2
3.3 Alonso 12.15 (Modi ado)
φ=±
π π π 2π − =± − 2 8 2 4
y
π π 3π − =− 2 4 4
φ1 = −
(3.4)
π π π − = 2 4 4
φ2 =
(3.5)
Por otro lado, tenemos que
v (t2 = 4s) = 4m/s por lo tanto usando la expresión para velo idad,
−Aω sin (ωt2 + φ) = 4m/s enton es
A= φ1
Si usamos
(según 3.4) obtenemos:
sin Y usando
φ2 ,
8·4 . π sin (ωt2 + φ)
3.5:
π 8
sin Por lo tanto es ogemos
φ2
π 8
· 4 + φ1
√ π 2 =− = sin − 4 2
· 4 + φ2 = sin
3π 4
√ 2 . = 2
pues la amplitud es una antidad positiva,
8 · 4m/s π sin (ωt2 + φ) 32 √ m. π 2
A = A =
3.3. Alonso 12.15 (Modi ado) Un bloque de madera uya densidad es
ρ
tiene dimensiones a,b, y . Mientras está otando en el
agua on el lado a en la posi ión verti al se empuja ha ia abajo y se suelta. En ontrar el periodo de os ila ión.
Solu ión. En la posi ión de equilibrio, la fuerza del peso equilibra la fuerza de ota ión. Sea
ℓ
la longitud de la
arista a que se en uentra sumergida. Por lo tanto,
vs ρag g − M g = 0. El volumen sumergido es
vs = ℓbc
por lo tanto,
ℓbcρag g − M g = 0 donde M es la masa del ubo y
ρag
(3.6)
es la densidad del agua.
Suponemos que a partir de la posi ión de equilibrio del ubo se hunde una longitud x, la fuerza de restitu ión es la resultante entre el peso y la fuerza de ota ión:
21
3 Movimiento armóni o simple
vs ρag g − M g = Fresultante , en esta o asión el volumen sumergido es,
vs = (ℓ − x) bc
(ℓ − x) ρag gbc − M g = Fresultante ℓbcρag g − xbcρag g − M g = Fresultante Despejando
Mg
(3.7)
de la e ua ión 4.3 y sustituyendo en 4.4,
−bcρag gx = Fresultante Comparando esta última e ua ión on Para al ular el periodo usamos:
2π T = = 2π ω
F = −kx r
, obtenemos
M = 2π k
s
k = bcρag g .
ρabc = 2π bcρag g
r
ρa ρag g
3.4. Serway 15.11 Un objeto de 0.500kg unido a un resorte on onstante de fuerza 8.0N/m vibra en MAS on una amplitud de 10 m. Cal ule (a) El máximo valor de su rapidez y a elera ión (b) La rapidez y a elera ión
uando el objeto está a 6.00 m de la posi ión de equilibrio ( ) El periodo y la fre uen ia.
Solu ión (a) Como es MAS:
donde ya sabemos que
x (t) = A cos (ωt + φ)
(3.8)
v (t) = −Aω sin (ωt + φ)
(3.9)
A = 10cm.
Dada la e ua ión 4.3 sabemos
a (t) = −Aω 2 cos (ωt + φ) Por lo tanto
vmax = −Aω amax = −Aω 2 Ne esitamos al ular
ω: F = ma −kx = m¨ x x ¨=−
Donde
22
ω2 =
k m
k ¨ 2x x ⇒ x = −ω m
(3.10)
3.5 Serway 15-27 En este aso,
ω = 4rad/s y por lo tanto
amax = 1,6m/s2
vmax = 0,4m/s (b)
x (t∗ ) = 0,06m
0,06m = A cos (ωt∗ + φ) suponiendo que
x0 = A ⇒ φ = 0: 1 t = cos−1 ω ∗
0,06 A
t∗ = 0,23s Por lo tanto,
v (t∗ ) = −A sin (ωt∗ ) = −0,079m/s = 7,9cm/s a (t∗ ) = −Aω 2 cos (ωt∗ ) = 0,97m/s² = 97cm/s2 ( ) El periodo está dado por
T =
2π = 1,57s ω
f=
1 = 0,64Hz T
y la fre uen ia
3.5. Serway 15-27 Una partí ula de masa m se desliza sin fri
ión dentro de un tazón hemisféri o de radio R. Demuestre que, si la partí ula parte del reposo on un pequeño deslizamiento desde el equilibrio, se mueve en MAS
on una fre uen ia angular igual a la de un péndulo simple de longitud R,
Solu ión.
ω=
q
g R.
Este problema es equivalente al péndulo simple, en vez de existir la tensión del able en la dire
ión radial del movimiento tenemos la fuerza normal ejer ida por la super ie del tazón.
23
3 Movimiento armóni o simple R PSfrag repla ements
R
θ
N=mgsin
N
F T =mgsin
θ θ
θ mg Figura 3.1: Diagrama de fuerzas
La fuerza responsable por el MAS es la fuerza fuerza tangen ial. Apli ando la II Ley de Newton en la dire
ión tangen ial,
FT = maT , mg sin θ = −m
d2 s , dt2
donde el segundo término es negativo porque la fuerza del peso siempre tiende a restaurar la posi ión de equilibrio. Si el desplazamiento ini ial es pequeño, el ángulo ini ial y todos los ángulos a lo largo de la os ila ión son pequeños:
sin θ ∼ θ, gθ = − Luego,
donde
d2 s . dt2
θ = Rs
ω=
q
g R y
ω2 =
gs = −R
d2 s , dt2
−ω 2 s =
d2 s , dt2
g R.
3.6. Serway 15-31. Considere el péndulo físi o de la gura 15.17. (a) Represente su momento de iner ia en torno a un eje que pasa a través de su entro de masa y paralelo al eje que pasa a través de su punto de giro omo Icm . Demuestre que su periodo es
T = 2π
24
s
Icm + md2 mgd
3.6 Serway 15-31. donde d es la distan ia entre el punto de giro y el entro de masa. (b) Demuestre que su periodo tiene valor mínimo uando d satisfa e la ondi ión md
2
= Icm
Solu ión.
O
θ
d
d sin
CM
θ
mg
PSfrag repla ements
Figura 3.2: Péndulo físi o
En este aso el torque es el de gravedad:
X
z = Iα
z = r⊥ F = −dmg sin θ Según el teorema de los ejes paralelos
I = ICM + md2 Por lo tanto,
−dmg sin θ = I θ¨ y dado que si el ángulo es pequeño,
sin θ ∼ θ −dθmg = I θ¨
donde
w2 =
−w2 θ = θ¨
dmg I .
El periodo,
T =
2π = 2π w
s
Icm + md mgd
Luego,
I (d) = 2π
Icm d + mgd g
1 2
25
3 Movimiento armóni o simple 2π dI = dd 2
Icm d + mgd g
− 21
1 Icm + − 2 mgd g
=0
1 Icm − =0 mgd g Icm =1 md2 Icm = md2
3.7. Serway 15-37 Un objeto de 10.6 kg os ila en el extremo de un resorte verti al que tiene una onstante de resorte de
2,05 × 104 N/m.
El efe to de la resisten ia del aire se representa mediante el oe iente de amor-
tiguamiento b= 3.00 N/m. a) Cal ule la fre uen ia de la os ila ión amortiguada. b) ¾En qué por entaje disminuye la amplitud de la os ila ión en ada i lo? )En uentre el intervalo de tiempo que trans urre mientras la energía del sistema ae a 5 % de su valor ini ial.
Solu ión. Para una os ila ión amortiguada,
X = Ae−( 2m )t cos (ωt + φ) b
donde
s
k − m
b 2m
ω 1 1 = f= = T 2π 2π
s
k − m
ω=
2
a) La fre uen ia está dada por
1 f= 2π b) La amplitud ini ial es
A0 .
s
2,05 × 104 − 10,6
3,00 2 × 10,6
b 2m
2
2
= 7,00Hz
Después de un i lo la amplitud es
A0 e−( 2m )T b
.
b A0 e−( 2m )T − b = e−( 2m )T = e 2mf = 0,98 A0 b
Esto quiere de ir que la amplitud disminuye en un 2 %.
) Para un os ilador armóni o simple, la energía me áni a está dada por,
E= donde
k
es la onstante del resorte (o su equivalente según el problema) y
onstantes en el tiempo.
26
1 2 kA 2 A
es la amplitud, ambas
3.8 Serway 15.42 Para el os ilador amortiguado, la amplitud depende del tiempo,
A (t) = A0 e−( 2m )t , b
donde
A0
es la amplitud ini ial.
En este aso, la energía me áni a depende también del tiempo a través de la amplitud,
1 kA (t)2 2 i2 b 1 h k A0 e−( 2m )t 2 1 2 −( b ) t kA e m . 2 0
E (t) = = = Por lo tanto, la energía del sistema es
b 1 E(t) = kA20 e−( m )t 2
(3.11)
Por otro lado, usando la informa ión que nos propor ionan en el enun iado, al ulamos el 5 % de la energía ini ial,
1 5 1 ⇒ E(t) = kA20 × = kA2 2 100 40 0 Igualando 4.3 y 4.4
(3.12)
b 1 1 kA2 = kA2 e−( m )t 40 2 b 1 = e−( m )t 20 b
20 = e m t ⇒ ln 20 = t=
b t m
b ln 2 m
⇒ t = 10,6s
3.8. Serway 15.42 El amortiguamiento es despre iable para un objeto de 0.150 kg que uelga de un resorte ligero de 6.30 N/m. Una fuerza sinusoidal, on una amplitud de 1.7 N impulsa al sistema. ¾A qué fre uen ia la fuerza hará vibrar al objeto on una amplitud de 0.440m?
Solu ión Para os ila iones forzadas,
X = A cos(wt + φ) donde
A=±
F0 /m w2 − w02
27
3 Movimiento armóni o simple Además
w0 =
q
k m
F (t) = F0 sin(wt) w2 − w02 = ± w2 = ± ⇒w=
r
±
b∼0
F0 mA
F0 + w02 mA
1,7 6,30 + 0,150 × 0,44 0,150
w+ = 8,23rad/s w− = 4,03rad/s Por lo tanto
f+ =
w+ = 1,31Hz 2π
f− =
w− = 0,641Hz 2π
3.9. Serway 15-45. Un objeto de masa m se mueve en movimiento armóni o simple on 12.0 m de amplitud en un resorte
2
ligero. Su a elera ión máxima es 108 m/s . Considere m omo variable. a) En uentre su periodo T. b) En uentre su fre uen ia. ) Halle la rapidez máxima
vmax
del objeto. d) La energía E de vibra ión.
e) La onstante k de fuerza del resorte.
Solu ión a) La e ua ión del movimiento es
F = −kx = −kx =
dp dt
d (mv) dt
dv dm v+m dt dt
Dado que no ono emos m(t), la e ua ión diferen ial es
−kx = mx ¨ + m¨ x A pesar del ambio de la masa, la fre uen ia debe permane er onstante.
2
amax = Aw ⇒ w = T =
amax A
2π → T = 2,09s 3
b)
f=
28
r
1 = 0,447Hz T
w = 3rad/s
3.10 Tipler 12.20.
)
vmax = Aw = 0,12 × 3 = 0,36m/s d)
1 1 E = kA2 → E = mw2 A 2 2 E = (0,0648
m )m s2
Esto quiere de ir que la energía del os ilador varía. e)
k = mw2 ⇒ k = (9
rad )m s2
Es de ir que la onstante del resorte también es fun ión de la masa.
3.10. Tipler 12.20. Un objeto de 1.5 kg os ila on un movimiento armóni o simple unido a un muelle de onstante de fuerza k=500N/m. Su velo idad máxima es de 70 m/s. (a) ¾Cuál es la energía total? (b) ¾Cuál es la amplitud de la os ila ión?
Solu ión.
E =U +K =
1 2 kA 2
(3.13)
(a) Cuando la velo idad es máxima la energía poten ial es nula. Por lo tanto
E = Kmax =
1 mv 2 = 0,5 · 1,5 · 0,72 2 max E = 0,37J
(b)Para al ular la amplitud de os ila ión, de 3.13 obtenemos que
2E A = ⇒A= k 2
r
2E k
A = 0,038m A = 3,8cm.
3.11. I Par ial I 2010 (Os ila iones) Un objeto de asa
m1 = 9,00kg
está en equilibrio, one tado a un resorte ligero de onstante
k =
100N/m que está sujeto a una pared. Un segundo objeto, m2 = 7,00kg , se empuja lentamente ontra m1 , lo que omprime al resorte la antidad A = 0,200m. Luego el sistema se libera y ambos objetos
omienzan a moverse ha ia la dere ha sobre la super ie sin fri
ión. a) Cuando m1 al anza el punto de equilibrio, m2 pierde onta to on m1 y se mueve ha ia la dere ha on rapidez v . Determine el valor de v . b) En uentre el período de os ila ión del sistema m1 - resorte. ) ¾Qué tan separado están los objetos uando el resorte se estira ompletamente por primera vez?
29
3 Movimiento armóni o simple Solu ión a) Sea A la
distan ia a la ual el resorte se omprime originalmente. La energía del sistema es :
1 E = kA2 . 2
(3.14)
Cuando el bloque se en uentra nuevamente en su posi ión de equilibrio, ambos bloques se mueven
on la misma velo idad y su energía es puramente inéti a:
E=
1 (m1 + m2 ) v 2 . 2
(3.15)
Finalmente uando el resorte está totalmente estirado hasta una amplitud A, el bloque 1 no se mueve mientras que el bloque 2 ha ontinuado on velo idad onstante, y la energía en este momento es:
E=
1 2 1 ka + m2 v 2 . 2 2
(3.16)
Igualamos las e ua iones 3.14 y 3.15,
1 (m1 + m2 ) v 2 2 = (m1 + m2 ) v 2 r k v =A m1 + m2 v = 0,5m/s
1 2 kA 2 kA2
b)
=
Para al ular el periodo de os ila ión del sistema
T
=
m1 -resorte,
2π ωr
m1 k = 1,88s. = 2π
) Ne esitamos la amplitud a del resorte. Enton es, la distan ia de separa ión será:
D =x−a donde
x
es la distan ia re orrida por el bloque 2 durante el tiempo
mente el resorte.
x = vt∗ . Se al ula la nueva amplitud igualando 3.14 y 3.16,
1 2 1 ka + m2 v 2 2 2 m2 v 2 a2 = A2 − k r m2 v 2 A2 − a = k = 0,15m.
1 2 kA = 2
30
t∗
que dura en estirarse ompleta-
3.12 I Par ial I 2010 (Efe to Doppler) El tiempo
t∗ orresponde
a la uarta parte del periodo, pues es el tiempo que dura en estirarse el
resorte al máximo,
T 4 = 0,47s.
t∗ =
Enton es,
D = 0,085m = 8,5cm.
3.12. I Par ial I 2010 (Efe to Doppler) Las olas del mar se mueven ha ia la playa on una velo idad de 8.9 m/s y on una separa ión entre
restas de 15.0m. Nos en ontramos en un pequeño bote an lado junto a la osta a) ¾Cuál es la fre uen ia de las olas del mar? b) Se leva el an la y nos movemos ha ia el mar on una velo idad de 15m/s ¾Qué fre uen ia de olas se observarán enton es?
Solu ión a)La fre uen ia de las ondas del mar es:
f
=
v 8,9m/s = , λ 15m
f = 0,593Hz. b) Si el observador se mueve ha ia la fuente,
f′ = donde
v = 8,9m/s
y
v0 = 15m/s.
v + v0 f v
Por lo tanto,
f ′ = 1,59Hz.
31
4 Ondas transversales 4.1. Resni k 18.8(P) Una uerda uniforme de masa
m
y de longitud
y,
una onda transversal en ella es una fun ión de
v =
√ gy .
L,
uelga del te ho. a) Demuestre que la rapidez de
la distan ia del extremo inferior que está dada por
b) Demuestre que el tiempo que una onda transversal tarda en re orrer la longitud de la
uerda está dada por
Solu ión
p t = 2 L/g .
a) Consideramos un elemento
) ¾Afe ta la masa de la uerda los resultados de a) y b)?
dy
de uerda a una altura
y
medida desde el extremo inferior de la
uerda. Las fuerzas que a túan sobre este elemento de uerda son la tensión
T
ha ia arriba y el peso
de los segmentos inferiores ha ia abajo. Como el elemento está en equilibrio,
T = P. Dado que la uerda es uniforme, podemos al ular el peso de la uerda por debajo del elemento es ogido mediante una propor ión,
P y mg = → P = mg . L y L Por lo tanto,
T =
mgy . L
Finalmente la velo idad de la onda en la uerda está dada por,
v =
s
T , µ
r
mgy L · , L m √ gy. = =
b) Usando la de ni ión de velo idad,
v=
dy √ = gy dt
e integrando a ambos lados,
ˆ
L 0
dy √ gy s L 2 g
) No, estas antidades son independientes de
=
ˆ
t
dt, 0
= t.
m.
33
4 Ondas transversales
4.2. Resni k 18.9 (P) Un alambre no uniforme de longitud L y de masa M tiene una densidad de masa lineal variable dada
µ = kx, donde x es la distan ia de un extremo del alambre y k es una onstante. a) Demuestre que 2 M = kL2 b) Pruebe que el tiempo t requerido para que un pulso generado en un extremo del alambre q 8M L llegue al otro extremo está dado por t = 9F ; donde F es la tensión en el alambre.
por
Solu ión
a) Consideramos la densidad de masa lineal omo,
µ=
dm = kx. dx
Podemos integrar a ambos lados de esta expresión,
ˆ
M
dm = k
0
M
=
ˆ
L
0 kL2
2
xdx, .
b) Luego, usando la de ni ión de velo idad,
v = dx dt donde
F
=
s
F , µ
r
F , kx
es la tensión.
Integrando,
r
kx dx = dt, F r ˆ k L√ xdx = t, F 0 r k 2 3/2 L = t, F3 r 2 L3 k = t. 3 F Re ordando que
M=
kL2 2
→ kL2 = 2M rees ribimos la última expresión, r r 2 2LM 8LM =t→t= . 3 F 9F
4.3. Sears 15.16 Una uerda de
1,50m
1,25N está atada al te ho por su extremo superior, mientras que el W . Cuando usted da un leve pulso a la uerda, las ondas que viajan
y que pesa
extremo inferior sostiene un peso
ha ia arriba de ésta obede en la e ua ión,
y (x, t) = (8,5mm) os 172m−1 x − 2730s−1 t . 34
4.4 Sears 15.18 a) ¾Cuánto tiempo tarda un pulso en viajar todo lo largo de la uerda? b) ¾Cuál es el peso W? ) ¾Cuántas longitudes de onda hay en la uerda en ualquier instante? d) ¾Cuál es la e ua ión para las ondas que viajan ha ia abajo de la uerda?
Solu ión Sea
L
la longitud de la uerda. Para al ular el tiempo que dura la onda en re orrer esa distan ia
ne esitamos al ular primero la velo idad de la onda:
v = λf =
ω , k
k = 172m−1 y ω = 2730s−1 .
donde según la fun ión de onda propor ionada
Así,
v = 15,9m/s y por lo tanto el tiempo es,
L = 0,09s. v
t= b) Luego,
v= La tensión en la uerda
T
s
T T → v2 = . µ µ
deber ser igual al peso
µ= donde
w
W
y la densidad la podemos es ribir omo
w , gL
es el peso de la uerda. De esta manera tenemos que,
v2 =
W Lg v2 w →W = . w Lg W = 21,42N.
) La longitud de onda es,
λ=
2π ; k
por lo tanto, el número de longitudes de onda que aben en la uerda en ualquier instante es,
#=
L Lk = = 41,1. λ 2π
d) Para las ondas que viajan ha ia abajo debemos ambiar el signo del término temporal,
4.4. Sears 15.18
y (x, t) = (8,5mm) os 172m−1 x + 2730s−1 t .
Si en el ejemplo 15.3 no despre iamos el peso de la uerda, ¾qué rapidez tiene la onda a) en la base de la uerda b) en la parte media ) en la parte superior.
Ejemplo 15.3:
Un extremo de una uerda
de nylon está atado a un soporte esta ionario en la bo a de un tiro de mina verti al de
80,0m
de
profundidad. La uerda está tensada por una aja de muestras de minerales on masa de 20.0kg atada al extremo inferior. La masa de la uerda es de
2,00kg
. El geólogo que está hasta abajo envía señales
a su olega de arriba tirando lateralmente de la uerda.
35
4 Ondas transversales Solu ión En este aso la tensión en la uerda se ompone del peso de la aja de minerales y del peso de la propia uerda. Así omo en el problema 4.1 la tensión depende del punto de la uerda que estemos
onsiderando,
T = Mg +
mgy L
y por lo tanto la expresión general para la velo idad es,
v= a) Para
) Para
M L + my m
g.
y = 0, v=
b) Para
s
y=
s
ML m
g = 88,5m/s.
L 2,
v=
s
v=
s
2M + m 2m
Lg = 90,7m/s.
y=L M +m m
Lg = 92,9m/s.
4.5. Sears 15.19 Un os ilador armóni o simple en el punto opera on una fre uen ia de de masa de
50,0g/m
40,0Hz
x = 0
genera una onda en una uerda. El os ilador
y una amplitud de
3,00cm.
La uerda tiene una densidad lineal
y se le estira on una tensión de 5.00N. a) Determine la rapidez de la onda b)
Cal ule la longitud de onda ) Des riba la fun ión
y (x, t)de t = 0 d)
desplazamiento máximo ha ia arriba en el instante
la onda. Suponga que el os ilador tiene su Cal ule la a elera ión transversal máxima
de las partí ulas de la uerda. e) Al tratar las ondas transversales en este apítulo despre iamos la fuerza de la gravedad. ¾Esa aproxima ión es razonable en el aso de esta onda? Explique su respuesta.
Solu ión a) La rapidez de la onda es simplemente,
v=
s
T = 10m/s. µ
b) La longitud de onda,
λ = vT =
v = 0,25m. f
) La fun ión de onda es de la forma,
y (x, t) = Asen (kx − ωt + φ) , A = 3,00cm. la ondi ión y (0, 0) = A
donde De
36
podemos dedu ir que,
φ=
π 2 y de esta manera,
4.6 Serway 16.1
π y (x, t) = Asen kx − ωt + , 2 = A os (kx − ωt) , i h x = A os 2π − tf . λ En la última línea rees ribimos la fun ión de onda de forma onveniente según la informa ión que ya
al ulamos. d) La a elera ión transversal,
i h x − tf . ay = y¨ = − (2πf )2 A os 2π λ
Por lo tanto, la magnitud de la a elera ión máxima transversal es,
aymax = (2πf )2 A = 1895m/s2 .
4.6. Serway 16.1 En
t = 0se
des ribe un pulso transversal en un alambre mediante la fun ión
y=
6 , x2 + 3
x y y están en metros. En uentre la fun ión y (x, t) que des riba este pulso si viaja en la dire
ión xpositiva on una rapidez de 4,5m/s. donde
Solu ión En
t=0 y (x) =
x2
6 . +3
Según la ondi ión de periodi idad de la onda, para un pulso que se mueve ha ia la dere ha la fun ión de onda es,
y (x, t) = y (x − vt, 0) . Enton es,
y (x − vt, 0) = donde
v = 4,50 sm2 ⇒ y(x, t) =
6 (x − vt) 2 + 3 6
(x −
9 2 2 t)
+3
.
4.7. Serway 16.18 T = 25,0ms viaja en la dire
ión x elemento de la uerda en x = 0 tiene una posi ión rapidez de 2,00m/s. a) ¾Cuál es la amplitud de la
Una onda sinusoidal transversal en una uerda tiene un periodo negativa on una rapidez de 30.0m/s. En transversal de
2,00cm
t=0
un
y viaja ha ia abajo on una
onda? b) ¾Cuál es el ángulo de fase ini ial? ) ¾Cuál es la máxima rapidez transversal de un elemento de la uerda? d) Es riba la fun ión de onda para la onda.
37
4 Ondas transversales Solu ión (a) Sabemos que la e ua ión de onda debe tener la forma,
y (x, t) = Asen (kx + ωt + φ)
(4.1)
y por lo tanto la velo idad está dada por la siguiente expresión,
En
t=0
y
x=0
v (x, t) = Aω cos (kx + ωt + φ) .
(4.2)
y0 = A sin φ = 0,02m,
(4.3)
v0 = ωA cos φ = −2,00m/s.
(4.4)
tenemos,
De 4.3 y 4.4 :
y0 = sin φ A
v0 = cos φ, ωA v y 0 0 2 2 + = 1, ⇒ cos φ + sin2 φ = A ωA r v 0 2 A = y02 + ω
donde,
ω=
2π 2π = = 8π/s. T 0,025
Evaluando on los valores dados en el enun iado,
⇒ A = 0,0215m. (b) Usando nuevamente 4.3 y 4.4
Al onvertir a radianes,
sin φ y0 ω y0 = ⇒ tan φ = , v0 ω cos φ v0 −1 y0 ω φ = tan = −14,1º v0 −14,1º ×
π 7 ≈ − πrad. 180º 90
( ) De (4.2) vemos que,
vy max = Aω = 5,41m/s. (d) Para al ular el número de onda al ulamos primero la longitud de onda,
λ = vx T = 30m/s · 0,025s = 0,75m y por lo tanto,
k=
2π = 8,38/m. λ
Por último, es ribimos explí itamente la fun ión de onda,
rad 7 rad + 80,0πt − πrad . y (x, t) = 0,0215m sin 8,38x m s 90
38
4.8 Serway 16.26
4.8. Serway 16.26 Un péndulo simple onsiste de una bola de masa
m ≪ M.
y longitud L, on
Sea
T
M
que uelga de una uerda uniforme de masa
m
el periodo de os ila iones para el péndulo. Determine la rapidez de
una onda transversal en la uerda uando el péndulo uelga en reposo.
T L
PSfrag repla ements
θ
L m
M
PSfrag repla ements
Mg
M (b)
(a)
Figura 4.1: Péndulo simple del problema Serway 16.26 (a) Posi ión generalizada (b) Posi ión en reposo
Solu ión Del equilibrio de las fuerzas que a túan sobre la masa ,
T = M g. Luego la velo idad de la onda en la uerda depende de la tensión y la densidad lineal,
⇒v=
s
T = µ
r
TL = m
r
M gL . m
4.9. Serway 16.28 Una uerda ligera on una masa por unidad de longitud de 8.00g/m tiene sus extremos amarrados a dos paredes separadas por una distan ia igual a tres uartos de la longitud de la uerda. Un objeto de masa
m
se suspende del entro de la uerda y pone tensión en la uerda a) En uentre una expresión
para la rapidez de onda transversal en la uerda omo fun ión de la masa del objeto olgante b) ¾Cuál debe ser la masa del objeto suspendido de la uerda si la rapidez de onda es de 60.0m/s?
Solu ión (a) La gura 4.2(a) representa la situa ión del problema. La gura 4.2(b) representa el diagrama de fuerzas sobre la masa olgante. De la gura 4.2( ) obtenemos,
cos θ =
3 3L ·2= 8L 4
39
4 Ondas transversales PSfrag repla ements
3L 2
T
L 2
T
PSfrag repla ements
L 2
L 2
θ
θ
epla ements
mg (a)
θ 3L 8
(c)
(b)
Figura 4.2: Diagramas para la solu ión del problema Serway 16.28 . (a) Situa ión propuesta (b) Diagrama de fuerzas ( ) Considera iones trigonométri as.
θ = 41,4º Del análisis de fuerzas ( gura 2) obtenemos la tensión:
X
Fy = 2T sin θ − mg = 0 T =
mg . 2 sin θ
Y ahora podemos al ular la velo idad de la onda transversal,
v= (b) Despejando
m
µ=
8g m
=
mg 2 sin θµ
obtenemos:
m= donde
r
2v 2 sin θµ g
8×10−3 kg . m
⇒ m = 3,89kg.
4.10. Serway 16.40 En una región lejana del epi entro de un terremoto, una onda sísmi a se modela omo transporte de energía en una sola dire
ión sin absor ión, tal omo lo ha e una onda en una uerda. Suponga que la onda sísmi a se mueve de granito a fango on densidad similar pero on un módulo volumétri o mu ho menor. Suponga que la rapidez de la onda aer gradualmente en un fa tor de 25.0 on re exión despre iable de la onda. Explique si la amplitud del subsuelo que se agita aumentará o disminuirá.¾Cambia en un fa tor prede ible? Este fenómeno ondujo al olapso de parte de la autopista Nimitz en Oakland, California, durante el terremoto de Loma Prieta en 1989.
Solu ión
40
4.11 Serway 16.49 Para el granito, la poten ia de la onda está dada por,
1 Pg = µω 2 A2g vg 2 y para el fango:
1 PF = µω 2 A2F vF 2 Como el enun iado di e que tienen una densidad similar suponemos
µyω
ambas onstantes iguales:
A2g vg = A2F vF A2g vF = 2 vg AF Luego, omo se tiene que
vF =
1 25 vg
√ A2g 1 AF = ⇒ = 25 = 5 2 25 Ag AF Enton es, la amplitud de la onda en el fango es aproximadamente 5 ve es mayor que en el granito.
4.11. Serway 16.49 Un bloque de
2,00kg
uelga de una uerda de au ho y se sostiene de modo que la uerda no se estira.
La longitud no estirada de la uerda es de 0.500m y su masa es de
5,00kg . La ontante
de resorte para
la uerda es 100N/m. El bloque se libera y se detiene en el punto más bajo. a) Determine la tensión en la uerda uando el bloque está en este punto más bajo. b) ¾Cuál es la longitud de la uerda en esta posi ión estirada? ) En uentre la rapidez de una onda transversal en la uerda si el bloque se mantiene en esta posi ión más baja.
L0
PSfrag repla ements
x x=0 Figura 4.3: Esquema que representa el bloque suspendido de la uerda elásti a del problema.
Solu ión (a) Antes de soltar el bloque, en ontramos uál es la longitud porque la uerda se estira
La uerda estirada es omo un resorte estirado. Planteamos una e ua ión de onserva ión de energía poten ial tomando omo nivel de referen ia el punto más bajo omo se muestra en la gura 4.3. En
41
4 Ondas transversales la posi ión ini ial la energía es poten ial gravita ional mientras que en el punto más bajo es energía elásti a,
1 M gx = kx2 . 2
Despejando para
x, 2M g =x k
(4.5)
Cuando el bloque se baja, la tensión es la fuerza restauradora,
2kM g = 2M g k
T = kx =
T = 39,2N b) En la posi ión estirada:
L = L0 + x donde
x
está dada por 4.5. Por lo tanto,
L = 0,89m
) La rapidez de la onda en la posi ión estirada
v=
s
T = µ
r
TL , m
v = 84,06m/s.
4.12. I Par ial I 2010 (Fun ión de onda) Una onda armóni a se mueve a lo largo de una uerda uniforme e in nita bajo tensión onstante. La uerda está mar ada a intervalos de 1m. En la mar a de 0m, se observa que la uerda al anza de desplazamiento transversal máximo de 50 m ada 5s. La distan ia entre máximos en un instante de tiempo ualquiera es 50m. En ontrar la expresión de su fun ión de onda, suponiendo que es armóni a, que tiene su desplazamiento máximo en
x=0
uando
t=0
y que se está moviendo a lo largo de la
uerda de izquierda a dere ha.
Solu ión La fun ión de onda es de la forma,
y (x, t) = Asen En
x=0
y
t=0
2π (x − vt) + φ . λ
el desplazamiento es máximo. Por lo tanto, de la fun ión de onda,
A = Asen [φ] 1 =
senφ
φ =
asen(1)
=
42
π . 2
4.12 I Par ial I 2010 (Fun ión de onda) Luego,
v = fλ =
λ = 10m/s. T
Podemos ahora es ribir explí itamente la fun ión de onda,
y (x, t) = 0,50m os
2π (x − 10m/s t) 50m
43
5 Ondas longitudinales 5.1. Serway 17-8 Una onda sonora se propaga en aire a 27°C on fre uen ia de 4.00 Hz. Pasa a través de una región donde la temperatura ambia gradualmente y luego se mueve a través de aire a 0°C. a) ¾Qué su ede on la rapidez de la onda? b) ¾Qué su ede on su fre uen ia? ) ¾Qué su ede on su longitud de onda? Dé respuestas numéri as a estas preguntas en la medida de lo posible y establez a su razonamiento a er a de lo que su ede físi amente on la onda.
Solu ión a) La rapidez de la onda. La rela ión entre la rapidez del sonido y la temperatura del aire, para sonido que viaja a través del aire es
r
v = (331m/s) Para
T1 = 27°C ,
1+
r
v1 = (331m/s)
1+
Tc 273ºC
27ºC , 273ºC
⇒ v1 ≈ 347m/s Para
T2 = 0°C , √ v2 = (331m/s) 1 + 0, v2 = 331m/s.
Por lo tanto, la velo idad aumenta al disminuir la temperatura. b) La fre uen ia no debe ambiar.
) La longitud de la onda debería aumentar junto on la velo idad para mantener la fre uen ia
onstante.
5.2. Serway 17-23 En un estadio errado se realiza un espe tá ulo familiar en hielo. Los patinadores a túan on músi a a un nivel de 80.0 dB. Este nivel es muy bajo para su bebé, quien llora a 75.0 dB. a) Qué intensidad sonora total absorbe usted? b) ¾Cuál es el nivel sonoro ombinado?
Solu ión a) La intensidad sonora está dada por
β = 10 log
I1 I0
⇒
β = log 10
I1 I0
45
5 Ondas longitudinales C
4,0m PSfrag repla ements
B
A 3,0m
2,0m
Figura 5.1: Representa ión del problema Serway 17-26
β
I = I0 10 10 , donde
W I0 = 1,00 × 10−12 m 2.
Para la músi a tenemos,
⇒ I1 = 1 × 10−4
W . m2
Luego, para el llanto del bebé,
I2 = 107,5 I0 I2 = 3,16 × 10−5
W . m2
Por lo tanto, la intensidad total es
I1 + I2 = IT = 1,32 × 10−4
W . m2
5.3. Serway 17-26 Dos bo inas pequeñas emiten ondas sonoras de diferentes fre uen ias, por igual, en todas dire
iones. La bo ina A tiene una salida de 1.00mW y la bo ina B tiene una salida de 1.50 mW. Determine el nivel sonoro (en de ibeles) en el punto C de la gura si supone que a) solo la bo ina A emite sonido, b) sólo la bo ina B emite sonido y ) ambas bo inas emiten sonido.
Solu ión Tenemos que,
fA 6= fB . Salida bo ina A: Salida bo ina B:
1,00mW = PA 1,50mW = PB
a) Determinar el nivel sonoro en el punto C de la gura Representa ión del problema Serway 17-26 .
46
5.3 Serway 17-26 C
RA 4,0m PSfrag repla ements
3,0m
Figura 5.2: Esquema para en ontrar la distan ia
RA
C
RB PSfrag repla ements
4,0m
2,0m Figura 5.3: Esquema para al ular
De la gura Esquema para en ontrar la distan ia
RA ,
RB
se tiene que enton es
RA = 5,0m,
IA =
PA 2 , 4πRA
IA = 3,18 × 10−6 RB se obtiene: √ RB = 16 + 4 →
W . m2
De la gura Esquema para al ular
IB =
RB =
√ 20
PB 2 4πRB
IB = 5,97 × 10−6
W m2
47
5 Ondas longitudinales Luego, la intensidad total es
IT = IA + IB = 9,15 × 10−6
W m2
Y el nivel sonoro está dado por
β = 10 log donde
IT I0
W I0 = 1 × 10−12 m 2.
⇒ βT = 69,6dB El nivel sonoro onsiderando solo la bo ina A es
βA = 10 log
3,18 × 10−6 1 × 10−12
= 65,0dB.
= 67,76dB.
Considerando solo la bo ina B es,
βB = 10 log
5,97 × 10−6 1 × 10−12
5.4. Serway 17-33 Un ondu tor viaja ha ia el norte sobre una autopista on una rapidez de 25.0m/s. Una patrulla de
aminos que viaja ha ia el sur on una rapidez de 40.0m/s se aproxima on su sirena produ iendo sonido a una fre uen ia de 2500HZ a) ¾Qué fre uen ia observa el ondu tor mientras se aproxima la patrulla? b) ¾Qué fre uen ia dete ta el ondu tor después de que lo rebasa la patrulla? Repita los in isos a y b para uando la patrulla viaje ha ia el norte.
Solu ión Sea:
v0 = 25,0 m s la rapidez del ondu tor vs = 40,0 m s la rapidez de la patrulla f = 2500Hz la fre uen ia de la sirena v = 343 ms la rapidez del sonido Además, la patrulla se aproxima al ondu tor ini ialmente a) Cuando la patrulla se aproxima
′
f =
v + v0 v − vs
f,
f ′ = 3036Hz. b) Cuando la patrulla lo rebasa y se alejan:
f′ =
v − v0 v + vs
f ′ = 2076Hz.
48
f,
5.5 Serway 17-62 vs θs
PSfrag repla ements
θo
O
vo Figura 5.4: Generaliza ión del efe to Doppler para el aso en el que la fuente y el observador no se mueven en la misma línea
) Si la patrulla viaja ha ia el Norte: antes de rebasar al ondu tor, la patrulla se aproxima al
ondu tor mientras que este se mueve alejándose de la patrulla, enton es:
′
f =
v − v0 v − vs
f = 2624Hz.
Al rebasar al ondu tor, hay un inter ambio de signos: el ondu tor se a er a y la patrulla se aleja,
′
⇒f =
v + v0 v + vs
f = 2402Hz.
5.5. Serway 17-62 La e ua ión Doppler que se presentó en el texto es válida uando el movimiento entre el observador y la fuente se presenta en línea re ta, de modo que la fuente y el observador se mueven dire tamente uno ha ia el otro o dire tamente uno alejándose del otro. Si esta restri
ión se relaja, uno debe usar la e ua ión Doppler más general
′
f = donde
θ0
y
θs
v + v0 osθo v − vs osθs
f
se de nen en la gura. a) Demuestre que si el observador y la fuente se mueven alejándose
dire tamente uno de otro, la e ua ión anterior se redu e a la e ua ión 17.13 on valores negativos tanto para
v0
omo para
vs
b) Use la e ua ión pre edente para resolver el siguiente problema: un tren se
mueve on una rapidez onstante de 25.0m/s ha ia la interse
ión que se muestra en la gura. Un automóvil se detiene er a del ru e, a 3.00m de las vías. Si el silbato del tren emite una fre uen ia de 500 Hz ¾ uál es la fre uen ia que es u han los pasajeros en el automóvil uando el tren está a 40.0m de la interse
ión? Considere que la rapidez del sonido es de 343 m/s.
Solu ión Caso general efe to Doppler:
′
f = donde
θ0
y
θs
v + v0 cos θ0 v − vs cos θ0
f,
se de nen en la gura.
a) Demuestre que si el observador y la fuente se mueven alejándose dire tamente (Figura 1) lo anterior se redu e a la e ua ión
′
f =
v − v0 v + vs
f
49
5 Ondas longitudinales vs = 25,0m/s PSfrag repla ements
T ren
3,0m Auto
40,0m
Figura 5.5: Representa ión del problema Serway 17-62
40,0m θs
PSfrag repla ements
3,0m
Figura 5.6: Esquema para al ular
En este aso
θ0 = θs = 0
y
cos 0 = 1,
θs .
por lo tanto
′
⇒f =
v − v0 v + vs
f
b) Resuelva el siguiente problema: Un tren se mueve on una rapidez onstante de gura 2. Un automóvil se detiene er a del ru e a fre uen ia de está a
40,0m
500Hz ,
25,0 m s 30,0m
ha ia la interse
ión que se muestra en la de las vías. Si el silbato del tren emite una
¾Cuál es la fre uen ia que es u han los pasajeros del automóvil uando el tren
de la interse
ión? Considere la rapidez del sonido omo
De la gura Esquema para al ular
343 m s.
θs ., tan θs =
3 , 40m
θs = 4,3º. Por lo tanto,
′
f =
v v − vs cos θs
f,
⇒ f ′ = 539Hz.
5.6. II Par ial II-2010 Suponga un uerpo ilíndri o sólido de área transversal A y una onda longitudinal que se propaga a través del mismo. Esta Perturba ión es una onda elásti a que omprime los elementos de volumen del sólido. Esta ompresión tiene omo onse uen ia un desplazamiento de di hos elementos de volumen.
50
5.6 II Par ial II-2010 Conforme la perturba ión se propaga a través del sólido ada elemento del ilindro siente una fuerza dada por,
F =YA donde
Y
∂ξ , ∂x
(5.1)
es el Módulo de Young ( antidad que uanti a la deforma ión de un sólido en fun ión de la
presión apli ada) y
ξ
es el desplazamiento paralelo al eje del ilindro. En uentre la e ua ión de onda
para esta perturba ión y muestre que la velo idad de propaga ión de esta onda es
Solu ión La fuerza sobre un diferen ial de uerda de masa
dF
donde
ξ
F
dm
v=
q
Y ρ.
es,
= dma ∂ξ 2 = dm 2 ∂t
es la oordenada de desplazamiento. Usando que
dF
= ρAdx
dF dx
= ρA
dm = ρdV = ρAdx
obtenemos,
∂ξ 2 ∂t2
∂ξ 2 . ∂t2
(5.2)
∂2ξ ∂F = Y A 2. ∂x ∂x
(5.3)
Luego de (5.1)
Sustituyendo (5.2) en (5.3),
YA
∂2ξ ∂x2 ∂ξ 2 ∂t2
∂ξ 2 ∂t2 Y ∂2ξ . ρ ∂x2
= ρA =
(5.4)
La e ua ión (5.4) es una e ua ión de onda de donde podemos veri ar que
Y v2 = →v= ρ
s
Y . ρ
51
6 Ondas esta ionarias 6.1. Sears 16.19 El sonido más tenue que un ser humano on oído normal puede dete tar a una fre uen ia de 400Hz tiene una amplitud de presión aproximada de
6,0 × 10−5 P a.Cal ule
a) la intensidad orrespondiente,
b) el nivel de intensidad ) la amplitud de desplazamiento de esta onda sonora a 20°C.
Solu ión a) La intensidad:
I= Usando los valores
2 Pmax . 2ρv
ρ = 1,20kg/m3 y v = 343m/s, I = 4,37 × 10−12 W/m2 .
b) El nivel sonoro,
β = 10log
= 6,43dB donde
I I0
I0 = 1 × 10−12 W/m2 .
) Usamos la rela ión
Pmax = ρvωsmax smax =
Pmax Pmax = . ρvω 2πf ρv
Así,
smax = 5,8 × 10−11 m.
6.2. Sears 16.58 Una barra uniforme de 165 N está sostenida horizontalmente por dos alambres idénti os pequeño ubo de plomo de 185 N está olo ado a mide
75,0cm
3 4 del amino de
A
a
B.
A
y
B.
Un
Cada uno de los alambres
de largo y tiene una masa de 5.50g. Si ambos son pulsados simultáneamente en el entro,
¾ uál es la fre uen ia de los pulsos que se produ irán uando ada uno de los alambres vibre en su fre uen ia fundamental?
Solu ión Para en ontrar la fre uen ia fundamental ne esitamos la rapidez del pulso en los alambres. En este
aso, aunque los alambres sean idénti os, la rapidez del pulso no será la misma pues las tensiones son diferentes. Para en ontrar la tensión en el alambre A,
TA
ha emos un análisis de equilibrio rota ional usando
un eje de rota ión que pasa por el extremo dere ho de la barra:
53
6 Ondas esta ionarias
−TA L +
X
τ
= 0
M gL mgL + 2 4
= 0 M g mg + . 2 4
TA =
∴ TA = 128,75N. Para en ontrar la tensión en
B , TB ,
ha emos el mismo análisis pero on un eje de rota ión que pasa
por el extremo izquierdo,
TB L −
X
τ
= 0
M gL 3mgL − 2 4
= 0
TB =
M g 3mg + . 2 4
∴ TB = 221,25N. De esta manera podemos al ular la rapidez del pulso en ada alambre:
vA =
s
TA = 132m/s, µ
vB =
s
TB = 174m/s. µ
Finalmente, si onsideramos que los extremos de los alambres son nodos de movimiento, la longitud de onda del primer armóni o orresponde a
L=
λ → λ = 2L. 2
Por lo tanto la fre uen ia fundamental,
f=
v v = . λ 2L
Para ada alambre,
54
fA =
vA = 88Hz, 2L
fB =
vB = 116Hz. 2L
6.3 Sears 16.75
6.3. Sears 16.75 La fuente de sonido del sistema de sonar de un bar o opera a una fre uen ia de 22.0kHz. La rapidez del sonido en agua (que suponemos está a una temperatura uniforme de 20°C) es de 1482m/s a) Cal ule la longitud de las ondas emitidas por la fuente b) Cal ule la diferen ia en fre uen ia entre las ondas radiadas dire tamente y las re ejadas de un ballena que viaja dire tamente ha ia el bar o a 4.95m/s. El bar o está en reposo en el agua.
Solu ión Sea
f0 = 22,0kHz
la fre uen ia emitida originalmente por el sonar del bar o.
a) La longitud de onda es,
λ0 = donde hemos usado
v = 6,73cm f0
v = 1482m/s.
b) Cal ulamos primero la fre uen ia de las ondas re ejadas por la ballena. En este aso la fuente (sonar) está en reposo y el observador (ballena) en movimiento,
fR = donde
vb = 4,95m/s
v + vb f0 v
es la rapidez de la ballena.
Luego al ulamos la fre uen ia per ibida por el sonar al re ejarse las ondas,
f′ = = =
v fR v − vb v v + vb f0 v − vb v v + vb f0 . v − vb
Cal ulamos ahora el ambio on respe to a la fre uen ia original,
∆f
= f ′ − f0 v + vb − 1 f0 = v − vb v + vb − v + vb f0 = v − vb 2vb f0 = v − vb ∴ ∆f = 148Hz.
6.4. Serway 18.51 Cuando se golpea la barra de madera que reprodu e un tono en una marimba, vibra en una onda esta ionaria transversal que tiene tres antinodos y dos nodos. La nota de fre uen ia más baja es 87.0 Hz produ ida por la barra de 40.0 m de largo a) En uentre la rapidez de las ondas transversales sobre la barra b) Un tubo resonante suspendido verti almente bajo el entro de la barra aumenta la sonoridad
55
6 Ondas esta ionarias L
PSfrag repla ements
Figura 6.1: Onda esta ionaria de 3 antinodos y 2 nodos.
ℓ PSfrag repla ements
Figura 6.2: Onda esta ionaria en la aja de resonan ia de la marimba.
del sonido emitido. Si el tubo está abierto sólo en el extremo superior y la rapidez del sonido en el aire es de 340 m/s ¾ uál es la longitud del tubo requerida para resonar on la barra en el in iso a) ?
Solu ión. Según el enun iado la onda esta ionaria que se forma en la te la de la marimba tiene 3 antinodos y dos antinodos. La onda se muestra en la gura Onda esta ionaria de 3 antinodos y 2 nodos.. a) La rapidez de las ondas De la gura 6.1 on luimos que,
L=λ y por lo tanto la rapidez es,
f=
v v = λ L
→ v = fL v = 34,8
m s
b)La longitud de la aja resonante
v0 = 340m/s Trabajamos on la primera fre uen ia:
λ =l 4
⇒ f=
56
λ = 4l v 4l
6.5 Serway 18-61 d
PSfrag repla ements
m
Figura 6.3: Representa ión del problemaSerway 18-61
d PSfrag repla ements
d/2
θ
PSfrag repla ements
L−d 2
θ
T
L−d 2
T
m (b)
(a) Figura 6.4: (a) Considera iones geométri as para al ular
θ . (b) Diagrama de uerpo libre para la masa
m.
⇒l=
v0 4f
donde f es la fre uen ia de la onda inferior, por lo tanto
l = 0,98m
6.5. Serway 18-61 Un objeto de 12.0 kg uelga en equilibrio de una uerda on una longitud total de L=5.00m y
µ = 0,001kg/m. La uerda se enrolla alrededor de dos poleas distan ia d = 2,00m a) Determine la tensión en la uerda b) ¾A qué
una densidad de masa lineal
ligeras sin
fri
ión separadas una
fre uen ia
debe vibrar la uerda entre las poleas para formar el patrón de onda esta ionaria que muestra en la gura.
Solu ión
µ = 0.001 kg m a) Determine la tensión de la uerda. De la gura 6.4(a),
57
6 Ondas esta ionarias
sin θ =
d 2 L−d 2
=
d L−d
donde L= 5.00 m y d=2.00 m
θ = 41,8º Por otro lado en gura 6.4(b)
X
Fy = 0
2T cos θ = mg mg 2 cos θ
T = donde m=12.0 kg. Por lo tanto,
T = 78,88N. b)
2 4 3 d= λ ⇒ λ= d ⇒ λ= 2 3 3 f=
3v v = λ 4
Luego
v=
s
T µ
⇒
3 f= 4
s
T µ
f = 210,6Hz
6.6. I Par ial I 2010 (Ondas esta ionarias) Una uerda de violín mide 30 m de largo entre sus extremos jos y tiene una masa de 2.0g. La
uerda to a una nota La (440HZ) uando se to a sin digita ión ¾Dónde debemos poner los dedos para to ar un Do (528 HZ)?
Solu ión Cal ulamos primero la rapidez del sonido en la uerda usando la ondi ión para una uerda de longitud
L
on dos extremos jos,
λLa 2 = 2L
L = λLa
→ fLa =
58
v v = λLa 2L
6.7 II Par ial II2010-interferen ia y
detector PSfrag repla ements
f2
f1
x3 x
x1
x2 R
Figura 6.5: Representa ión del las fuentes y dete tor de el problema 6.7.
v = 2LfLa = 264m/s. Esta velo idad es ara terísti a de la uerda y podemos usarla para al ular la posi ión de los dedos ne esaria para to ar un Do,
λDo 2 = 2x.
x = λDo Así,
fDo =
v v v →x= = λDo 2x 2fDo
x = 0,25m = 25cm.
6.7. II Par ial II2010-interferen ia 500Hz . Las oordenadas artesianas de los fo os x1 = (0, 1m) y x2 = (0, −1m). Un dete tor es libre de girar en el plano xy des ribiendo un ír ulo radio R = 80m entrado en el origen. Es de ir, la posi ión del dete tor está dada por x3 = (rx , ry ) q
Dos fo os sonoros idénti os tienen una fre uen ia de son de
tal que
R=
(80m, 0).
rx2 + ry2
. Por simetría, el primer máximo se dete ta uando el dete tor está en el punto
Hallar la posi ión del siguiente máximo uando el dete tor se mueve en sentido antihorario.
Ver gura 6.5.
Solu ión Geométri amente, según las oordenadas y la gura 6.6,
59
6 Ondas esta ionarias PSfrag repla ements
d1
d2
ry − 1
ry + 1
PSfrag repla ements
rx
rx
Figura 6.6: Esquemas para el ál ulo de las distan ias
d1 = = = Igualmente,
d2 = = =
q
rx2 + (ry − 1)2
q
R2 − 2ry + 1.
q
rx2 + (ry + 1)2
q
R2 + 2ry + 1.
q
q
d1
y
d2
respe tivamente.
rx2 + ry2 − 2ry + 1
rx2 + ry2 + 2ry + 1
La ondi ión para en ontrar el primer máximo,
q
q
|d2 − d1 | = λ
R2 + 2ry + 1 − R2 − 2ry + 1 = λ q R2 + 2ry + 1 − 2 (R2 + 2ry + 1) (R2 − 2ry + 1) + R2 − 2ry + 1 = λ2 q 2 2 R + 1 − 2 (R2 + 1)2 − 4ry2 = λ2 q λ2 = (R2 + 1)2 − 4ry2 R2 + 1 − 2 2 i h 2 λ2 2 R +1− = R2 + 1 − 4ry2 2 2 2 λ2 2 2 = 4ry2 R +1 − R +1− 2 2 2 2 R2 + 1 − R2 + 1 − λ2 = ry2 4 4 R4 + 2R2 + 1 − R4 + 1 + λ2 + 2R2 − λ2 − R2 λ2 = ry2 4 4 − λ2 + λ2 + R2 λ2 = ry2 4
60
6.8 II Par ial II2010 Re ordando que
λ=
v f
= 68, 6cm
on
v = 343m/s, ry = 27, 4m.
Luego
rx =
q
R2 − ry2
= 75, 2m
Nota: al tomar la raíz uadrada es ogemos los signos positivos pues el problema nos di e que el movimiento es en el sentido antihorario a partir del eje x positivo.
6.8. II Par ial II2010 Tres fre uen ias de resonan ia su esivas de un tubo de órgano son 1310, 1834 y 2358 Hz. a) ¾El tubo está errado por un extremo o abierto en ambos? b) ¾Cuál es la fre uen ia fundamental? ) ¾Cuál es la longitud del tubo?
Solu ión a) y b) En un tubo abierto en un extremo y errado en otro debe umplirse que las fre uen ias de resonan ia son múltiplos impares de la fre uen ia fundamental, por lo tanto,
fn+2 − fn = 2f0 , donde
n
es un número impar ualquiera.
Si el tubo está abierto en ambos extremos, todos los armóni os están presentes,
fn+1 − fn = f0 . Observamos que en este aso la diferen ia entre las fre uen ias dadas es
524Hz . También
observamos
que
1310 1834 2358 , , ∈ /Z 524 524 524 por lo tanto no pueden orresponder al aso del tubo abierto en ambos extremos. Si tomamos la mitad de esa fre uen ia, 262 observamos que,
1310 = 5, 262
1834 2358 = 7, = 9, 262 262
es de ir son todas múltiplos impares de la fre uen ia fundamental
f0 = 262
y tenemos el aso de un
tubo abierto en un extremo y errado en el otro.
) En este aso,
f0 =
v v →L= . 4L 4f0 L = 0,33m.
61
6 Ondas esta ionarias
6.9. II Par ial I 2011 (Interferen ia y nivel sonoro ) En un es enario, se olo an dos parlantes separados por una distan ia de 10m. Durante la prueba de sonido, uno de los sonidistas se en uentra a una distan ia de 5m medidos perpendi ularmente al borde del es enario (dire
ión y). Si el sonidista se mueve a una dire
ión paralela al borde del es enario de manera que se en uentra siempre a la misma distan ia del es enario, (dire
ión x), a) Cal ule la primera posi ión medida a partir del parlante a la izquierda a la que es u hará un máximo de intensidad para una fre uen ia de 343 Hz. Use que la velo idad del sonido es 343m/s. (Sugeren ia, uando plantee la e ua ión use dire tamente el valor numéri o de la longitud de onda para simpli ar los ál ulos)(10pts)
b) Cal ule el nivel sonoro debido a los dos parlantes en ese punto si ada uno tiene un poten ia de 100 W (Sugeren ia: si no ha resuelto la parte a) resuelva este ítem de forma simbóli a para que se le asignen los puntos respe tivos al pro edimiento en aso de este estar orre to)
Solu ión De la geometría del problema,
d1 = d2 =
q
p
x2 + 55
(10 − x)2 + 52 .
La ondi ión para interferen ia onstru tiva,
Para
x < 5,
|d1 − d2 | = λ q p 2 (10 − x) + 52 − x2 + 55 = 1
podemos de nir el valor absoluto,
q
p (10 − x)2 + 52 − x2 + 55 = 1 q p (10 − x)2 + 52 = 1 + x2 + 55
p (10 − x)2 + 52 = 1 + x2 + 55 + 2 x2 + 55 p 100 − 20x + x2 + 25 = x2 + 26 + 2 x2 + 55 p 99 − 20x = 2 x2 + 55 (99 − 20x)2 = x2 + 25 4 9801 3960 400 2 − x+ x = x2 + 25 4 4 4 x2 − 990x + 2425,25 = 0
Resolvemos la e ua ión,
∆ = 19701 √ −b + ∆ x1 = = 5,71m 2a
62
6.9 II Par ial I 2011 (Interferen ia y nivel sonoro ) √ −b − ∆ x2 = = 4,29m 2a Por lo tanto el primer máximo o urre a 4.29m b) Primero al ulamos la intensidad sonora para el parlante de la izquierda,
Iizq =
P 4πd21
= 0,18W/m2 donde usamos que
d1 =
p
4,292 + 52 = 6,59m
Para el parlante de la dere ha, tenemos, on
d2 =
Ider =
q
(10 − 4,29)2 + 52 = 7,59m
por lo tanto,
P 4πd22.
= 0,14W/m2 . La intensidad total,
IT
= Iizq + Ider = 0,32W/m2
Luego el nivel sonoro,
β = 10log donde
I0 = 1 × 10−12 W/m2
I I0
β = 115dB
63
7 Temperatura 7.1. Serway 19.13 Un ilindro hue o de aluminio de 20.0 m de profundidad tiene una apa idad interna de 2.00L a 20.0°C . Se llena por ompleto on trementina y luego se alienta a fuego lento a 80.0°C a) ¾Cuánta trementina se desborda? b) Si después se enfría otra vez a 20.0°C ¾A qué distan ia del borde del ilindro retro ede la super ie de la trementina?
L=20 m
V0 = 2,0L a 20.0ºC Vf =? a 80.0ºC βtrementina = 9,0 × 10−4 (ºC)−1 αAl = 24 × 10−6 (ºC)−1 a) El ambio de volumen para la trementina está dado por
∆V = βtrementina Vi ∆T = Vf − Vi ∆V = 0,108L Vf = ∆V + Vi Vf = 0,108 + 2,0 = 2,108L Cambio de volumen para el aluminio
∆V ′ = (3αAl ) Vi ∆T ∆V ′ = 8,64 × 10−3 L ⇒ Vf′ = 2,01L
L PSfrag repla ements
Figura 7.1: Cilindro hue o de profundidad L=20 m del problema Serway 19.13
65
7 Temperatura
L
PSfrag repla ements
h
Figura 7.2: Cilindro de altura lleno on trementina hasta una altura h
Por lo tanto el volumen que se derrama es
Vf′ − Vf = 0,0994L ×
1000cm3 = 99,4cm3 1L ∆V
b) El ambio de temperatura es el mismo, por lo tanto el
también,pero negativo.
Para la trementina:
∆V = Vf − Vi = −0,108 Vf = −0,108 + Vi El volumen ini ial ahora es el volumen que abe en el ilindro:
Vi = 2,01L
∴ Vf = 1,902L Por otro lado, el ilindro debe retornar a su volumen original a 20ºC.
Vf′ = 2,00L Luego
Vf′ = AL ⇒ A = Vf = Ah ⇒ Vf = Nos interesa la distan ia
Vf′ L
L
,
h ⇒ h=
x=L−h Vf x=L 1− ′ Vf
!
⇒ x = 0,98cm.
66
Vf′
,
Vf L. Vf′
7.2 Serway 19.24
7.2. Serway 19.24 3
A 25.0m bajo la super ie del mar (densidad 1025kg/m ) donde la temperatura es de 5.00°C, un buzo exhala una burbuja de aire que tiene un volumen de 1.00
cm3 .
Si la temperatura de la super ie
del mar es de 20.0°C, ¾Cuál es el volumen de la burbuja justo antes de romper en la super ie?
Solu ión kg ρagua = 1025 m 3 Tagua = 5,00ºC V1 = 1,00cm3 Tsuperf icie = 20ºC h1 = 25,0m Para al ular el volumen de la burbuja justo antes de romperse usamos la e ua ión de gases ideales,
P V = nRT → P1 = En la profundidad
h1
nRT1 V1
(7.1)
la presión está dada por:
P = P0 + ρgh1 =
nRT1 V1
(7.2)
donde en el lado dere ho hemos usado la e ua ión de los gases ideales Serway 19.24 para la temperatura
T1
y el volumen
V1
a la profundidad
h1 .
Despejando para el número de moles,
nR = En la super ie, donde la temperatura es
V1 (P0 + ρgh1 ) . T1
T2
y el volumen de la burbuja
P0 =
nRT2 , V2
nR =
P0 V2 . T2
(7.3)
V2
tenemos,
(7.4)
Igualando 7.3 y 7.4
P0 V2 V1 (P0 + ρgh1 ) = T1 T2 V2 =
T2 V1 (P0 + ρgh1 ) T1 P0
V2 = 3,67cm3
7.3. Serway 19.38 Se ierra un ilindro mediante un pistón one tado a un resorte on onstante 2.00 x
103
N/m . Con
el resorte relajado, el ilindro está lleno on 5.00L de gas a una presión de 1.00 atm y una temperatura de 20.0°C. a) Si el pistón tiene un área transversal de 0.010
m2 y masa despre iable, ¾a qué altura subirá
uando la temperatura se eleve a 250°C? b) ¾Cuál es la presión del gas a 250°C?
Solu ión
67
7 Temperatura
k = 2 × 103 N/m L·atm R = 0,08206 mol·K 1atm = 101325P a Para
P1 = 1atm, T1 = 293K →V1 = 5,00L P1 V1 = nRT1 ⇒ nR =
Cuando se alienta,
P1 V1 T1
T2 = 523K nR =
P1 V1 P2 V2 P2 V2 ⇒ = T2 T1 T2
(7.5)
Luego,
V2 = A2 (L + h) , V2 = V1 + Ah. También,
kh A
P2 = P0 +
kh es la magnitud de la fuerza ejer ida por el resorte constante y apli ando la Ley de los gases ideales, 7.5,
donde
P0 V1 T1
= =
y despegando para
P2 V2 T2 P0 +
kh A
sobre el pistón. Así, onsiderando
nR =
(V1 + Ah) T2
h, khV1 P0 V1 T2 = P0 Ah + kh2 + V1 P0 + T1 A 904,34 = 506,5 + 1013,25h + 1000h + 2000h2 2000h2 + 2013,25h − 397,84 = 0 ⇒ h = 0,169m
7.4. II Par ial II 2010 (Gases ideales) Un ilindro verti al de área de se
ión transversal de masa
m
a) Si
n
A
se sella on un pistón sin fri
ión de gran ajuste
moles de un gas ideal están en el ilindro a una temperatura
T.¾Cuál
es la altura
h
a la que el pistón está en equilibrio bajo su propio peso?
Solu ión En el equilibrio la fuerza ejer ida por el gas sobre el pistón debe equilibrar la fuerza de su propio peso.
68
7.5 II Par ial II 2010 (Expansión térmi a) De la e ua ión de gases ideales,
P V = nRT obtenemos la presión ejer ida por el gas sobre el pistón,
P
nRT V nRT Ah
= =
y por lo tanto la fuerza,
F
= PA nRT . = h
Igualando esta fuerza al peso del pistón,
mg = despejamos para
nRT h
h, h=
nRT . mg
7.5. II Par ial II 2010 (Expansión térmi a) En un balón de vidrio, a temperatura este mismo balón aben
m1 = 99, 7g
T0 = 0°C
aben
m0 = 100g
de mer urio. A
T1 = 20°C
en
de mer urio. Considere en ambos asos que la temperatura del
mer urio es igual a la temperatura del vidrio. Hallar el oe iente de dilata ión lineal del vidrio sabiendo que el oe iente de dilata ión volumétri a del mer urio es que la densidad del mer urio ambia omo
ρf =
Solu ión
ρ0 1+βHg ∆T .
βHg =
α,
18 × 10−5 (°C)−1 . Considere
El volumen ini ial del balón es igual al volumen de mer urio,
V0 =
m0 . ρ0
Vf =
m1 . ρ1
El volumen nal de mer urio,
La rela ión entre ambos volúmenes está dada por,
Vf m1 ρ1
= V0 + βvidrio ∆T V0 m0 m0 = + βvidrio ∆T . ρ0 ρ0
(7.6)
Por otro lado, del enun iado sabemos que
ρ1 =
ρ0 . 1 + βHg ∆T
(7.7)
69
7 Temperatura Sustituyendo 7.7 en 7.6,
m0 m0 m1 (1 + βHg ∆T ) = + βvidrio ∆T ρ0 ρ0 ρ0 m1 (1 + βHg ∆T ) − m0 = βvidrio . m0 ∆T Por lo tanto,
βvidrio = 3 × 10−5 (°C)−1 . Luego,
3α = βvidrio βvidrio = 1 × 10−5 (°C)−1 . α = 3
7.6. II Par ial I 2010 (Expansión térmi a) Dos losas de on reto de un puente de
250m
de largo se olo an justo en sus extremos de modo
que no se permite espa io para expansión. Si o urre un aumento de temperatura de 20.0°C, ¾ uál es la altura
y
a la ual las losas se elevan uando se pandean ?(ver gura)
Solu ión Sea
Lf
la longitud nal de las losas. Usando Pitágoras,
y =
q
L2f − L2i
Considerando que
Lf = Li (1 + α∆T ) obtenemos,
y=
q
L2i (1 + α∆T )2 − L2i
7.7. II Par ial I 2011 (Expansión térmi a y gases ideales) Una abuelita o ina una deli iosa jalea de fresa usando su re eta se reta. Para guardarla utilizará un fras o de vidrio uyo diámetro a 20°C es de 10 m y uya profundidad es de 20 m. a) Al olo ar la jalea en el fras o, el vidrio entra en equilibrio térmi o on ésta y la temperatura nal es 60°C. Cal ule el nuevo volumen del fras o. Considere que el oe iente de expansión lineal del vidrio del fras o es
70
αv = 0,5 × 10−5 (°C)−1 .
(5pts)
7.7 II Par ial I 2011 (Expansión térmi a y gases ideales) 3 4 del volumen del fras o. Cal ule su volumen
b) La jalea olo ada dentro del fras o orresponde a
nal uando al anza la temperatura ambiente (20°C). Para esto onsidere que el oe iente de dilata ión térmi a de la jalea es
αj = 5,75 × 10−4 (°C)−1 (5pts).
) Si la abuelita ierra el fras o uando todavía está aliente, al ule la presión nal del aire dentro del fras o uando se enfría a temperatura ambiente (20°C). Compare on la presión atmosféri a y dis uta
omo afe ta esto el ierre del fras o (5pts). d) Op ional: al ule la masa del peso equivalente a la fuerza ejer ida sobre la tapa del fras o(5pts).
Solu ión a) Para el volumen del fras o a 60°C,
Vf
= Vi (3αv ∆T + 1) 2 d (3αv ∆T + 1) = hπ 2
= 1571,73cm3 = 1,57L b) Para la jalea, su volumen al enfriarse a 20°C
Vf′ = Vi′ (3αj ∆T + 1) donde
Vi′ = 43 Vf
(del apartado a). Por lo tanto,
Vf′ = 1097,47cm3 = 1,10L.
) Usando la e ua ión de gases ideales,
P V = nRT → donde ,T1
293K .
El
P2 V2 P1 V1 = T1 T2
= 60°C = 333K , V1 = 41 Vf = 392,94cm3 (volumen del aire en el fras o volumen V2 será la diferen ia entre el volumen del fras o a 20°C (Vi ) y
a 60°C),
T2 = 20°C =
el volumen nal de la
jalea a 20°C,
V2 = Vi − Vf′ = 473,33cm3 Por lo tanto,
P2 =
P1 V1 T2 , T1 V2
P2 = 74 × 103 P a.
Como la presión es menor que la atmosféri a en dos órdenes de magnitud, hay una fuerza que empuja
la tapa ha ia adentro del fras o, manteniéndolo errado.
3 Volumen aire (cm ) 3 Volumen fras o (cm ) Volumen jalea (cm
3)
20°C
60°C
473.33
392.94
1570.80
1571.73
1097.47
1178.81
71
7 Temperatura d)
∆P = Patm − P2 = donde
A≈π
2 d 2
F = 214,41N. Si esta fuerza fuera un peso, orresponde a una masa de,
m = 21, 9kg!!!!
72
F A
8 Primera Ley de la Termodinámi a 8.1. Serway 20.11 Una ombina ión de 0.250 kg de agua a 20.0°C, 0.400 kg de aluminio a 26.0°C y 0.100 kg de obre a 100°C se mez la en un ontenedor aislado y se les permite llegar a equilibrio térmi o. Ignore ualquier transferen ia de energía ha ia o desde el ontenedor y determine la temperatura nal de la mez la.
Solu ión En el ontenedor aislado se tiene:
0,250kg
de agua a
TH2 O = 20,0ºC
0,400kg
de Aluminio a
0,100kg
de obre a
on
TAl = 26,0ºC
TCu = 100ºC
on
CH2 O = 4186 kg·JºC
on
CAl = 900 kg·JºC
CCu = 387 kg·JºC
El alor total debe sumar ero pues no ha transferen ia desde o ha ia el ontenedor,
QH2 O + QAl + QCu = 0 mH2 O CH2 O (TF − TH2 O ) + mAl CAl (TF − TAl ) + mCu CCu (TF − TCu ) = 0 TF [mH2 O CH2 O + mAl CAl + mCu CCu ] = [mCu CCu TCu + mH2 O CH2 O TH2 O + mAl CAl TAl ] ⇒ TF = 23,64ºC
8.2. Serway 20.12 Dos re ipientes térmi amente aislados se one tan mediante un estre ho tubo ajustado on una válvula que ini ialmente está errada. Un re ipiente de 16.8L de volumen, ontiene oxígeno a una temperatura de 300K y una presión de 1.75 atm. El otro re ipiente, de 22.4L de volumen ontiene oxígeno a una temperatura de 450K y una presión de 2.25 atm. Cuando la válvula se abre, los gases en los dos re ipientes se mez lan y la temperatura y la presión se vuelven uniformes en todas sus partes. a)¾Cuál es la temperatura nal? b) ¾Cuál es la presión nal?
Solu ión
V1 = 16,8l, T1 = 300K , P1 = 1,75atm V2 = 22,4l, T2 = 450K , P2 = 2,25atm
Para el primer tanque se tiene Para el segundo tanque:
PSfrag repla ements
T1
T2
Figura 8.1: Representa ón de los re ipientes térmi amente aislados del problema Serway 20.12
73
8 Primera Ley de la Termodinámi a a) La energía edida debe ser igual a la energía ganada. Esto es equivalente a de ir que la suma de los alores aso iados a los pro esos es ero,
Q1 = −Q2 m1 CO (TF − T1 ) = −m2 CO (TF − T2 ) n1 MO (TF − T1 ) = −n2 MO (TF − T2 ) donde
n1 y n2
son el número de moles en los ontenedores y
⇒
es la masa molar del oxígeno.
P1 V1 P2 V2 (TF − T1 ) = − (TF − T2 ) RT1 RT2
TF
TF
M0
P1 V1 P2 V2 + RT1 RT2
=
P2 V2 P1 V1 + R R
P1 V1 P2 V2 + = (P2 V2 + P1 V1 ) · T1 T2 (P2 V2 + P1 V1 ) T1 T2 = P1 V1 T2 + P2 V2 T1
−1
TF = 380K.
b)Una vez en equilibrio,
P = donde
VT = 39,2 × 10−3 m3
y
nT = n1 + n2 .
nT RTF VT
Cal ulamos el número de moles,
n1 =
P1 V1 = 1,1995 moles RT1
n2 =
P2 V2 = 1,366 moles RT2
⇒ nT = 2,56 moles. Enton es,
P = 2,067 × 105 P a P = 2,04atm
74
8.3 Serway 20.15
8.3. Serway 20.15 Una bala de plomo de 3.00 g a 30.0°C se dispara on una rapidez de 240m/s en un gran bloque de hielo a 0°C, en el que queda in rustada. ¾Qué antidad de hielo se derrite?
Solu ión
mb = 3,00g Tb = 30,0ºC vb = 240 m s Th = 0ºC El hielo se derrite por la energía inéti a que es transferida de la bala. El ambio en la energía inéti a de la bala es:
∆K = −
mb vb2 = −86,4J 2
Según el teorema del trabajo-energía:
W = ∆K = −86,4J Luego, según la I Ley de la Termodinámi a, el ambio de energía interna para la bala es,
∆Eint = W + Q ⇒ ∆Eint = W + mb cb (Tf − Tb ) en donde
Tf = 0ºC
, porque la bala no derrite todo el hielo. Observe que
∆Eint < 0
pues ambos W y
Q son negativos, lo que quiere de ir que la energía se liberó. Esta energía disponible es la que se utiliza para derretir el hielo,
md L = −∆Eint en donde L es el alor de fusión. Ahora, on
cb = 128 kgJºC
y
J L = 3,33 × 105 kg
obtenemos,
md = 0,294g.
8.4. Serway 20.16 Vapor a 100°C se agrega a hielo a 0°C a) En uentre la antidad de hielo derretido y la temperatura nal uando la masa de vapor es 10.0g y la masa de hielo es 50.0g b) ¾Qué pasaría si se repite el experimento uando la masa de vapor es 1.00g y la masa de hielo es 50.0g.
J Lv = 2,26 × 106 kg a) Si
J Lf = 3,33 × 105 kg
mv = 10,0g = 0,010kg
y
mh = 50,0g = 0,050kg
¾Cuánto hielo se derrite? ¾Cuál es la temperatura nal?
75
8 Primera Ley de la Termodinámi a Calor disponible al ondensar el vapor:
Qcond = −mv Lv = −22,6 × 103 J Calor ne esario para derretir el hielo:
Qf usi´on = mh Lf = 16,65 × 103 J Enton es,
ya que |Qcond | > Qf usion , todo el hielo se derrite
y la temperatura nal está entre 0º
y 100ºC. Es de ir, la energía liberada al ondensar el vapor al anza para derretir el hielo. Queremos
al ular la temperatura nal. Para esto debemos tomar en uenta el alor ne esario para fundir el hielo y aumentar su temperatura hasta la temperatura nal así omo el alor liberado al ondensar el vapor :
Qf r´ıo = −Qcaliente Qf usi´on + mh Cagua (Tf − 0) = − {Qcond + mv Cagua (Tf − 100)} Tf {mh Cagua + mv Cagua } = −Qcond + 100mv Cagua − Qf usi´on Tf = −
{Qcond − 100mv Cagua + Qf usi´on } Cagua (mh + mv ) Tf = 40,4ºC
b) Repetir si
mv = 1,00g = 0,001kg
y
mh = 50,0g = 0,05kg
La energía ne esaria para derretir el hielo es la misma
Qf usi´on = 16,65 × 103 J La energía disponible al ondensar el vapor es
Qcond = −2,26 × 103 J Como el
Qf usi´on
es mayor que el
Qcond , esto
signi a que
no todo el hielo se derrite.
Por lo tanto
la temperatura nal sera de 0°C. Al enfriarse el agua, se libera energía,
Qagua = mv Cagua (−100) = −418,6J El total de la energía liberada por la ondensa ión y por el enfriamiento del agua se utiliza para derretir el hielo. Sea
m
la masa de hielo que se derrite,
mLf = 418,6J + 2,26 × 103 J m = 8,04g
76
8.5 Serway 20.24
8.5. Serway 20.24 Un gas ideal se en ierra en un ilindro que tiene un pistón móvil en ima de él. El pistón tiene una masa
my
área A y tiene libertad de deslizarse ha ia arriba y ha ia abajo, lo que mantiene onstante
la presión del gas. ¾Cuánto trabajo se onsumió en el gas a medida que la temperatura de gas se eleva de
T1
a
n
moles del
T2 .
Solu ión Sea
m: masa del pistón A: área del pistón ¾Cuánto trabajo se onsume al elevar la temperatura de n moles de
T1
a
T2 ?
Vf
W =−
ˆ
P dV
Vi
Si el pistón es móvil, quiere de ir que la presión es onstante:
W = −P (Vf − Vi ) = −P ∆V Luego,
V =
nR∆T nRT ⇒ ∆V = P P
W =
−P nRT ∆T = −nR∆T P
Enton es
8.6. Serway 20.25 Un mol de gas ideal se alienta lentamente de modo que va del estado PV
(Pi , Vi ) al (3Pi , 3Vi ), en tal
forma que la presión del gas es dire tamente propor ional al volumen. a) ¾Cuánto trabajo se onsume en el gas en el pro eso? b) ¾Cómo se rela iona la temperatura del gas on su volumen durante este pro eso?
Solu ión
n=1 P ∝ V ⇒ (Pi , Vi ) → (3Pi , 3Vi ) a) ¾Cuánto trabajo se onsume? Observamos que la rela ión entre la presión y el volumen es lineal. Esto es, podemos es ribimos la presión en fun ión de volumen usando la e ua ión de una línea re ta,
P = mV + b. De la informa ión propor ionada, sabemos que la re ta pasa por los puntos, Por lo tanto,
b=0
y la pendiente es
m=
Pi Vi . Así,
P =
(Pi , Vi )
y
(3Pi , 3Vi ).
Pi V. Vi
77
8 Primera Ley de la Termodinámi a Cal ulamos el trabajo, Vf ˆ
Vf ˆ
Vi
Vi
Pi W = − P dV = − Vi
V dV.
Al integrar,
W
Pi V 2 3Vi | Vi 2 Vi Pi 9Vi2 Vi2 − = − Vi 2 2 2 8V = − i . 2 = −
W = −4Vi2 . b) ¾Cómo se rela iona la temperatura del gas on su volumen?
P =
Pi V Vi
nRT Pi = V V Vi Pi nRT = V 2 Vi →T =
Pi V2 nRVi
Por lo tanto, la temperatura es propor ional al uadrado del volumen.
8.7. Serway 20.28 Una muestra de gas ideal pasa por el pro eso que se muestra en la gura. De A a B, el pro eso es adiabáti o; de B a C es isobári o on 100kJ de energía que entran al sistema por alor. De C a D, el pro eso es isotérmi o; de D a A es isobári o on 150 kJ de energía que salen del sistema por alor. Determine la diferen ia en energía interna
Solu ión
Eint,B − Eint,A .
En un i lo,
∆Eint = 0 Fra
ionando el i lo,
∆Eint, B−A + ∆Eint, C−B + ∆Eint, D−C + ∆Eint, A−D = 0 B→C orresponde a un pro eso isobári o , en donde
QC−B = 100kJ
∆Eint, C−B = WC−B + QC−B
78
8.8 Serway 20.39 PSfrag repla ements
TF
80◦ C
Au
Ag
30◦ C
Figura 8.2: Representa ión de las barras de oro y plata del problema Serway 20.39
WC−B = −
VC ˆ
PB dV = −PB (VC − VB )
VB
WC−B = −94,2kJ ⇒ ∆Eint C−B = 5,8kJ C→D es un pro eso isotérmi o,
∆Eint, C−D = 0
D→A es también un pro eso isobári o
WA−D = −PD (VA − VD ) = 101,3kJ Según el enun iado,
QA−D = −150kJ ⇒ ∆Eint, A−D = −48,7kJ Por último
∆Eint, B−A = −∆Eint, C−B − ∆Eint, A−D ∆Eint, B−A = 42,9kJ
8.8. Serway 20.39 Una barra de oro (Au) en onta to térmi o on una barra de plata (Ag) de la misma longitud y área. Un extremo de la barra ompuesta se mantiene a 80.0°C y el extremo opuesto esta a 30.0°C. Cuando la transferen ia de energía al anza un estado estable, ¾ uál es la temperatura en la unión?
Solu ión Solu ión.
79
8 Primera Ley de la Termodinámi a En la ondi ión de equilibrio, la rapidez de transferen ia de alor en ambas barras debe ser igual,
dQ dt
= Au
dQ dt
Ag
∆T ∆T Au = kAg A kAu A L Ag L kAu |∆T | Au = kAg |∆T | Ag Tomando en uenta que
TAu > TF > TAg ,
kAu (TAu − TF ) = kAg (TF − TAg )
TF (kAu + kAg ) = kAg TAg + kAu TAu
TF = donde
kAu = 314 mWºC
y
kAg TAg + kAu TAu kAu + kAg
kAg = 427 mWºC ⇒ TF = 51,2ºC
8.9. Serway 20.41 Un estudiante intenta de idir qué vestir. Su re ámara está a 20.0°C. La temperatura de su piel es
2
de 35.0°C. El área de su piel expuesta es de 1.50m . Hay personas en el planeta que tienen piel que es os ura en el infrarrojo, on emisividad aproximada de 0.900. En uentre la pérdida de energía neta de su uerpo por radia ión en 10.0min
Solu ión
Tamb = 20,0ºC = 293K Tpiel = 35,0ºC = 308K A = 1,50m2 Emisividad e ≅ 0,900 P = σAeT 4 4 4 Pneta = σAe(Tpiel − Tamb ) donde
σ = 5,669 × 10−8 mW 2K4 ⇒ Pneta = 124,68W
Ahora
E =P ×t donde
t = 10min = 600s E = 74808J ≈ 75kJ
80
8.10 III Par ial I 2010 (Condu tividad térmi a)
8.10. III Par ial I 2010 (Condu tividad térmi a) (a)
k sea onstante, demuestre que la rapidez radial de ujo de alor en una sustan ia
Suponiendo que
entre dos esferas on éntri as está dado por,
donde la esfera interna tiene un radio temperatura
(b)
dQ (T1 − T2 ) 4πkr1 r2 = dt r2 − r1
r1
T1
y una temperatura
y la esfera externa tiene un radio
r2
y
T2 < T1 .
La rapidez on que el alor sale por la super ie de la Tierra es
2,8 × 1013 W .
Suponga que
el ujo se debe a la presen ia de un nú leo aliente en ella y que el nú leo tiene un radio de 3470 km. Suponga asimismo que la materia entre él y la super ie no ontiene fuentes de alor y tiene una
4,2W/m · K . Con el resultado de la parte (a) al ule la temperatura super ie terrestre tiene una temperatura de 0°C . El radio de la Tierra es
ondu tividad térmi a promedio de del nú leo. Suponga que la de
6,37 × 106 m.
Solu ión a) Consideramos
dos esferas on éntri as de radios
r 2 > r1
y temperaturas
T2 > T1 .
la transferen ia
de energía se da en la dire
ión radial
dQ = −k dt donde
k
dT dr
dA
es la ondu tividad térmi a asignada según el modelo propuesto y
de una esfera de radio
r
tal que
dQ dt dQ dr dt r 2 Note que
dT dr
<0
A orresponde a la super ie
r2 > r > r1 , = −k
dT dr
4πr 2
= −4πkdT.
pues la temperatura disminuye onforme aumenta r. Por lo tanto
Integrando a ambos lados,
ˆ dQ r2 dr dt r1 r 2 r 2 1 dQ − dt r r1 dQ 1 1 − + dt r2 r1 dQ r2 − r1 dt r2 r1
= −4πk
ˆ
T2
dT = − dT . dr
dr
dT T1
= −4π kT |TT21 = −4πk (T2 − T1 ) = −4πk (T2 − T1 )
y nalmente,
b)
De la expresión anterior,
4πk (T1 − T2 ) r2 r1 dQ = dt r2 − r1 despejamos T1 , T1 =
r2 = 6,37 ×
dQ dt
= 2,8 × 103 W y usamos los valores dados W k = 4,2 mK y T2 = 0°C = 273K obtenemos,
Si suponemos que
106 km,
dQ (r2 − r1 ) + T2 . dt 4πkr1 r2 en el enun iado,
r1 = 3470km,
T1 = 273,000007K.
81
8 Primera Ley de la Termodinámi a
8.11. III Par ial I 2010 (Calorimetría) (a)
Dos ubos de hielo de 50g se dejan aer en 200g de agua dentro de un vaso. Si el agua tenía
ini ialmente una temperatura de 25°C y si el hielo se extrajo dire tamente de un ongelador a -15°C, ¾ uál es la temperatura nal de la bebida?
(b)
Cal ule nuevamente la temperatura nal del agua si se
usa solamente un ubo de hielo.
Solu ión a) El alor
ne esario para llevar el hielo a 0°C,
Qcalentar = 2mh Chielo ∆Thielo = 3330J, donde
mh
es la masa de ada ubo de hielo y
Lf
el alor de fusión del agua.
Una vez a esta temperatura, el alor ne esario para derretir el hielo es,
Qf
= 2mh Lf = 33300J.
Por lo tanto el alor total ne esario para derretir los dos ubitos de hielo es de,
Qhielo = Qcalentar + Qf = 36630J El alor ne esario para enfriar el agua hasta 0°C es,
Qagua = magua Cagua ∆Tagua = −20950J. Observamos que
|Qagua | < Qhielo
y por lo tanto no se derriten ambos ubitos. La mez la de agua
hielo al anzará los 0°C entígrados dejando un ex edente de alor que se usarán en derretir par ialmente el hielo.
NOTA:
Q′ = |Qagua | − Qcalentar = 17620J
el enun iado no lo pide, pero observe que ud.
puede saber uánto hielo se derrite:
Q′f = mderretida Lf → mderretida = donde
Qf = 17620J .
Q′f Lf
De esta manera obtenemos
mderretida = 53g. En el III Par ial del II 2010 se repitió este problema y se preguntó uanto hielo se derretía.
b)
Si se emplea solo un ubo de hielo, debemos re al ular la energía ne esaria para derretir el hielo,
Qcalentar = mh Chielo ∆Thielo = 1665J,
Qf
= mh Lf = 16650J.
82
8.12 III Par ial II 2010 (Condu tividad térmi a)
Qhielo = Qcalentar + Qf = 18315J. Por lo tanto, de los 20950J liberados al enfriarse el agua, se utilizan 18315J para derretir el hielo. Eso nos deja on Q=2635J para alentar toda el agua
Q = (magua + mh ) Cagua Tf Q (magua + mh ) Cagua
= Tf
Tf = 2, 52°C.
8.12. III Par ial II 2010 (Condu tividad térmi a) Considere una losa onstituida por dos materiales uyo espesor es diferente, du tividades térmi as,
T2 ,
on
k1
y
k2
L1
y
L2
yu uyas on-
también lo son. Si las temperaturas de las super ies externas son
T1
y
T2 > T1 ,
(a) Cal ule la rapidez de transferen ia de alor a través de la losa ompuesta en un estado esta ionario. (b) Muestre que la temperatura en el medio de los dos materiales es
Tx = donde
Ri
es la resisten ia térmi a
Solu ión a) Podemos
donde
Ri =
Ri =
R2 T1 + R1 T2 R1 + R2
Li ki .
al ular la poten ia de transferen ia de energía para un material ompuesto omo,
Li ki . En este aso, ya que
A (Th − Tc ) dQ P = dt i Ri
T2 > T1 ,
A (T2 − T1 ) dQ = . dt R1 + R2 b) Sea
Tx
la temperatura en el medio de las pla as, tal que
T2 > Tx > T1 . La rapidez de transferen ia
de energía del extremo libre de la pla a 2 al punto en el medio es,
dQ dt
= 2
A (T2 − Tx ) . R2
Igualmente, la rapidez de transferen ia de energía el punto medio al extremos libre de la pla a 1 es,
dQ dt
= 1
A (Tx − T1 ) . R1
Para que haya una situa ión esta ionaria, ambas rapide es deben ser iguales,
A (T2 − Tx ) R2 T2 T1 + R2 R1 R1 T2 + R2 T1 R1 R2
A (Tx − T1 ) R 1 1 1 = Tx + R1 R2 R1 + R2 = Tx R1 R2 =
83
8 Primera Ley de la Termodinámi a Tx =
84
R1 T2 + R2 T1 R1 + R2
9 Teoría inéti a de los gases 9.1. Serway 21.4 En un periodo de 1.00 s, 5.00 x
1023
molé ulas de nitrógeno golpean una pared on un área de 8.00
cm2 . Supongan que las molé ulas se mueven on una rapidez de 300m/s y golpean la pared frontal en
olisiones elásti as. ¾Cuál es la presión ejer ida sobre la pared? (La masa de una molé ula de
N2
es
−26 kg.) 4.68 x 10
Solu ión
T = 1.00s N = 5.0 × 1023 , N2 uya masa A = 8.00cm2 = 8 × 10−4 m2 v = 300m/s
es
m = 4.68 × 10−26 kg
La fuerza total ejer ida por las partí ulas sobre la pared es,
N m0 v 2x 1 m0 v 2 = F = N 3 d d donde
∆t =
2d vx
⇒d=
∆T v x 2 . Así,
F =
2N m0 vx N m0 v 2x , ·2= ∆tv x ∆t ⇒ F = 14,0N.
La presión es por lo tanto
P =
F = 17.6kP a. A
9.2. Serway 21.24 Un gas ideal diatómi o (γ ini io está a
Pi , Vi ,
y
Ti .
= 1,40),
on nado a un ilindro se lleva a través de un i lo errado. Al
Primero su presión se tripli a bajo volumen onstante. Luego se expande
adiabáti amente a su presión original y al nal se omprime isobári amente a su volumen original. a) Dibuje un diagrama PV de este i lo. b) Determine el volumen nal de la expansión adiabáti a. En uentre ) la temperatura del gas al ini io de la expansión adiabáti a y d) la temperatura al nal del i lo e) ¾Cuál fue el trabajo neto onsumido en el gas para este i lo?
Solu ión a) Diagrama
85
9 Teoría inéti a de los gases P PSfrag repla ements
B 3Pi
Pi
C
A
V Vi b) Determinar
VC
Vc
Para un pro eso adiabáti o,
PB VBγ
= PC VCγ
3Pi Viγ
= Pi VCγ
1
(3Viγ ) γ
= VC 1
→ VC = 3 γ Vi = 2,19Vi .
) La temperatura al ini io de la expansión adiabáti a
P V = nRT →
TB
Pi Vi PB VB = TB Ti
3Pi Vi Pi Vi = → TB = 3Ti . TB Ti d) La temperatura al nal del i lo Después del i lo,
∆Eint = 0 y por lo tanto la temperatura nal es la temperatura ini ial
TA = Ti . e) El trabajo neto Existen dos momentos del i lo en que se realiza trabajo. Primero en la expansión adiabáti a,
∆Eint,BC WBC
= WBC 5 nR (TC − TB ) = 2 5 = nR (TC − 3Ti ) . 2
5 2 orresponde a 5 grados de libertad, ya que es un gas diatómi o). Para al ular la temperatura TC ,
(Nota:
1 Vi VC VC = → TC = Ti = 3 γ Ti . Ti TC Vi
86
9.3 Serway 21.33 Por lo tanto, regresando al ál ulo del trabajo,
1 5 nRTi 3 γ − 3 2 1 5 Pi Vi 3 γ − 3 = 2 = −2,02Pi Vi .
WBC
=
9.3. Serway 21.33 A partir de la distribu ión de rapidez de Maxwell-Boltzmann, demuestre que la rapidez más probable de una molé ula de gas se ono e por la e ua ión 21.27. Note que la rapidez más probable orresponde al punto en donde la pendiente de la urva de distribu ión de rapidez,
Solu ión
dNv dv , es ero.
Partimos de la distribu ión de rapide es de Maxwell-Boltzmann,
Nv = 4πN
mo 2πkB T
3/2
v 2 e−m0 v
2 /2k
BT
y al ulamos el punto en que la pendiente de la tangente es ero, el ual orresponde a la rapidez más probable,
vmp ,
4πN
mo 2πkB T
3/2
2vmp e−m0 v
2 /2k
BT
dNv = 0 dv m0 vmp 2 −m0 vmp 2 /2k T B − vmp e = 0 kB T 2 m0 vmp 2− = 0 kB T 2kB T 2 vmp = m r 0 2kB T . vmp = m0
9.4. Serway 21.35 ¾A qué temperatura la rapidez promedio de los átomos de helio sería igual a a) La rapidez de es ape
1,12 × 104 m/s y b) la −27 kg . helio es 6,64 × 10
de la Tierra, átomo de
rapidez de es ape de la Luna
2,3 × 103 m/s.
Nota: La masa de un
Solu ión
a) Tomando la rapidez promedio,
vav =
on
vav = vesc = 1,12 × 104 m/s
y
r
8kB T πm
m = 6,64 × 10−27 kg. T
Despejando para la temperatura,
2 πm vav 8kB = 2,37 × 104 K.
=
87
9 Teoría inéti a de los gases (Por este motivo átomos tan pequeños presentes en la atmósfera no es apan a la gravedad de la Tierra, no tienen energía su iente.) b) Repitiendo para
vav = vesc = 2,3 × 103 m/s,
obtenemos
T = 999,6K.
9.5. Serway 21.43 ´ n moles W = − P dV y
Un ilindro que ontiene
on la expresión
de un gas ideal se somete a un pro eso adiabáti o. a) Si omienza apli a la ondi ión
PV γ =
onstante, demuestre que el trabajo
onsumido en el gas es,
W =
1 γ−1
(Pf Vf − Pi Vi ) .
b) Si omienza on la primera Ley de la Termodinámi a en forma diferen ial, demuestre que el trabajo
onsumido en el gas es igual a otro.
nCv (Tf − Ti ).
Explique si estos dos resultados son onsistentes uno on
Solu ión a) Partiendo de
W
= −
ˆ
Vf
P dV Vi Vf
dV γ Vi V V V 1−γ f = − onstante 1 − γ vi
onstante = − Vf1−γ − Vi1−γ . 1−γ = − onstante
Observando que onstante V
W
−γ
=P
= −
ˆ
rees ribimos,
onstante
Vf−γ Vf +
onstante
1−γ 1−γ Pf Vf Pi Vi = − + 1−γ 1−γ 1 = (Pf Vf − Pi Vi ) γ−1
Vi−γ Vi
b) Partiendo de la primela Ley, apli ada a un pro eso adiabáti o,
dEint = dW nCv ∆T
= W
→ W = nCv (Tf − Ti ) . Ambas expresiones son onsistentes y rela ionables a través de la e ua ión de estado de los gases ideales y de la de ni ión de
γ, γ=
88
R + CV R CP = → CV = CV CV (γ − 1)
9.6 Serway 21.45 y por lo tanto,
W
Pf Vf Pi Vi − = nCV nR nR Pf Vf R Pi Vi = − (γ − 1) R R 1 = (Pf Vf − Pi Vi ) γ−1
9.6. Serway 21.45 Un ilindro se ierra en ambos extremos y tiene paredes aislantes. Se divide en dos ompartimientos mediante un separador adiabáti o que es perpendi ular al eje del ilindro. Cada ompartimiento ontiene 1.00 mol de oxígeno que se omporta omo un gas ideal on
γ=
7 5 . Al ini io los dos ompartimientos
tienen iguales volúmenes y sus temperaturas son 550K y 250K. A ontinua ión se le permite al separador moverse lentamente hasta que las presiones sobre sus dos lados son iguales. En uentre las temperaturas nales den los dos ompartimientos. Puede usar el resultado del problema 43.
Solu ión Al moverse el separador el gas en un ompartimiento se expande y el otro se omprime. Por lo tanto el trabajo realizado en ambos ompartimientos debe ompensarse de manera que el trabajo total sea 0,
W1 = −W2 1 1 (Pf 1 Vf 1 − Pi1 Vi1 ) = − (Pf 2 Vf 2 − Pi2 Vi2 ) γ−1 γ−1 donde hemos usado el resultado del problema 21.43 de este mismo libro. Luego usamos la primera Ley de la Termodinámi a apli ada al sistema, el ual onsiste de ambos
ompartimientos.
∆Eint = W + Q. Ambos trabajo y alor son ero, por lo tanto,
∆Eint = 0 ∆Eint,1 + ∆Eint,2 = 0 5 5 nR (Tf 1 − Ti1 ) + nR (Tf 2 − Ti2 ) = 0 2 2 Tf 1 + Tf 2 = Ti1 + Ti1
(9.1)
Luego, para ada ompartimiento debe umplirse que,
Pi1 Vi1γ = Pf 1 Vfγ1 Dividiendo ambas e ua iones sabiendo que
Pi2 Vi2γ = Pf 2 Vfγ2 .
Pf 1 = Pf 2 y Vi1 = Vi2 , Vf 1 γ Pi1 = . Pi2 Vf 2
Usamos la Ley de Gases Ideales para onvertir ambos lados de esta e ua ión en temperaturas,
Ti1 = Ti2
Tf 1 Tf 2
γ
→
Ti1 Ti2
1
γ
=
Tf 1 = 1,756. Tf 2
(9.2)
89
9 Teoría inéti a de los gases Usando 9.2 en 9.1,
2,756Tf 2 = Ti2 + Ti1 Ti2 + Ti1 Tf 2 = 2,756 → Tf 2 = 290,3K, → Tf 1 = 509,7K.
9.7. Serway 21.57 Veri que las e ua iones 21.25 y 21.26 para las rapide es rms y promedio de la molé ulas de un gas a temperatura T. El valor promedio de
vn
es,
vn =
1 N
ˆ
∞
v n Nv dv.
0
Solu ión Según la de ni ión dada, la rapidez promedio
v = = = = =
1 N
ˆ
∞
v = vprom ,
vNv dv
0
3/2 ˆ ∞ 1 mo 2 4πN vv 2 e−m0 v /2kB T dv N 2πkB T 0 3/2 ˆ ∞ mo 2 v 3 e−m0 v /2kB T dv 4π 2πkB T 0 3/2 mo 1 2kB T 2 4π 2πkB T 2 mo 1/2 8kB T π πm0
Para al ular el valor rms, ne esitamos al ular el valor
v2
= = = = =
y por lo tanto,
90
es,
1 N
ˆ
∞
v2 ,
v 2 Nv dv
0
3/2 ˆ ∞ 1 mo 2 4πN v 2 v 2 e−m0 v /2kB T dv N 2πkB T 0 3/2 ˆ ∞ mo 2 4π v 4 e−m0 v /2kB T dv 2πkB T 0 3/2 mo 3 2kB T 5/2 1/2 π 4π 2πkB T 23 mo kB T 3 mo
9.8 I Par ial I 2010 (Gases Ideales)
vrms = =
p
r
v2 kB T 3 mo
9.8. I Par ial I 2010 (Gases Ideales) En una planta de pro esamiento quími o, una ámara de rea
ión de volumen jo a una ámara de depósito de volumen jo
4V0
V0
se one ta
mediante un pasillo que ontiene un tapón poroso
térmi amente aislante. El tapón permite que las ámaras estén a diferentes temperaturas y que el gas pase de una ámara a la otra, además de asegurar que la presión sea la misma en ambas. En un punto del pro esamiento, ambas ámaras ontienen gas a una presión de 1.00 atm y una temperatura de 27.0°C . Las válvulas de admisión y es ape ha ia el par de ámaras están erradas. Luego, el depósito se mantiene a 27.0°C mientras la ámara de rea
ión se alienta a 400°C. ¾Cuál es la presión en ambas
ámaras después de que se logran estas temperaturas?
Solu ión En este aso, el número total de moles se onserva,
n1i + n2i = n1f + n2f . Usando e ua ión de gases ideales,
Pi Vo Pi (4V0 ) + Ti Ti Pi Vo (1 + 4) Ti 4 −1 5Pi 1 + Ti Tf Ti 5Pi Ti Tf Ti Ti + 4Tf
Pf V0 Pf (4V0 ) + Tf Ti 4 1 + = Pf V0 Tf Ti =
= Pf = Pf
→ Pf = 1,12atm
9.9. III Par ial I 2010 (Grados de libertad) Considere 2.00 moles de un gas ideal diatómi o a temperatura ambiente, 20°C. En uentre, a partir de la energía interna, el alor espe í o molar volumen onstante
onstante
CP
CV
y el alor espe í o molar a presión
si supone que las molé ulas se trasladan, giran y vibran.
Solu ión En este aso tenemos 3 grados de libertad de trasla ión, 2 de rota ión y 2 de vibra ión para un total de 7 grados de libertad. Por lo tanto la energía inéti a o energía interna es,
Ei =
7 7 kB N T → ∆Ei = kB N ∆T. 2 2
Por otro lado, sabemos que,
∆Ei = CV n∆T.
91
9 Teoría inéti a de los gases Igualando ambas expresiones,
CV n∆T
=
CV
=
7 kB N ∆T, 2 7 kB N , 2 n 7 R. 2
= Luego,
CP − CV = R → CP = R + CV , CP =
9 R. 2
9.10. III Par ial II 2010 (Gases ideales) Se ha e que 4 moles de una gas ideal se expandan de un volumen
V1
a un volumen
V2 = 3,45V1 .
Si
la expansión es isotérmi a a la temperatura T=410K,
(a) Determine el trabajo (b) Cal ule el ambio de Solu ión a) Cal ulamos el trabajo
efe tuado en el gas. entropía que se produ e.
W
= −
ˆ
P dV ˆ V2 dV = −nRT V1 V V2 = −nRT ln V1 = −nRT ln (3,45) = −16877J.
b)
Dado que el pro eso es a temperatura onstante,
∆Eint = 0. Según la I Ley de la Termodinámi a,
Q = −W
= 16877J.
El ambio de entropía para un pro eso isotérmi o es,
Q T = 41,2J/K.
∆S =
9.11. III Par ial II 2010 (Trabajo en gases ideales) Muestre que para un pro eso adiabáti o el trabajo onsumido por el gas es:
W = Solu ión
92
1 γ−1
(Pf Vf − Pi Vi )
9.11 III Par ial II 2010 (Trabajo en gases ideales) Partimos de la de ni ión de trabajo,
W =−
ˆ
P dV.
Re ordamos que para un pro eso adiabáti o
P V γ = cte → P =
cte . Vγ
Observe que no nos interesa determinar la onstante, nos basta saber que no ambia en fun ión del volumen. De esta manera,
W
= −cte
ˆ
Vf Vi
dV Vγ
V 1 V −γ+1 Vf i −γ + 1 1 1−γ Vf − Vi1−γ = −cte 1−γ 1 Vf Vf−γ − Vi1 Vi−γ . = −cte 1−γ = −cte
Observe que
P =
cte V γ y por lo tanto,
W
1 (Pf Vf − Pi Vi ) 1−γ 1 (Pf Vf − Pi Vi ) . γ−1
= − =
93
10 Máquinas térmi as y entropía 10.1. Resni k 24.2 (Problema) P V de la gura, W , Q, ∆Eint y ∆S en
Se ha e que un mol de un gas diatómi o ideal re orra el i lo des rito en el diagrama donde
V2 = 3V1 .
En fun ión de
P1 , V1 , T1
y de R determine a)
P2 , P3
y
T3
b)
los tres pro esos.
Solu ión a) De
1 → 2
el pro eso es isotérmi o. De la e ua ión de gases ideales, observamos que
nRT
es
onstante y por lo tanto,
P1 V1 = P2 V2 P1 V1 = 3V1 P2 → P2 = Luego, de
3→1
es adiabáti o,
P1 V1γ P3 donde
γ=
P1 . 3
= P3 V3γ γ V1 = P1 V3
7 5 para un gas diatómi o.
Si observamos que
V3 = V2 = 3V1 , P3 =
Figura 10.1: Diagrama
P1 . 3γ
PV
del problema 10.1.
95
10 Máquinas térmi as y entropía Luego, usando la e ua ión de los gases ideales,
P3 V3 = nRT3 P3 V3 T3 = nR P1 3V1 = 3γ nR 1 P1 V1 = γ−1 3 nR 1 = T1 . 3γ−1 b) Para
1 → 2, W12 = −
ˆ
V2
P dV V1 V2
dV V1 V V2 = −nRT1 ln V1 3V1 = −nRT1 ln V1 = −RT1 ln (3) , = −nRT1
(en el último renglón usamos
ˆ
n = 1).
Según la I ley de la termodinámi a, para un pro eso isotérmi o,
Q12 = −W12
= RT1 ln (3) .
La entropía,
Q12 T1 = Rln (3) .
∆S12 =
Por supuesto, al ser un pro eso isotérmi o,
∆Eint,12 = 0. El pro eso
2→3
es a volumen onstante, por lo tanto,
W23 = 0. El alor se puede al ular omo
Q23 = ∆Eint,23 = nCV ∆T23 5 = n R (T3 − T2 ) 2 1 5 T1 − T1 = n R 2 3γ−1 1 − 3γ−1 5 RT1 = 2 3γ−1
96
10.2 Serway 22.24 El ambio en la energía interna es, según la I Ley de la Termodinámi a,
∆E23 = Q23 1 − 3γ−1 5 RT1 . = 2 3γ−1 Luego
dQ T ˆ T3 dT = nCV T T 2 T3 5 Rln = 2 T2 5 1 = Rln 2 3γ−1
∆S23 =
El pro eso
3→1
ˆ
es adiabáti o, por lo tanto,
Q31 = 0 → ∆S31 = 0. También,
∆Eint31 = nCV ∆T31 5 R (T1 − T3 ) = 2 γ−1 3 −1 5 RT1 = 2 3γ−1 γ−1 5 3 −1 = RT1 . 2 3γ−1 Y el trabajo,
W31 = ∆Eint31 γ−1 5 3 −1 = RT1 . 2 3γ−1
10.2. Serway 22.24 La bomba de alor que se muestra en la gura
1 es en esen ia un a ondi ionador de aire instalado
ha ia atrás . Extrae energía del aire exterior más frío y lo deposita en una habita ión más aliente. Suponga que la rela ión de la energía real que entra a la habita ión respe to al trabajo realizado por el motor del dispositivo es 10.0 % de la rela ión máxima teóri a. Determine la energía que entra a la habita ión por Joule de trabajo realizado por el motor, dado que la temperatura interior es 20.0°C y la temperatura exterior es -5.00°C.
Solu ión Primero identi amos las temperaturas, 1
Th = 20,0°C = 293K
y
Tc = −5,00°C = 268K .
Ver gura PP22.24 del libro Serway, Séptima edi ión
97
10 Máquinas térmi as y entropía La e ien ia teóri a de una máquina de Carnot,
COPcarnot =
1 Th − Tc = . ec Th
La e ien ia real es 10 % de la e ien ia teóri a,
COP Qh W
Th − Tc Th Th − Tc = 0,10 Th = 1,17.
= 0,10
Por lo tanto on luimos que al sistema entran
1,17J
por ada Joule de trabajo del motor.
10.3. Serway 22.48 Una máquina térmi a fun iona entre dos depósitos a
T2 = 600K
y
T1 = 350K .
Admite 1000J de
energía del depósito de mayor temperatura y realiza 250 J de trabajo. En uentre a) el ambio de entropía del Universo
∆SU
para este pro eso y b) el trabajo W que podría realizar una máquina de
Carnot que opere entre estos dos depósitos. ) Demuestre que la diferen ia entre las antidades de trabajo realizado en las partes a) y b) es
T1 ∆SU .
Solu ión El alor transferido del depósito aliente,
Qh = −1000J. El trabajo realizado es,
Wmaq = 250J. Por lo tanto el alor neto transferido al depósito frío es
Qc = 750J a) El ambio de la entropía del Universo es la suma de los ambios en el depósito frío y en el depósito
aliente,
∆Su = ∆Sh + ∆Sc Qh Qc + = T2 T1 750J −1000J + = 600K 350K = 0,476J/K. Tenga mu ho uidado on los signos. Note que para al ular el ambio de entropía del depósito
aliente usamos un alor negativo pues la energía sale del depósito. Igualmente, para al ular el ambio de entropía del depósito frío usamos un alor positivo porque la energía entra a este sistema. b) Usamos las de ni iones de e ien ia para la máquina de Carnot,
ec = 1 − TThc W ec = Qmaq h
98
)
1−
′ Wmaq Tc = Th Qh
10.4 Serway 22.49
Figura 10.2: Ci lo de Stirling del problema 10.4
Tc 1− Th
′ Qh = Wmaq
′ Wmaq = 416,7J
) La diferen ia entre ambos es,
′ Wmaq − W maq = 166,7J Observamos que
∆Su T1 = 166,7J y por lo tanto se umple que,
′ Wmaq − W maq = ∆Su T1 .
(10.1)
La diferen ia entre ambos trabajos, el real y el téori o o de Carnot, orresponde a la antidad de energía que no se puede onvertir en trabajo. En la termodinámi a, esta por ión orresponde a la energía aso iada al desorden y se al ula omo el produ to de la entropía y la temperatura. Es por esta razón que la e ua ión 10.1 es válida.
10.4. Serway 22.49 En 1816 Robert Stirling, un lérigo es o és, patentó el motor Stirling, que desde enton es en ontró gran variedad de apli a iones. El ombustible se quema externamente para alentar uno de los dos
ilindros del motor. Una antidad ja de gas inerte se mueve í li amente entre los ilindros y se expande en el aliente y se ontrae en el frío. La gura 10.2 representa un modelo de su i lo termodinámi o. Considere
n moles de gas ideal monoatómi o que ir ula una vez por el i lo que onsiste de dos pro esos 3Ti y Ti y dos pro esos a volumen onstante. Determine, en términos de n,
isotérmi os a temperaturas R,
Ti .
a) la energía neta transferida por alor al gas y b) la e ien ia del motor. Un motor de Stirling
es más fá il de fabri ar que un motor de ombustión interna o una turbina. Puede fun ionar on la quema de basura o on la energía de la luz solar y no produ ir materiales de des arga.
Solu ión a) El alor total transferido es la suma de los alores en ada parte del i lo, A→B (volumen onstante)
99
10 Máquinas térmi as y entropía
QAB = ∆Eint 3 nR (TB − TA ) = 2 3 = nR (3Ti − Ti ) 2 = 3nTi . B→C (isotérmi o) En este aso,
QBC
= −W
VC VB 2Vi = nR (3Ti ) ln Vi = 3nRTi ln (2) = nR (3Ti ) ln
C→D (volumen onstante)
3 nR (TD − TC ) 2 3 = nR (Ti − 3Ti ) 2 = −3nRTi
QCD =
D→A (isotérmi o)
QDA = −W = = = =
VD nR (Ti ) ln VA Vi nR (Ti ) ln 2Vi 1 nRTi ln 2 −nRTi ln (2)
Enton es el alor total,
Q = QAB + QBC + QCD + QDA = 3nRTi + 3nRTi ln (2) − 3nRTi − nRTi ln (2)
= 2nRTi ln (2) b) La e ien ia del motor es,
e= A través del he ho de que
∆Eint = 0,
Wmaq . |Qh |
obtenemos,
Wsist = −Q = −Wmaq .
100
10.5 Serway 22.62
Figura 10.3: Ci lo de Carnot, problema 10.5
Luego,
Qh
es la energía que entra al sistema,
|Qh | = |QAB + QBC |
= 3nRTi + 3nRTi ln (2)
= 3nRTi (1 + ln (2)) . Finalmente,
2nRTi ln (2) 3nRTi (1 + ln (2)) = 0,273.
ec =
10.5. Serway 22.62 Una muestra de 1.00 mol de un gas ideal (γ
= 1,40)
se lleva a través del i lo de Carnot des rito en
la gura 10.3. En el punto A la presión es 25.0 atm y la temperatura es 600K. En el punto C la presión es 1.00 atm y la temperatura es de 400K. a) Determine las presiones y volúmenes en los puntos
C
y
D.
A, B,
b) Cal ule el trabajo neto realizado por i lo. ) Determine la e ien ia de una máquina que
fun iona en este i lo.
Solu ión a) Para determinar
VA
usamos la e ua ión de los gases ideales,
nRTA PA = 1,97 × 10−3 m3 .
VA =
Igualmente para el volumen
VC , VC
Entre
A
y
B
el pro eso es isotérmi o,
nRTC PC = 32,8 × 10−3 m3 .
=
TB = TA ,
enton es a partir de los gases ideales,
PA VA = PB VB → PB =
PA VA VB
(10.2)
101
10 Máquinas térmi as y entropía Luego entre
B
y
C
el pro eso es adiabáti o,
PB VBγ
= PC VCγ .
(10.3)
Sustituyendo 10.2 en 10.3,
PA VA VBγ−1 = PC VCγ 1 PC VCγ 1−γ VB = PA VA VB = 11,9 × 10−3 m3 . Similarmente,
PC VC = PD VD → PD =
PC VC VD
y
PD VDγ = PA VAγ PC VC VDγ−1 = PA VAγ 1 PA VAγ γ−1 VD = PC VC VD = 5,44 × 10−3 m3 . Luego para al ular las presiones,
PA VA = PB VB → PB =
PA VA = 4,14atm VB
PD VD = PC VC → PD =
PC VC = 6,03atm VD
b) El trabajo se puede al ular a través de la primera Ley de la Termodinámi a. Sabemos que en un
i lo el ambio en la energía interna es ero,
∆Eint = 0 W
= −Q
−Wmaq = − (Qh + Qc ) Wmaq = Qh + Qc .
El alor que entra
Qh
es,
Qh = nRTA ln = 8,97kJ
102
VB VA
10.6 III Par ial I 2010 (Ci los y e ien ia)
Figura 10.4: Ci lo del gas monoatómi o del problema III Par ial I 2010 (Ci los y e ien ia)
Luego, el alor saliente,
Qc = nRTA ln
VD VC
= −5,97kJ.
Enton es,
Q = 3kJ → Wmaq = 3kJ.
) La e ien ia,
e=
Wmaq = 0,33. |Qh |
También podemos al ular la e ien ia de la máquina de Carnot de la siguiente manera,
eC
Tc Th 400K = 1− 600K = 0,33. = 1−
10.6. III Par ial I 2010 (Ci los y e ien ia) Una muestra de 1.00 mol de gas ideal monoatómi o se lleva a través del i lo que se muestra en la gura.. En el punto A la presión , el volumen y la temperatura son términos de
R
y
Ti
en uentre
a)
Pi , Vi
y
Ti
respe tivamente. En
la energía total que entra al sistema por alor por i lo,
total que sale del sistema por alor por i lo
)
b)
la energía
la e ien ia de una máquina que opera en este i lo
d)
Cal ule la e ien ia de una máquina de Carnot que opera entre los mismos extremos de temperatura.
Solu ión a) Para al ular Qh a ambos pro esos.
onsideramos los pro esos
A→B
y
B→C
y al ulamos los alores aso iados
103
10 Máquinas térmi as y entropía En el primero, omo no hay ambio de volumen no hay trabajo y así,
QAB = ∆Eint,AB = nCV (TB − TA ) . Como el gas es monoatómi o
CV = 23 R, 3 QAB = nR (TB − TA ) . 2
Luego observamos que
TA = Ti
y que al ser el volumen onstante podemos usar la e ua ión de los
gases ideales para es ribir,
3Pi Pi = → TB = 3Ti . Ti TB De esta manera,
3 nR (3Ti − Ti ) 2 = 3nRTi .
QAB =
El pro eso
B→C
o urre a presión onstante, por lo tanto,
QBC
= nCp (TC − TB ) 5 = nR (TC − 3Ti ) 2 5 = nR (TC − 3Ti ) . 2
Usamos la e ua ión de gases ideales y el he ho de que la presión es onstante para es ribir,
2Vi Vi = → TC = 6Ti . 3Ti TC Además,
Pi Vi = nRTi
y por lo tanto,
QBC
= = =
5 nR (6Ti − 3Ti ) 2 15 nRTi 2 15 nRTi . 2
En resumen,
Qh = QAB + QBC 15 = 3nRTi + nRTi 2 21 = nRTi . 2 b)
Para al ular
volumen onstante,
104
QC
empezamos por al ular el alor aso iado al pro eso
3 QCD = nCV ∆TCD = nR (TD − TC ) . 2
C → D
que o urre a
10.7 III Par ial II 2010 (Ci lo Diesel) Luego,
PC Pi 3Pi PD = → = → TD = 2Ti . TD TC TD 6Ti
Y así,
3 nR (2Ti − 6Ti ) 2 = −6nRTi .
QCD =
El pro eso
D→A
o urre a presión onstante,
QDA = nCP (TA − TD ) 5 nR (Ti − 2Ti ) = 2 5 = − nRTi . 2 Finalmente,
Qc = QCD + QDA 5 = −6nRTi − nRTi 2 17 = − nRTi 2
) La e ien ia,
|Qc | |Qh | 17 = 1− 21 4 = . 21
e = 1−
La e ien ia de Carnot,
Tc Th Ti = 1− 6Ti 5 = . 6
ec = 1 −
10.7. III Par ial II 2010 (Ci lo Diesel) El i lo diesel indi ado en la gura 10.5 es una aproxima ión al omportamiento de un motor diesel. El pro eso
ab
pro eso
es una expansión adiabáti a y el pro eso
d
es una ompresión adiabáti a, el pro eso
b
es una expansión a presión onstante, el
da es un enfriamiento
el la e ien ia de este i lo en fun ión de los volúmenes
Va , Vb , Vc , Vd
y
a volumen onstante. Hallar
γ.
Solu ión Los pro esos del i lo donde entra/sale energía son
b→c
y
d → a.
Cal ulamos estos alores,
Qbc = nCp (Tc − Tb ) > 0
105
10 Máquinas térmi as y entropía
Figura 10.5: Ci lo del motor de diesel, problema 10.7
(energía que entra,
Qh )
y
Qda = nCV (Ta − Td ) < 0, (energía que sale,
Qc ).
De esta manera, la e ien ia es,
|Qc | Qh |Qda | = 1− Qbc nCV (Td − Ta ) = 1− nCP (Tc − Tb ) 1 (Td − Ta ) . = 1− γ (Tc − Tb )
e = 1−
Ahora ne esitamos es ribir las temperaturas en fun ión de los volúmenes:
Tc =
Pc Vc nR ,
Td =
Pd Vd nR .
Observamos que para los pro esos adiabáti os,
Pa Vaγ = Pb Vbγ → Pb = Pa
Va Vb
γ
.
Vc Vd
γ
.
Y,
Pc Vcγ Re ordando que
Pc = Pb
Vc Vd
γ
→ Pd = Pc
obtenemos,
Pd = Pb Observando que
=
Pd Vdγ
→ Pd = Pa
Va = Vd , Pd = Pa
Vc Vb
γ
De esta forma rees ribimos,
1 Pa Tb = nR
106
Va Vb
Va Vb
γ
.
γ
Vb
Vc Vd
γ
.
Ta =
Pa Va nR ,
Tb =
Pb Vb nR ,
10.7 III Par ial II 2010 (Ci lo Diesel)
Tc = =
1 Pb Vc nR 1 Va γ Pa Vc nR Vb
1 Td = Pa nR
Vc Vb
γ
Va .
Finalmente utilizamos estas expresiones para es ribir la e ien ia,
h
γ
i V − V a a 1 γ i e = 1 − h γ Va V − Va V c b Vb Vb h γ i Vc Va − Va Vb 1 i = 1 − h γ γ Va V − Va γ V c b Vb Vb Vc Vb γ
γ γ 1 Va Vc − Va Vb = 1− γ Vc Vaγ − Vb Vaγ γ γ 1 Vc − Vb = 1− γVaγ−1 Vc − Vb
107
