Fisica_2_Compendio

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Ejercicios Resueltos de Física General II (FS-0310)
Carlos Vargas Agüero
Índice general
1. Estática de Fluidos 4
2. Oscilador Armónico Simple 19
3. Movimiento Ondulatorio 34
4. Ondas Sonoras 43
5. Superposición de Ondas 47
6. Temperatura 57
7. La Primera Ley de la Termodinámica 67
8. Teoría Cinética de los Gases 81
9. La Segunda Ley de la Termodinámica 88
10.Campo Eléctrico 100
11.La Ley de Gauss 115
12.Potencial Eléctrico 128
13.Capacitancia 141
14.Corriente y Resistencia 155
15.Circuitos DC 165
1
ÍNDICE GENERAL ÍNDICE GENERAL
Ultima edición: I Ciclo 2018.
Carlos Vargas
carlos.vargasaguero@ucr.ac.cr
2
ÍNDICE GENERAL ÍNDICE GENERAL
Recuerden no solo leer, se aprende haciendo los ejercicios. También aplica para física.
Comic 353 “Warrior" de Abstruse Goose1
1Más humor de este estilo en abstrusegoose.com
3
1 | Estática de Fluidos
[Resnick] Problema 15-13
Un cascarón esférico hueco de acero flota casi completamente sumergido en el agua. El radio externo mide
58.7 cm y la densidad del hierro es ρFe = 7.87 g/cm3. Determine el radio interno del cascarón.
Figura 1.1: [Resnick] Problema 15-13
Solución
Sea R el radio externo y r el radio interno. Las 2 fuerzas que actúan sobre la masa de hierro son la fuerza
de gravedad y la fuerza boyante.
∑
i
Fi = Fb − Fg = 0 ⇒ Fb = Fg
El volumen a usar en la fuerza boyante, es el volumen que se desplaza de fluido. El fluido no siente el
hueco interno que tiene la esfera, solo le importa el volumen desplazado. Por lo que el volumen a usar en
la fuerza boyante es
Fb = ρaV g = (4/3)πR
3ρag
Para la fuerza de gravedad, es nada mas Fg = mg. Pero tenemos la densidad, no la masa. Para la masa si
hay que considerar que la esfera es hueca, por que en el hueco no hay masa. Hay que quitarle ese volumen
cuando usemos m = ρV
Fg = mFeg = ρFeVFe = ρFe
(
4
3
πR3 − 4
3
πr3
)
=
4
3
πρFe
(
R3 − r3
)
4
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
Con las 2 fuerzas expresadas en términos de la incognita y datos dados, ya podemos reescribir la ecuación
de suma de fuerzas y despejar r
Fb = Fg ⇒ (4/3)πR3ρag =
4
3
πρFe
(
R3 − r3
)
⇒ r = R
(
1− ρa
ρFe
)1/3
Evaluando con los datos del problema
r = (58.7)
(
1− 1
7.87
)1/3
= 56.10 cm
El radio interno es r = 56.10 cm
[Resnick] Problema 15-3
El agua se halla a una profundidad D detrás de la cara de la cara vertical de un dique. Supongamos que W
es el ancho del dique. (a) Calcule la fuerza horizontal resultante que sobre él ejerce la presión manométrica
del agua, y (b) la torca neta debida a la ejercida alrededor de una línea que cruza O paralelamente al
ancho del dique. (c) Donde se encuentra la línea de acción de la fuerza equivalente?
Figura 1.2: [Resnick] Problema 15-3
Solución
(a) La presión en función de y, con y positivo hacia abajo es P = ρgy + Patm. Pero están pidiendo
la fuerza/torque de la presión manométrica, entonces hay que restarle la Patm. Lo cual no da Pm =
P − Patm = ρgy
No podemos decir nada más que F = Pm(y)A porque tenemos una presión variable. Hay que obtener
la fuerza total de otra manera. La presión varía en la dirección vertical, a lo largo de la horizontal
es constante, entonces podemos proceder de esta manera. El diferencial de fuerza dF a lo largo de la
horizontal es dF = Pm(y)Wdy = ρgyW dy
Ahora podemos encontrar toda la fuerza en el dique integrando sobre dF .
F =
ˆ
dF =
ˆ D
0
ρgyW dy = ρgW
D2
2
5
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
Figura 1.3: Presión manométrica en el dique
[Resnick] Problema 15-3
Donde los límites de integración van de 0 hasta D ya que la variable y recorre ese intervalo.
(b) Usemos otra coordenada, ya que el torque lo vamos a obtener respecto a O. Definamos z = D − y,
con z positivo para arriba. El torque, al igual que la fuerza, no puedo nada mas hacer τ = r × F, ya
que la fuerza en el dique es variable. Hay que obtener el dτ e integrar. El dτ es dτ = r × dF. El vector
r = zk̂ y dF = dF ĵ son perpendiculares, ya que es un productor cruz, podemos cambiarlo a una expresión
escalar, ya que el ángulo entre los vectores es 90, la expresión es dτ = zdF = zPm(z)Wdz donde Pm(z)
lo obtenemos sustituyendo en y = D−z. La Pm(z) es Pm = ρgy = ρg(D−z). Ahora ya podemos integrar
τ =
ˆ
dτ =
ˆ D
0
ρgz(D − z) dz = ρgW D
3
6
(c) La línea de acción es posicionar la fuerza que hace toda la distribución de fuerza, posicionarla en
un solo lugar y hacer que tenga el mismo torque que la distribución de fuerzas. Lo relacionamos con los
resultados obtenidos en para F y para τ . Sea req la distancia desde abajo hasta donde se ubica la línea
de fuerza equivalente
τ = reqF ⇒ req =
τ
F
=
(
ρgW
D3
6
)
(
ρgW
D2
2
) =
D
3
La distribución de fuerzas actúa igual que una fuerza de magnitud F = ρgWD2/2 actuando a una
distancia req = D/3 para efectos de la fuerza y torque generado.
[Resnick] Problema 15-14
Un bloque de madera tiene una masa de mw = 3.67 kg y una densidad de ρw =594 kg/m3. Va a ser
cargado con plomo para que flote en el agua con 0.833 de su volumen sumergido. Qué masa de plomo mPb
se necesita (a) si se encuentra en la parte superior del bloque, y (b) si el plomo está sujeto a la madera
por debajo? La densidad del plomo es ρPb = 1.14× 104 kg/m3.
Sea f la fracción de volumen sumergido de la madera, donde va a tener un valor de f = 0.833 para ambos
casos, pero para hacerlo en general, usemos f hasta el final.
(a) Para el primer caso, tenemos el Pb afuera del agua. El agua no va a ejercer fuerza boyante sobre el
6
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
Figura 1.4: Sistema equivalente
[Resnick] Problema 15-3
Figura 1.5: Diagrama de fuerzas
[Resnick] Problema 15-14
Pb, solo sobre la madera. Tenemos la fuerza de gravedad de la madera y el Pb hacia abajo y la fuerza
boyante hacia arriba. Estas dos fuerzas son iguales ya que el sistema está en equilibrio.
∑
i
Fi = Fb − (mw +mPb)g = 0 ⇒ Fb = (mw +mPb)g ⇒ ρafVwg = (mw +mPb)g
Cambiemos el volumen Vm con Vm = mw/ρw
⇒ ρaf
mw
ρw
g = (mw +mPb)g
De aquí podemos despejar la masa mPb que da
mPb = mw
(
f
ρa
ρw
− 1
)
Evaluando con los datos
mPb = (3.67)
(
(0.883)
1000
594
− 1
)
= 1.78 kg
Se necesita una masa de mPb = 1.78 kg.
(b) Para el segundo caso, tenemos una fuerza extra que considerar, la fuerza boyante ejercida sobre el
7
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
Pb. El sistema está en equilibrio, hacemos sumatoria de fuerzas
∑
i
Fi = Fb(w) + Fb(Pb) − (mw +mPb)g = 0 ⇒ ρafVwg + ρaVPbg − (mw +mPb)g = 0
Cambiamos los volumenes respectivos, con Vw = mw/ρw y VPb = mPb/ρPb, la ecuacón queda como
ρaf
mw
ρw
g + ρa
mPb
ρPb
g − (mw +mPb)g = 0
Ya podemos despejar mPb, lo cual da
mPb = mw
(
f
ρa
ρw
− 1
)
(
1− ρa
ρw
)
Evaluando con los datos
mPb = (3.67)
(
(0.883)
1000
594
− 1
)
(
1− 1000
1.14× 104
) = 1.95 kg
Se necesita una masa de mPb = 1.95 kg. Comprando con el resultado de (a), cuando estaba arriba, se
necesitaban 1.78 kg, una menor cantidad. Tiene sentido que se necesite má masa de Pb para la segunda
parte, ya que ahora hay mas fuerza boyante por que el Pb está sumergido, tiene que agregarse más masa
de Pb para cancelar esa fuerza y quede en equilibrio el sistema.
[Resnick] Problema 15-15
Un objeto que flota en mercurio tiene sumergido un cuarto de su volumen. Si se agrega suficiente agua
para cubrirlo, que parte de su volumen permanecerá sumergido en el mercurio?
Dato adicional: Densidad del Mercurio ρHg = 13600 kg/m3.
Solución
Sea ρ0 y V0 la densidad y volumen del objeto
Las fuerzas presenten cuando solo está en mercurio es la fuerza boyante del mercurio y la fuerza de la
gravedad.
∑
i
Fi = Fb −mg = 0 ⇒ Fb = mg
Relacionamos la densidad del mercurio y la del objeto.
ρHg
1
4
V0g = ρ0V0 ⇒
ρ0
ρHg
=
1
4
Con esta relación seguimos a la parte cuando agregamos el agua. Sea f la fracción del volumen sumergido
en el Hg. La fracción que está sumergida en el agua debe1 ser entonces 1− f . El volumen desplazado en
8
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
Figura 1.6: Diagrama fuerzas, primera parte
[Resnick] Problema 15-15
Figura 1.7: Diagrama de fuerzas, segundaparte
[Resnick] Problema 15-15
el Hg es fV0 y en el agua es (1− f)V0. Las fuerzas presentes cuando está el agua es la boyante del Hg, la
boyante del agua y la fuerza de la gravedad.
∑
i
Fi = Fb(Hg) + Fb(w) −mg = 0 ⇒ Fb(Hg) + Fb(w) = mg ⇒ ρHgfV0g + ρa(1− f)V0 = ρ0V0g
Ahora usamos el resultado de la primera parte para cambiar ρ0.
ρHgfV0g + ρa(1− f)V0 =
ρHg
4
V0g
De aquí podemos despejar cuando es f , que da
f =
ρHg
4
− ρa
ρHg − ρa
Evaluando con los datos
f =
13600
4
− 1000
13600− 1000 = 0.1901
1Las fracciones son porcentajes, todo el volumen del objeto tiene que sumar 1 (El% 100), la fracción en el Hg más la del
agua es f + (1− f) = 1
9
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
La fracción de volumen en el Hg es f = 0.1901. Este resultado tiene sentido, ahora hay menos fracción
en el Hg, que inicialmente la fracción era 1/4. Ya que ahora el agua ayuda a empujar hacia arriba, el Hg
tiene que ejercer menos fuerza para soportar todo el peso del objeto.
[Sears] Problema 12-58
Un estrecho tubo de vidrio en forma de U, con extremos abiertos, se llena con 25.0 cm de aceite (de
gravedad específica 0.80) y 25.0 cm de agua en los lados opuestos con una barrera que separa los líquidos
como se muestra en la Fig. 1.8. (a) Suponga que los dos líquidos no se mezclan, y encuentre las alturas
finales de las columnas de líquido en cada lado del tubo después de que se retira la barrera. (b) En los
casos siguientes, obtenga por razonamiento físico y no por cálculos: i. Cuál sería la altura de cada lado si
el aceite y el agua tuvieran las densidades iguales? ii. Cuál sería la altura si la densidad del aceite fuera
mucho menor que la del agua?
Figura 1.8: [Sears] Problema 12-58
Solución
Sea d la altura de las columnas de agua/aceite, d = 25 cm. El problema pide luego evaluar casos límites,
si el aceite tuviera la misma densidad del agua o mucho menor. Voy a escribir la densidad del aceite de la
forma ρo = fρa, donde ρo es la densidad del aceite. La f es que tan grande es la densidad con respecto a
la del agua. La gravedad especifica dice que es f = 0.8. Voy a mantenerlo así para los casos límites. 2
Una vez que se quita la barrera, el sistema no va a estar en equilibrio. El agua va a desplazar al aceite.
Digamos que el nivel del agua baja una distancia x. Ignorando la parte del fondo en forma de U, la
columna x de agua que se fue del lado izquierdo ahora está del lado derecho. La columna de aceite sube
una altura x tambien.
Ahora ocupamos ver como planteamos el problema. En diferentes fluidos no puedo asegurar que la presión
sea igual al mismo nivel, pero si me mantengo en el mismo si. En el Nivel de Referencia (N.R) como se
muestra en la figura, ya que puedo llegar del lado izquierdo al derecho manteniendome en el mismo fluido,
la presión a ese nivel va a ser la misma. La presión sacandolo del lado derecho es P = Patm + ρogd =
Patmfρagd.
Por el lado izquierdo, la presión obtenida es P = Patm+ρagh, donde h es la altura de la columna de agua
desde el nivel de referencia hasta arriba. El valor h no lo sabemos, pero podemos averiguarlo viendo que
d = 2x+ h ⇒ h = d− 2x
2Es mejor que rehacer todo el problema con un nuevo número. Trabajen con letras, no les de miedo.
10
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
Figura 1.9: Dimensiones
[Sears] Problema 12-58
Reescribiendo la presión en el N.R., tenemos P = Patm + ρag(d− 2x) Ahora igualando las presiones
P = Patm + ρag(d− 2x) = Patmfρagd
De aquí ya podemos despejar x, que da
x =
d
2
(1− f)
(a) Evaluando para los datos d = 25 cm y f = 0.8 = 4/5
x =
25
2
(1− 0.8) = 5
2
= 2.5 cm
La altura x es x = 2.5 cm.
(b)
(i)Si tuvieran las mismas densidades, el agua no desplazaría al aceite. Es razonable pensar que el sistema
se va a quedar como está. Corroborando con el resultado obtenido, haciendo f = 1, vemos que
x = ĺım
f→1
d
2
(1− f) = 0
En el límite que tengan las mismas densidades, x = 0, esto significa que no se desplazo el sistema.
(ii) En el otro caso, dice que la densidad del aceite sea mucho menor a la del agua. Imaginemos que el
aceite tiene la densidad del aire, basicamente 0 comparado al agua, es un poco exagerado, pero pensemos
así en el caso extremo. Con una densidad mucho menor, es como si el aceite no estuviera ahi, se podría
esperar que el agua se acomode como si no estuviera y que en cada lado tenga la mitad del agua. Osea
que bajo x = d/2. Corroborando en el caso límite con el resultado obtenido
x = ĺım
f→0
d
2
(1− f) = d
2
Como se esperaba.
[Serway] Problema 14-60
11
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
Un balón lleno de Helio (cuya envoltura tiene una masa de mb = 0.250 kg) es atado a una cuerda uniforme
de longitud ℓ = 2.00 m y de masa m = 0.0500 kg. El balón tiene forma esférica con un radio de r = 0.400
m. Cuando se suelta en el aire a una temperatura de 20◦C y una densidad de ρair = 1.20 kg/m3, este
alza a una longitud h de la cuerda y se mantiene estacionario. Deseamos encontrar la longitud de la
cuesta levantada por el balón. (a) Cuando el balón se mantiene estacionario, cual es el modelo de analisis
apropiado que lo describe? (b) Escriba la ecuación de fuerza para este balón en este modelo en términos
de la fuerza boyante Fb, el peso del balón Fbal, el peso FHe del Helio y el peso Fs del segmento de cuerda
de longitud h. (c) Haga una apropiada substitución para cada una de estas fuerzas y resuelva de manera
simbólica para la masa ms del segmento de la cuerda de longitud h en términos de mb, r, ρair y la densidad
del Helio ρHe. (d) Encuentre la longitud de h.
Dato adicional: ρHe = 0.179 kg/m3.
Figura 1.10: [Serway] Problema 14-60
Solución
(a,b,c) Hay un segmento de la cuerda que está en el suelo. La fuerza normal que ejerce el suelo es para
soportar el segmento de la cuerda en el suelo. El resto de la cuerda en el aire es soportado por la fuerza
boyante que hace el aire. Voy a considerar solo la parte en el aire. Las fuerzas que actúan sería la fuerza
boyante que hace el aire sobre el objeto (ignorando que la cuerda tenga volumen), que es Fb = ρairV g.
Recordatorio: La fuerza boyante es una fuerza que experimenta un objeto debijo al fluido que lo rodea.
El fluido que rodea al globo es el aire. En la fórmula de fuerza boyante Fb = ρgV , ese ρ es el fluido que
lo rodea, que es aire. Aunque el balon esté lleno de He, el He no es quien realiza la fuerza boyante, es el
fluido que rodea al sistema (El aire).
El resto de fuerzas son causadas por la gravedad, la masa del globo (El plástico que esta hecho) seria
mbg, el peso del He que es FHemHeg, y el peso de la cuerda que es m′g. Esta masa m′ no es la masa total
de la cuerda, si no solo la masa que está al aire. Podemos averiguarlo usando que la cuerda es uniforme.
La masa sería m′ = µh donde µ es la densidad lineal de la cuerda. Y ya que es una cuerda uniforme, la
densidad lineal es µ = m/L, entonces m′ es m′ = µh = m(h/L).
Ahora podemos plantear la sumatoria de fuerzas igual a 0 y queda
∑
i
Fi = Fb −mbg −m
h
L
g −mHeg = ρairV g −mbg −m
h
L
g −mHeg = 0
12
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
Figura 1.11: Diagrama de fuerzas [Serway]
Problema 14-60
Cambiamos mHe = ρHeV = ρ(4/3)πr3
⇒ ρair
4
3
πr3g −mbg −m
h
L
g − ρHe
4
3
πr3g = 0
De aquí ya podemos despejar h que da
h =
L
m
(
(ρair − ρHe)
4
3
πr3 −mb
)
Evaluando con los datos
h =
2
0.05
(
(1.20− 0.179)4
3
π(0.4)3 − 0.25
)
= 0.948 m
El valor es h = 0.948 m
[Serway] Problema 14-71,72
Un beaker de masa mb = 1.00 kg contiene mo = 2.00 kg de aceite y una densidad ρo = 916.0 kg/m3 que
descansa en la balanza. Un bloque de hierro de masa mFe = 2.00 kg suspendido a una balanza de resorte
está completamente sumergido en el aceite. Determine la lectura de equilibrio de ambas balanzas.
Dato adicional: Densidad del Fe ρFe = 7860 kg/m3
Solución
Empecemos haciendo sumatoria de fuerzas sobre el bloque. Sobre el bloque actúa la fuerza de tensión T ,
el peso del bloque mFeg y la fuerza boyante del aceite sobre el hierro ρoVFe
∑
i
Fi = T + ρoVFeg −mFeg = 0 ⇒ T = mFeg − ρoVFeg
Sustituyndo VFe = mFe/ρFe quedaT = mFeg − ρo
mFe
ρFe
g = mFeg
(
1− ρo
ρFe
)
13
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
Figura 1.12: [Serway] Problema 14-71,72
Figura 1.13: Diagrama de fuerzas sobre el Fe
[Serway] Problema 14-71,72
Sustiyuyendo con los datos
T = (2.00)(9.8)
(
1− 918
7860
)
= 17.31 N
La lectura en la balanza de arriba es T = 17.31 N.
Para obtener la fuerza normal que hace la balanza de abajo, hagamos un procedimiento un poco extraño.
En lugar de considerar todo el sistema (el aceite,beaker y el bloque), consideremos nada mas el sistema
del aceite-beaker. El aceite-beaker experimentan la fuerza normal de la balanza de abajo N , la fuerza de
gravedad de sus propios pesos mbg+mog. Y experimenta otra tercera fuerza. Ya que el aceite ejerce una
fuerza sobre el Fe, que es la fuerza boyante, el Hierro va a ejercer una fuerza sobre el aceite por la tercera
ley de Newton. Si el aceite ejerce una fuerza ρoVFeg sobre el hierro, el hierro ejerce una fuerza −ρoVFeg,
misma magnitud pero en dirección contraria. (La dirección poniendola en el menos.)
La sumatoria de fuerzas sería
∑
i
Fi = N − ρovFeg − (mo +mb)g = 0 ⇒ N = ρo
mFe
ρFe
g + (mo +mb)g
Evaluando con los datos
N = (916)
(2.00)
7860
(9.8) + (2.00 + 1.00)(9.8) = 31.68 N
La lectura en la balanza de abajo es N = 31.68 N.
Para comprobar que lo hicimos bien, hagamos la sumatoria de fuerzas de todo el sistema, nos debería dar
14
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
Figura 1.14: Diagrama de fuerzas sobre el beaker-aceite
[Serway] Problema 14-71,72
0.
Las fuerzas externas son N,T y las fuerzas de gravedad (mo+mb+mFe)g. La boyante no aparece ya que
es una fuerza interna.
Figura 1.15: Diagrama de fuerzas sobre el beaker-aceite
[Serway] Problema 14-71,72
∑
i
Fi = T +N − (mo +mb +mFe)g = 17.31 + 31.68− (2.00 + 1.00 + 2.00)(9.8) = 0 N
Lo cual es lo que se esperaba.
[Cengel] Ejemplo 1-10
El agua en un tanque es presurizado con aire, y la presion es medida con un manómetro multifluido. El
tanque está localizado en una montaña a una altitud de 1400 m donde la presión atmosférica es 85.6 kPa.
Determine la presión del aire en el tanque si h1 = 0.1 m, h2 = 0.2 m y h3 = 0.35 m. Tome las densidades
del agua, aceite y mercurio como 1000 kg/m3, 850 kg/m3, y 13600 kg/m3, respectivamente.
15
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
Figura 1.16: [Cengel] Ejemplo 1-10
Solución
Vayamos calculando presiónes mientras subimos y bajamos la altura y cambiamos de fluidos. Sea Pk la
presión en el punto k.
La presión P2 es la presión atmosférica. P2 = Patm. La presión 3 es la P2 + la presión de la altura h3 de
Hg.
⇒ P3 = P2 + ρHggh3 = Patm + ρHggh3
La presón P4 es la misma que P3 ya que esta al mismo nivel que el punto 3 y aún en el mismo fluido.
P4 = P3 = Patm + ρHggh3
La presión en el punto 4 es P5 + la presión de la columna de aceite h2
P4 = P5 + ρogh2 ⇒ P5 = P4 − ρogh2 = Patm + ρHggh3 − ρogh2
Tambien se puede agregar a P5 como P5 = P4 − ρogh2 para hacerlo más directo ponemos un menos ya
que vamos para arriba y hay menos presión.
Ahora la presión P6 es igual a P5 ya que estamos a la misma altura y no cambiamos de fluido. P6 = P5
Para obtener P1, P6 es la presión de la interfase de agua-aceite, entonces subimos una altura h1 desde el
nivel de referencia en el agua
P1 = P6 − ρagh1 = Patm + ρHggh3 − ρogh2 − ρagh1
Evaluando con los datos3
P1 = 85600 + (13600)(0.35)(9.81)− (850)(9.81)(0.2)− (1000)(9.81)(0.1) = 129647 Pa ≈ 130 kPa
3La presión atmosférica no es el dato usual, que el problema dice que están a una altura de 1400 m y la presión atmosférica
cambia con la altura
16
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
La presión P1 es P1 = 130 kPa.
Problema de Desafío
Problema: Nivel del Agua
Insipirado en el video de Physics Girl: Can you solve the boat puzzle? 4.
Imagine que usted sentado está en un bote flotando en el agua soteniendo una piedra. Usted tira esta
piedra y la piedra se hunde. El nivel del agua aumentó, disminuyó o se mantuvo igual?
Suponga que es una piscina (Digase, una cantidad de agua finita, una piscina tiene una área de base finita,
no es como un oceano donde la cantidad de agua es “infinita").
En el video, Dianna Cowern lo resuelve de una manera muy conceptual. La manera conceptual como lo
resuelve sirve para muchos tipos de problemas, no solo de fluidos en específico. Pensar como se compor-
tan los casos extremos. Corrobore el resultado de Dianna con la matemática. Suponga lo necesario para
resolverlo.5
Solución
Digamos que la piscina tiene área A y un volumen V de agua. Los 3 estados del problema se muestran
en la Fig. 1.17, la piscina solo con agua, cuando está en la piscina con la piedra antes de lanzar la roca al
piedra y después de arrojarla.
Figura 1.17: Niveles del agua en las 3 etapas.
Problema: Nivel del Agua
Inicialmente hay una altura h0 = V/A de agua en la piscina. Sea M la masa del bote y la persona, mp, ρp
y Vp la masa, densidad y volumen de la piedra y ma la masa de agua de la piscina. Si la piedra se hunde
significa que la densidad de la piedra es mayor que la del agua. ⇒ ρa < ρp Cuando se pone el bote
sosteniendo la piedra, va a haber una volumen sumergido Vi del bote dentro del agua para que el bote se
mantenga a flote. Encontramos esa volumen haciendo sumatoria de fuerzas.
∑
Fi = ρaVig − (M +mp) g = 0
⇒ Vi =
1
ρa
(M +mp)
4Link al video: https://www.youtube.com/watch?v=nVT1c0tr8NE
5En el mundo real, no les van a dar variables, usted tiene que saber que es importante y que no para considerarlo cuando
resuelve un problema.
17
CAPÍTULO 1. ESTÁTICA DE FLUIDOS
Obtenemos la nueva altura hi de la columna de agua
hi =
V0 + Vi
A
=
V0
A
+
1
A
1
ρa
(M +mp)
⇒ hi =
V0
A
+
1
A
M
ρa
+
1
A
mp
ρa
(1.1)
Para el estado donde la piedra está en el fondo, tenemos 3 volumenes que contribuyen a la altura. El
volumen de agua, todo el volumen de la piedra y el nuevo volumen sumergido Vf del bote en el agua. El
volumen Vf lo encontramos haciendo sumatoria de fuerzas
∑
Fi = ρVfg −Mg = 0 ⇒ Vf =
M
ρa
Y cambiamos el volumen de la piedra con Vp = mp/ρp en la expresión de la nueva altura hf , que es
hf =
V0 + Vf + Vp
A
=
V0
A
+
1
A
M
ρa
+
1
A
mp
ρp
(1.2)
Ocupamos comparar entre hi y hf de las Ec. 1.1 y 1.2 obtenidas para determinar cual es mayor. Pongamos
≶ y veamos cual respuesta es consistente.
hi
?
≶ hf (1.3)
⇒ V0
A
+
1
A
M
ρa
+
1
A
mp
ρa
?
≶
V0
A
+
1
A
M
ρa
+
1
A
mp
ρp
(1.4)
Cancelamos términos
⇒ mp
ρa
?
≶
mp
ρp
⇒ ρp
?
≶ ρa
Vemos que el signo tiene que ser
?
≶⇒>. Volviendo a la Ec. 1.3, tiene que ser
hi > hf
El nivel del agua baja cuando se tira la piedra al agua. Se obtiene el mismo resultado que obtuvo Dianna.
Usando el caso límite de una piedra de agujero negro (ρp → ∞) con masa constante, la comparación de
la Ec. 1.4 se vuelve trivial
ĺım
ρp→∞
V0
A
+
1
A
M
ρa
+
1
A
mp
ρa
?
≶
V0
A
+
1
A
M
ρa
+
1
A
mp
ρp
V0
A
+
1
A
M
ρa
+
1
A
mp
ρa
?
≶
V0
A
+
1
A
M
ρa
⇒ 1
A
mp
ρa
?
≶ 0
Vemos que tiene que ser el signo > ya que todas las cantidades son positivas.
18
2 | Oscilador Armónico Simple
[Resnick] Ejercicio 17-13
I Parcial 2011 II Ciclo Pregunta 1
Un oscilador es un bloque conectado a un resorte (k = 456 N/m). En algún momento t, la posición (medida
desde el lugar de equilibrio), la velocidad y la aceleración del bloque son x0 = 0.112 m, vx0 = −13.6 m/s,
ax0 = −123 m/s2. Calcule (a) La frecuencia, (b) la masa del bloque, (c) la amplitud de la oscilación.
Solución
(b) Planteamos la ecuación de movimiento del resorte
max = −kx ⇒ m =
−kx
ax
La ecuación cumple para todos los puntos, entonces podemos evaluarlo en los puntos x0 con su vx0 y ax0
respectivos.
m = −(456)(0.112)
(−123) = 0.415 kg
(a) Con la masa, ahora calculamos la frecuencia
ω =
√
k
m
= 2πf → f = 1
2π
√
k
m
=
1
2π
√
456
0.415
= 5.27 Hz
(c) Usamos la energía total del sistema
E =
1
2
kA2 =
1
2
kx20 +
1
2
mv20
Y despejamos la amplitud A
A =
√
x20 +
m
k
v20 =
√
(0.112)2 +
0.415
456
(−13.6)2 = 0.425 m
[Resnick] Problema 17-3, [Sears] Problema 14-42, [Serway] Problema 15-65Reposición I Parcial IIC 2015 Problema 1
Dos bloques (m = 1.22 kg y M = 8.73 kg) y un resorte (k = 344 N/m) están dispuestos sobre una
superficie horizontal y sin fricción, como se muestra en la Fig. 2.1. El coeficiente de fricción estática
entre ellos es 0.42. Determine la máxima amplitud posible del movimiento armónico simple, si no ocurre
resbalamiento entre los bloques.
19
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
Figura 2.1: [Sears] Problema 14-42
Solución
Analicemos primero el bloque de arriba. El bloque experimenta 3 fuerzas, la normal que le hace el bloque
de abajo N , la fuerza de gravedad mg y la fuerza de fricción. Ya que nos están pidiendo el caso de amplitud
máxima y no ocurre resbalamiento, esto corresponde al caso de aceleración máxima (Ya casi se plantea
eso), por lo que sabemos que la friccón va a ser máxima, que es la única fuerza horizontal que empuja al
bloque m para que se mueva en un M.A.S. La fricción va a tener el valor µsN .
Figura 2.2: Diagrama de fuerzas en m.
[Sears] Problema 14-42
Haciendo sumatoria de fuerzas tenemos
∑
i
Fy,i = N −mg = 0 ⇒ N = mg
∑
i
Fx,i = µsN = µsmg = max,max ⇒ ax,max = µsg
Ya tenemos cuanto es el máximo de aceleración. Relacionemos esto con la aceleración máxima del M.A.S
de todo el sistema. El M.A.S. es de la forma x(t) = A cos(ωt+ φ), pero este omega es ω =
√
k/(m+M),
las suma de las 2 masas, ya que las 2 masas experimentan el M.A.S.. Derivando
x(t) = A cos(ωt+ φ) ⇒ d
2x
dt2
= ax(t) = −ω2A cos(ωt+ φ)
El máximo de las funciones sen y cos es el valor que está afuera de ellas. En este caso sería ax,max = Aω2.
De aquí relacionamos con la aceleración máxima obtenida por la fricción
ax,max = µsg = Aω
2 = A
(
k
m+M
)
⇒ A = µsg(m+M)
k
Evaluando con los datos
A =
(0.42)(9.8)(1.22 + 8.73)
344
= 0.119 m
20
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
[Resnick] Ejercicio 17-17, [Sears] Problema 14.76, [Serway] Problema 15-81
Ampliación 2017 I Ciclo Problema 1
Un madero cilíndrico está cargado con plomo en un extremo, de modo que flota verticalmente en el agua.
La longitud de la parte sumergida es L = 2.56 m. Lo ponemos en oscilación vertical. (a) Demuestre que
la oscilación es armónica simple. (b) Encuentre el periodo de oscilación. No tenga en cuenta el hecho de
que el agua tiene un efecto amortiguador en el movimiento
Figura 2.3: [Resnick] Ejercicio 17-17
Solución
(a) Voy a usar una variables aunque no me los den, siempre y cuando en el alguna parte del procedimiento
logre independizarme de ellos. Digamos que el cilindro tiene un área A. El volumen inicial sumergido en
el agua es V0 = AL
Figura 2.4: Volumen del cilindro
[Resnick] Ejercicio 17-17
Y relacionemos la fuerza boyante con este volumen. El cilindro está en equilibrio, aún no está oscilando,
la sumatoria de fuerzas suma 0. ∑
i
Fi = ρVog −mg = 0 (2.1)
Donde ρ es la densidad del agua.
21
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
Ahora saquemos del equilibrio a ese cilindro. Movamos el cilindro una distancia q, definiendo el q positivo
para arriba.
Figura 2.5: Volumen del cilindro desplazado
[Resnick] Ejercicio 17-17
El volumen sumergido ahora es V ′ = A(L − q). Ya no está en equilibrio por que tiene menos volumen
sumergido, tiene menos fuerza boyante y la fuerza de gravedad sigue siendo la misma, por lo que el cilindro
es acelerado hacia abajo.
De aquí ya podemos escribir la ecuación de movimiento.
∑
i
Fy,i = m
d2q
dt2
= ρV ′g −mg = ρA(L− q)g −mg = −ρAgq − ρALg −mg
Reconociendo que V0 = AL
m
d2q
dt2
= −ρAgq+ρV0g −mg
︸ ︷︷ ︸
= 0
= −ρAgq
Sabemos que esa parte da 0, que es la ecuación 2.1 obtenida cuando el cilindro está en equilibrio. Reaco-
modando términos
d2q
dt2
+
(
ρAg
m
)
︸ ︷︷ ︸
ω2
q = 0
Ya que la ecuación de movimiento tiene la forma de un M.A.S., es un armónico simple.
(b) Con esto, tenemos la expresión para ω2, ahora eliminamos términos reacomodando la ecuación 2.1
ρV0g −mg = ρALg −mg = 0 ⇒
ρAg
m
=
L
g
⇒ ω2 = L
g
⇒ ω =
√
L
g
=
2π
T
⇒ T = 2π
√
g
L
22
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
Esta es el periodo de oscilación con la que el cilindro se mueve hacia arriba-abajo.
Evaluando con los datos
T = 2π
√
9.8
2.56
= 12.29 s
ADVERTENCIA: Esto de pura casualidad tiene la misma forma que el péndulo simple. Es pura coin-
cidencia que se vea tan igual, pero el como se derivó es distinto.1
[Sears] Problema 14-11
Un bloque de 2.00 kg, que resbala sin fricción, se conecta a un resorte ideal con constante de fuerza de
300 N/m en t = 0, el resorte no está estirado ni comprimido, y el bloque se mueve en la dirección negativa
de 12 m/s. Calcule (a) la amplitud y (b) el ángulo de fase. (c) Escriba una ecuación para la posición en
función del tiempo.
Solución
El bloque se mueve en la dirección negativa de 12 m/s. Eso significa que la velocidad inicial es v0 = −12
m/s, tiene un menos. La posición y velocidad son vectores. Estamos en una dimensión, pero igual se
tienen que respetar los signos. Que no esté estirado ni comprimido significa que x0 = 0m. Derivemos
como encontrar el ángulo y la fase.
Si x(t) es de la forma2 x(t) = A cos(ωt+ φ)
x(t) = A cos(ωt+ φ) ⇒ v(t) = dx
dt
= −ωA sin(ωt+ φ)
Evaluando en t = 0, la posición y velocidad quedan como
x(t = 0) = x0 = A cos(φ) (2.2)
v(t = 0) = v0 = −ωA sin(φ) ⇒ −
v0
ω
= A sin(φ) (2.3)
Para obtener φ, dividamos la Ec. 2.3 entre la Ec. 2.2.
− v0
ωx0
=
A sin(φ)
A cos(φ)
= tan(φ)
φ = arctan
(
− v0
ωx0
)
(2.4)
Ahora encontremos la amplitud A. Elevemos al cuadrado las Ec. 2.2 y 2.3
x20 +
(
−v0
ω
)2
= A2 cos2(φ) +A2 sin2(φ) = A2
⇒ A =
√
x20 +
v20
ω2
(2.5)
1Revisé una ampliación que usaban la fórmula del péndulo simple para obtener la respuesta, sin ningun otro procedimiento
mas que colocar la fórmula... Aunque esté “buena”, el procedimiento esta mal con decir “Aquí aplica la ecuación del péndulo
simple”. No es un péndulo simple.
2Si x(t) tuviera otra forma, como x(t) = A sin(ωt± φ) o x(t) = A cos(ωt− φ), las ecuaciones 2.4 y 2.5 varían la forma un
poco, así que mejor derivemola.
23
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
(a) y (b) Encontremos los valores de ω, φ y A.
ω =
√
k
m
=
√
300
2
= 5
√
6 s−1 = 12.24 s−1
A =
√
(0)2 +
(−12)2
(
5
√
6
)2 =
2
√
6
5
m = 0.98 m
(c) Solo que para φ vamos a tener un problema, evaluamos con el x0 = 0
φ = arctan
(
− (−12)(
5
√
2
)
(0)
)
= arctan(∞)
Abusando de la notación, invirtamos para expresar con tan en lugar de arctan
tan(φ) =
sin(φ)
cos(φ)
= ∞
En ángulo que hace que esto cumple, es hacer que φ = π/2 para que el cos sea 0. Entonces φ = π/2...
Verdad? Pero también φ = −π/2. Y aunque de un infinito positivo (por el menos y el menos de la v0), si
uno sacara el límite de x0 → 0 da diferente sacarlo por la izquierda o derecha, ahí cambiaría el signo, y se
podría obtener ±∞. Ocupamos una manera de determinar el signo de φ = ±π/2. Usemos las condiciones
iniciales. Sabemos que la velocidad tiene signo negativo. Usemos la Ec. 2.3
v0 = −ωA sin(φ) < 0
Quitando a ω y A que sabemos que son positivo, ocupamos
− sin(φ) < 0
Viendo el signo de las dos opciones de φ tenemos
− sin
(π
2
)
< 0 − sin
(
−π
2
)
> 0
Con esto vemos que φ = π/2 para cumplir con la condición inicial.
Ya tenemos todos los datos para escribir x(t). La posición es
x(t) =
2
√
6
5
cos
(
5
√
6t+
π
2
)
m = 0.98 cos
(
12.24t+
π
2
)
m
En caso que hubiera sido condición inicial para algún x0 y v0 = 0, hay que usar las condiciones iniciales
para determinar el signo de φ.
[Sears] Problema 14-12
Repita el problema [Sears] Problema 14-11, pero suponga que en t = 0 el bloque tiene una velocidad
de -4.00 m/s y un desplazamiento de 0.200 m.
Este es el mismo tipo de problema de condiciones inciales. Solo que este caso es bien portado. Notese que
el ω sigue siendo el mismo (La masa m y la constante de resorte k siguen siendo las mismas). La frecuencia
24
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
ω de un sistema no depende de las condiciones inciales, si no de parametros de como está construido el
sistema.3 Lo que depende de las iniciales sonel φ y el A. que la Usando las Ec. 2.4 y 2.5
A =
√
(0.200)2 +
(−4.00)2
(
5
√
6
)2 =
1
5
√
11
3
m = 0.38 m
φ = arctan
(
− −4.00(
5
√
6
)
(0.2)
)
= 1.02 rad
La posición x(t) es
x(t) = 0.38 cos (12.24t+ 1.02) m
[Irodov] Problema 4-20
Problema generalizado del I Parcial 2013 II Ciclo Pregunta 1
Una bola está suspendida de un hilo de longitud L en el punto O en el muro, que forma un ángulo
pequeño α con la vertical. La bola es desviada un ángulo pequeño β (β > α) y se deja libre. Asumiendo
que la colisión de la bola contra el muro es completamente elástica, encuentre el periodo de oscilación del
péndulo.
Extra: Chequee la respuesta con el caso límite α → β
Figura 2.6: [Irodov] Problema 4-20
Solución
Sea T0 y ω0 el periodo y frencuencia angular del péndulo como si no tuviera el muro.
T0 = 2π
√
L
g
ω0 =
√
g
L
El péndulo de β → 0 tarda T0/4. Luego de 0 → α tarda un tiempo t0 que vamos a determinar. Ya que
la bolita rebota de manera elástica, va a salir con la misma velocidad con la que pego y va a tardar de
α → 0 el mismo tiempo t0. Luego de 0 → β va a tardar T0/4
El periodo total de ese péndulo es
T =
T0
4
+ t0 + t0 +
T0
4
=
T0
2
+ 2t0
3Por lo menos los sistemas que se describen por sistemas de ecuaciones diferenciales lineales. Un contra ejemplo de un
sistema que el periodo depende de las condiciones inciales, es un péndulo sin la aproximación de ángulo pequeño. Vease el
[Resnick] página 382
25
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
Figura 2.7: Tiempo de cada sección
[Irodov] Problema 4-20
Para encontrar el tiempo t0, demonos cierta libertad. No nos está pidiendo encontrar la ecuación de
movimiento θ(t) y no nos están dando condiciones inciales, ya que para cualquier condición inicial (Siempre
que cumpla que llegue hasta β), el periodo va a ser el mismo. Con esa libertad, “iniciemos” el movimiento
como si la bolita estuviera en θ = 0 y va hacia el muro hasta el ángulo α. Hasta antes de chocar, se
comporta como un péndulo sin el muro, va a tener la misma ecuación de movimiento hasta ese momento
t0 cuando choca.
θ(t) = β sin(ωot) en el intervalo 0 < t < t0
Para 0 < t < t0, tomando el θ positivo hacia la dirección de α. De está ecuacón, en θ(t0) va a cumplir
θ(t0) = α y despejar el tiempo t0
θ(t0) = α = β sin(ωot0) ⇒ t0 =
1
ω0
arcsin
(
α
β
)
El periodo del péndulo es
T =
T0
2
+ 2t0 =
1
2
2π
√
L
g
+ 2
L
g
arcsin
(
α
β
)
=
[
1
2
+
1
π
arcsin
(
α
β
)]
2π
√
L
g
=
[
1
2
+
1
π
arcsin
(
α
β
)]
T0 = T
Ese es el periodo de ese péndulo.
Podemos darnos confianza de este resultado verificando el límite cuando el muro se encuentre a un ángulo
β. Cuando está a β, la colisión va a ser con rapidez 0, es como si no estuviera ahí. Deberíamos obtener
T → T0 en el límite α → β. Usando que arcsin(α/β) → π/2 cuando α → β
ĺım
α→β
T = ĺım
α→β
[
1
2
+
1
π
arcsin
(
α
β
)]
T0 =
[
1
2
+
1
π
π
2
]
T0 = T0
Se obtiene el resultado esperado. Es bueno chequear límites de casos simples conocidos siempre que se
pueda para corroborar.
[Sears] Problema 14-99
26
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
Dos varillas delgadas idénticas, cada una con masa m y longitud L, se unen en ángulo recto para construir
un objeto en forma de L, el cual se balancea sobre la cúspide de un triángulo agudo. El objeto en forma
de L oscila cuando se desvía un poco. Calcule la frecuencia de oscilación
Figura 2.8: [Sears] Problema 14-99
Solución
La frecuencia angular de oscilación es
ω =
√
mgd
I
Donde m es la masa total del sistema, d la distancia del eje de rotacion al centro de masa y I la inercia
rotacional del sistema. Aqui tenemos 2 varillas. La masa total es 2m, entonces en la fórmula evaluamos
con m → 2m. Calculemos la distancia d, que es d = |Rcm|, donde Rcm es el vector hacía el centro de
masa con origen en el eje de rotación.
Por definición (
∑
i
mi
)
Rcm =
∑
i
miri
De la figura 2.9, vemos
r1 =
L
2
cos
(π
4
)
î− L
2
sin
(π
4
)
ĵ =
L
2
1√
2
(
î− ĵ
)
r2 = −
L
2
cos
(π
4
)
î− L
2
sin
(π
4
)
ĵ =
L
2
1√
2
(
−î− ĵ
)
Sumando
∑
i
miri = −m
L√
2
ĵ
⇒
(
∑
i
mi
)
Rcm = 2mRcm = −m
L√
2
ĵ ⇒ Rcm =
L
2
√
2
ĵ
Ya aquí obtenemos la magnitud de Rcm, que es d = |Rcm| = L/
(
2
√
2
)
27
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
Figura 2.9: Posición de los centros
[Sears] Problema 14-99
Lo último que nos falta es la inercia rotacional I. La inercia rotacional de una barra respecto al centro de
masa es Icm = (1/12)ML2. El eje de rotación está a L/2 del C.M. de cada barra, entonces tenemos que
trasladarlo con el teorema de ejes paralelos, y tenemos 2 barras, entonces sumamos las I de cada barra
I =
(
1
12
mL2 +m
(
L
2
)2
)
︸ ︷︷ ︸
Barra 1
+
(
1
12
mL2 +m
(
L
2
)2
)
︸ ︷︷ ︸
Barra 2
=
2
3
mL2
Ya teniendo todo lo necesario, metemos en la fórmula de ω
ω =
√
mgd
I
=
√
√
√
√
√
√
√
(2m) g
(
L
2
√
2
)
2
3
mL2
=
√
3
2
√
2
g
L
(2.6)
El problema pide la frecuencia f , entonces obtenemos a f con
f =
1
2π
ω =
1
2π
√
3
2
√
2
g
L
=
1
4π
√
6√
2
g
L
Método 2
En lugar de usar la fórmula directa de ω, hagamolo con torques. El sistema está en equilibrio cuando está
como en la figura 2.9, cuando los lados de la L están a π/4 del eje x ( o del eje y también). Perturbemolo
un ángulo q del equilibrio como se muestra en la figura 2.10. Ignorando la fuerza que hace el pico por que
no hace torque4, saquemos la torsión que hace la fuerza de gravedad de carra barra. Cada vector mg se
ubica en el C.M. de cada barra. La torsión positiva usandola en el sentido contrario a las manecillas del
reloj, obtenemos
∑
i
τi = mg
L
2
sin
(π
4
− q
)
−mgL
2
sin
(π
4
+ q
)
4Es 0 ya que el vector r es r = 0 del pico al punto de rotación, r× F = 0
28
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
Figura 2.10: Perturbando un ángulo q
[Sears] Problema 14.99
Ahora usemos la aproximación de ángulo pequeño. Tenemos que expandir en Taylor el sin, solo que este
sin está centrado en π/4, entonce no es la serie usual de sin(θ) ≈ θ. Derivemos hasta primer orden la serie.
La serie de Taylor hasta primer orden es
f(x0 +∆x) ≈ f(x0) + (∆x)
df(x)
dx
∣
∣
∣
∣
x=x0
Aplicandolo al sin(θ) centrado en θ = π/4
sin
(π
4
+ q
)
≈ sin
(π
4
)
+ q
d sin(θ)
dθ
∣
∣
∣
∣
θ=π/4
= sin
(π
4
)
+ q cos
(π
4
)
Reescribiendo el torque
∑
i
τi ≈ mg
L
2
[
sin
(π
4
)
− q cos
(π
4
)]
−mgL
2
[
sin
(π
4
)
+ q cos
(π
4
)]
= −mgL cos
(π
4
)
q
⇒
∑
i
τi = −
mgL√
2
q
Escribiendo la ecuación de movimiento, usando la inercia rotacional obtenida en la primera parte, I =
2/3ML2.
I
d2q
dt2
=
2
3
ML2
d2q
dt2
⇒
∑
i
τi = −
mgL√
2
q
2
3
ML2
d2q
dt2
= −mgL√
2
q
Reacomodando
⇒ d
2q
dt2
+
(
3
2
√
2
g
L
)
︸ ︷︷ ︸
ω2
q = 0
Está es la ecuación 2.6 obtenida con el otro método.
[Serway] Problema 15-67
29
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
Un péndulo de longitud L y de masa M tiene un resorte con constante de fuerza k conectado a él a una
distancia h bajo su punto de suspensión. Encuentre la frecuencia de vibración del sistema para pequeños
valores de la amplitud (θ pequeño). Suponga que la barra de suspensión vertical de longitud L es rígida,
pero ignore su masa.
Extra: Chequee la respuesta con el caso límite k → 0.
Figura 2.11: [Serway] Problema 15-67
Solución
En este problema no podemos aplicar la fórmula del péndulo físico ω =
√
mgd/I por que tenemos una
fuerza externa, la fuerza del resorte. Esta fórmula solo aplica cuando la fuerza de gravedad es la única
fuerza que hace torque respecto al punto de rotación. Hay que plantear el problema haciendo suma de
torques
I
d2θ
dt2
=
∑
i
τi
Movamos el péndulo un ángulo θ pequeño y hagamos un diagrama de cuerpo libre (Figura 2.12)
Sea θ positivo la dirección hacia cual se movió en el diagrama. La fuerza de gravedad hace una torsión
de τ = −mg sin(θ)L. El menos por que va en la dirección contraria al θ positivo. Ahora obtengamos el
torque del resorte. Sea x la distancia que se estira el resorte. La fuerza en el resorte es kx. La torsión quehace el resorte es −kxh cos(θ). El h cos(θ) sale por que ahora está a esa distancia de la vertical y el menos
por que va en la dirección contrario a θ positivo. La inercia rotacional, ya que es una masa puntual es
I = ML2
I
d2θ
dt2
=
∑
i
τi
⇒ ML2d
2θ
dt2
= −mg sin(θ)L− kxh cos(θ)
Esto no nos va a dar un M.A.S. pero si aproximamos a primer orden, el movimiento se aproxima al del
M.A.S. Usando5 sin(θ) ≈ θ y cos(θ) ≈ 1.
La distancia x es h sin(θ). Pero si nos mantenemos en ángulos pequeños, x se aproxima a hθ
5http://www.smbc-comics.com/comic/2012-03-13
30
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
Figura 2.12: Diagrama de cuerpo libre
[Serway] Problema 15-67
Figura 2.13: Aproximación de x en θ pequeño
[Serway] Problema 15-67
Reescribiendo, la ecuación con los torques nos quedaría
ML2
d2θ
dt2
= −mgθL− kh2θ
Reacomodando términos para que nos quede en el formato de la ecuación diferencial de un M.A.S
d2θ
dt2
+
(
mgL+ kh2
mL2
)
︸ ︷︷ ︸
ω2
θ = 0
De ahí identificamos el ω2 que es
ω2 =
mgL+ kh2
mL2
Para corroborar que se hizo bien, obtengamos el caso límite donde k → 0, que es como si quitara el resorte.
Debería obtener recuperar la frecuencia de un péndulo simple
ĺım
k→0
ω2 = ĺım
k→0
mgL+ kh2
mL2
=
g
L
31
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
Recuperamos la frecuencia de un péndulo simple en el límite.
Problema de desafío
[Irodov] Problema 4-28
Una barra uniforme se coloca encima de 2 ruedas que están girando como se muestra en la figura 2.14. El
eje de las ruedas están separadas a una distancia L y el coeficiente de fricción cinético entre la barra y las
ruedas es µ. Demuestre que la barra se mueve en un movimiento armónico simple. Encuentre el periodo
de oscilación del movimiento.
Sugerencia: Haga la suma de fuerzas tanto en la dirección vertical como la horizontal para relacionarlo
con la aceleración y haga sumatoria de torques respecto al C.M. de la barra, con esas ecuaciónes ya puede
probar que es un M.A.S y encontrar la frecuencia respectiva.
Figura 2.14: [Irodov] 4-28
Solución
No nos dan ni la velocidad angular de las ruedas ni la masa de la barra. Sea m la masa de la barra. Voy
a usar la masa y tengo que ocuparme que mi resultado final no depende de m.
Realicemos el diagrama de fuerzas, que es como se muestra en la Fig. 2.15
Figura 2.15: Diagrama de fuerzas.
[Irodov] 4-28
Sea x(t) la posición del centro de masa de la barra respecto al centro de las 2 ruedas. El sistema no va a
32
CAPÍTULO 2. OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE
estar en equilibrio, si puede acelerar en la coordenada x. La sumatoria de fuerzas en el eje horizontal es
∑
i
Fx,i = µN1 − µN2 = max = max
m
d2x(t)
dt2
= µN1 − µN2 (2.7)
Donde podemos asegurar que fuerza de fricción va a ser µN ya que la barra está resbalando sobre cada
rueda. Se ocupa saber con que velocidad giran las ruedas siempre y cuando resbale.
Hagamos la sumatoria de fuerzas en y. En y no está acelerando, las fuerzas suman 0.
∑
Fy,i = N1 +N2 −mg = 0
⇒ N1 +N2 = mg (2.8)
Además, sabemos que el sistema no está girando, la suma de los torque respecto al centro de masa tiene
que ser 0
∑
i
τi = N2
(
L
2
− x(t)
)
−N1
(
L
2
+ x(t)
)
= 0 (2.9)
Donde las fuerzas de fricción no hacen torque porque van en la dirección al centro de masa.
Queremos eliminar N1 y N2 de las Ec. 2.7, 2.8 y 2.9 y obtener la forma de la ecuación diferencial de un
M.A.S.. Le las Ec. 2.8 y 2.9 despejamos N1 y N2
(
1 1
−L2 − x(t) L2 − x(t)
)(
N1
N2
)
=
(
mg
0
)
⇒
(
N1
N2
)
La solución es
(
N1
N2
)
=


mg
(
L−2x
2L
)
mg
(
L+2x
2L
)


Usando estos resultados en la Ec. 2.7 obtenemos
m
d2x(t)
dt2
= µmg
(
L− 2x(t)
2L
)
− µmg
(
L+ 2x(t)
2L
)
=
2mgµ
L
x(t)
d2x(t)
dt2
+
2gµ
L
x(t) = 0
Ya que la ecuación diferencial de la barra es la de un M.A.S, la barra se mueve en un M.A.S, y vemos que
la frecuencia angular es
ω2 =
2gµ
L
⇒ ω =
√
2mgµ
L
Entonces el periodo es
T =
2π
ω
= 2π
√
L
2gµ
33
3 | Movimiento Ondulatorio
I Parcial 2017 I Ciclo Problema 3
Parecido al [Knight] Problema 16-58
Una cuerda de longitud L = 30 cm, de masa mc = 5 × 10−3 kg tiene atada al punto A y B una masa
M = 0.5 kg. La distancia entre las paredes es D = 25.6 cm. Desprecie la contribución de la masa de
la cuerda en el cálculo de las tensiones y determine: a) las tensiones en cada uno de los segmentos de
la cuerda (1), (2) y (3), b) el tiempo que le tomaría a un pulso generado en el extremo izquierdo de la
cuerda (1) recorrer toda la cuerda compuesta, es decir, los tres segmentos de la cuerda. c) La fracción
del tiempo total calculado en la parte b) que representa el tiempo que le toma al pulso recorrer cada
segmento de la cuerda.
Figura 3.1: I Parcial 2017 I Ciclo Problema 3
Solución
(a) Encontremos las tensiones en los cables. Ocupamos averiguar el ángulo θ que hace las cuerdas. La
Figura 3.2: Distancias
I Parcial 2017 I Ciclo Problema 3
34
CAPÍTULO 3. MOVIMIENTO ONDULATORIO
proyección horizontal de la cuerda es igual a D, igualamos
L
4
cos(θ) +
L
2
+
L
4
cos(θ) = D ⇒ L
2
[1 + cos(θ)] = D
θ = arc cos
(
2D
L
− 1
)
= arc cos
(
2(25.6)
(30)
− 1
)
= 0.786 rad = 45◦
Sacamos las tensiones usando que el sistema está en equilibrio
Figura 3.3: Diagrama de fuerzas.
I Parcial 2017 I Ciclo Problema 3
∑
i
Fy,i = T1 sin(θ)−Mg = 0 ⇒ T1 =
Mg
sin(θ)
=
(0.5)(9.8)
sin(45◦)
=
(0.5)(9.8)
(
1√
2
) = 6.93 N
∑
i
Fx,i = T2 − T1 cos(θ) = 0 ⇒ T2 = T1 cos(θ) = (6.93) cos(45◦) =
6.93√
2
= 4.89 N
La tensión T3 en el cable de la 3 es T3 = T1 ya que es simétrico. El sistema se ve igual si le damos la
vuelta.
(b) La velocidad varía en cada sección de la cuerda ya que la tensión varía, para k = 1, 2, 3, la velocidad
en la k-ésima cuerda es
vk =
√
Tk
µ
=
√
TkL
mc
El tiempo que tarda la onda en viajar cada sección k es t = Lk/vk.
El tiempo total de viaje es
tTot = t1 + t2 + t3 =
1
v1
L
4
+
1
v2
L
2
+
1
v3
L
4
=
L
4
√
mc
T1L
+
L
2
√
mc
T2L
+
L
4
√
mc
T1L
=
1
2
√
mcL
[
1√
T1
+
1√
T2
]
=
1
2
√
(0.005)(0.3)
[
1√
6.93
+
1√
4.89
]
= 0.0161 s
(c) Cada segmento del pulso le toma una fraccón del tiempo total fk = tk/tTot
f1 = f3 =
(
1
v1
L
4
)
t
=
1
4
√
mcL
T1
1
tTot
=
1
4
√
(0.005)(0.3)
6.93
(
1
0.0161
)
= 0.228
35
CAPÍTULO 3. MOVIMIENTO ONDULATORIO
f2 =
(
1
v2
L
2
)
t
=
1
2
√
mcL
T2
1
tTot
=
1
2
√
(0.005)(0.3)
4.89
(
1
0.0161
)
= 0.543
Veamos si tiene sentido la respuesta, tomando la unión de los segmentos de la cuerda 1 y 3 como uno
solo, la onda gasta un f1 + f3 = 0.456 de la fraccón total, en el segmento 2 gasta 0.543. La onda viaja
más rápido en 1 y en 3 que en 2, entonces ocupan menos tiempo en 1+3 que en 2, por lo que representa
una fraccón más pequenña, lo que se ve en que comparando las fracciones f1 + f3 < f2. Si nos hubiera
dado f2 < f1 + f3, sabiendo que v2 < v1, habríamos hecho algo malo en el procedimiento.
[Resnick] Ejercicio 18-7
La ecuación de una onda transversal que se desplaza por una cuerda muy larga está dada por
y(x, t) = 6.0 sin [(2.0π rad/m)x+ (4.0π rad/s)t] cm
Calcule a) la amplitud, b) la longitud de onda, c) la frecuencia, d) la velocidad, e) la dirección de pro-
pagación de la onda y f) la velocidad transversal máxima de una partícula de la cuerda.
Solución
Esto es un problema de indentificar rápido los términos. Una onda viajera tiene la forma y(x, t) =
A sin(kx± ωt+ φ). Comparando con la ecuación dada
y(x, t) = (6.0 cm)
︸ ︷︷ ︸
A
sin


(2.0π rad/m)
︸ ︷︷ ︸
k
x +
︸︷︷︸
Izquierda
(4.0π rad/s)
︸ ︷︷ ︸
ω
t



De aquí vemos que (a) La amplitud es A = 6.0 cm. (b) La longitud de onda λ la sacamos con λ = 2π/k =
2π/(2π) m = 1 m. (c) La frencuencia f es f = ω/(2π) = 4π/(2π) = 2 Hz. (d) La velocidad la podemos
sacar de 2 formas con v = ω/k o v = λf .
v =
ω
k
=
4π
2π
= 2 m/s
v = λf = (1)(2) = 2 m/s
(e) La dirección de propagación la vemos en el kw±ωt. Esta onda tiene kx+ωt, es + indica que va hacia
la izquierda. (f) La velocidad máxima de la onda la obtenemos con
vy(x, t) =
∂y
∂t
= ωA cos(kx+ωt)
El máximo en una función cos/sen es el factor de afuera. Aquí el máximo ωA
⇒ vy,max = ωA = (4π)(6.0) = 24π cm/s
[Serway] Problema 16-39
La función de onda para una onda sobre una cuerda tensa es
y(x, t) = 0.350 sin
(
10πt− 3πx+ π
4
)
36
CAPÍTULO 3. MOVIMIENTO ONDULATORIO
donde x y y están en metros y t en segundos. Si la densidad lineal de la cuerda es 75.0 g/m, (a) cual
es la rapidez promedio a la que se transmite la energía a lo largo de la cuerda? (b) Cual es la energía
contenida en cada ciclo de la onda?
Solución
Antes de empezar, identifiquemos parámetros como el problema anterior. A = 0.350 m, k = 3π m−1,
ω = 10π s−1.
(a) La primera parte está preguntando por la potencia promedio. La potencia es P = (1/2)µω2A2v. La
velocidad no nos la dan explicitamente, pero la averiguamos con v = ω/k. Ya tenemos todos los datos
para evaluar
P =
1
2
µω2A2
(ω
k
)
=
1
2
(0.075)(10π)2(0.35)2
(
10π
3π
)
= 15.11 W
(b) La energía promedio la obtenemos con E = PT , donde T es el tiempo con que se promedia la potencia,
que sería el periodo de la onda, que obtenemos con T = 2π/ω
E = PT = P
(
2π
ω
)
= (15.11)
(
2π
10π
)
= 3.02 J
I Parcial 2015 II Ciclo Problema 2
Una onda sinusoidal transversal en una cuerda tiene un periodo T = 25 ms y viaja en la dirección x
negativa con una velocidad de 30 m/s. En t = 0 y x = 0, una partícula en la cuerda tiene una posición
transversal de 2 cm y viaja con una velocidad de 2 m/s, determine: a) la amplitud de la onda, b) el
ángulo de fase, c) la máxima velocidad transversal de la cuerda, d) la función de onda para la onda.
Solución
No hagamos matemática ahorita, antes hagamos un bosquejo de como debería verse la onda para t = 0.
Nos dicen que en x = 0 está en una posición transversal 2 cm, distancia hacia arriba por el signo positivo
y la velocidad tambien es positiva. Sabemos que no estamos en lo más alto de la cuerda por que aún
tenemos velocidad. Debería verse algo asi Podemos averiguar cual de las opciones es usando la dirección
Figura 3.4: Posibles casos para las condiciones iniciales
I Parcial 2015 II Ciclo Problema 2
de viaje de la onda. Viaja hacia la izquierda, dejemos que la onda avanze un ∆t pequeño y volvamos a
dibujarlas Donde las líneas discontinuas representan la posición de la cuerda para un momento poquito
después. Vemos que para que cumpla que la velocidad en el punto x = 0, t = 0 sea hacia arriba, tiene
que ser el dibujo de la izquierda. Los puntos del lado izquierdo están más arriba. El de la derecha tiene
37
CAPÍTULO 3. MOVIMIENTO ONDULATORIO
Figura 3.5: Posibles casos un ∆t pequeño después
I Parcial 2015 II Ciclo Problema 2
condición incial con velocidad hacia abajo ya que el segmento de cuerda se fue hacía abajo. Usemos esto
para corroborar el resultado obtenido con matemática.
Figura 3.6: Forma de la onda.
I Parcial 2015 II Ciclo Problema 2
(a) Identifiquemos términos que vamos a usar. Sabemos el periodo T , entonces podemos encontrar ω con
ω =
2π
T
=
2π
0.025
= 80π s−1
Y podemos saber k con
v =
ω
k
⇒ k = ω
v
=
80π
30
=
8
3
π m−1
Recordatorio: Esta v es la velocidad de viaje de la onda, no la velocidad transversal vy de los elementos
de la cuerda. No tienen por que ser iguales.
La onda va a ser de la forma
y(x, t) = A sin
(
8
3
πx+ 80πt+ φ
)
(a) Averiguemos A. Sea la posición
y(x, t) = A sin(kx± ωt+ φ) (3.1)
Y sea la velocidad
∂y
∂t
= vy(x, t) = ±ωA cos(kx± ωt+ φ) ⇒ ±
vy
ω
A cos(kx± ωt+ φ) (3.2)
Elevando al cuadrado y sumando las Ec. 3.1 y 3.2
y2 +
v2y
ω2
= A2 sin2(kx± ωt+ φ) +A2 cos2(kx± ωt+ φ) = A2
38
CAPÍTULO 3. MOVIMIENTO ONDULATORIO
⇒ A =
√
x2 +
v2y
ω2
También podemos usar esta ecuación en ondas viajeras senoidales1. Evaluando para las condiciones ini-
ciales
A =
√
(0.02)2 +
(0.02)2
(80π)2
= 0.0215 m
(b) Evaluamos en x = 0 y t = 0, tenemos
x0 = A sin(φ) ⇒ φ = arcsin
(x0
A
)
= arcsin
(
0.02
0.0215
)
= 1.195
Esto φ nos la da la calculadora, pero al sacar el arcsin, debería dar tiene 2 respuestas que hay que verificar
con las condiciónes iniciales, vamos a usar que la velocidad es positiva para ver cual es. Sea φ1 = φ y
φ2 = π − φ Viendo el signo de φ1 y φ2 en la velocidad v(x = 0, t = 0) = ωA cos(φ), que tiene que ser
Figura 3.7: Posibles respuestas del φ
I Parcial 2015 II Ciclo Problema 2
positriva
cos(φ1) = cos(1.195) > 0 cos(φ2) = cos(π − 1.195) < 0
El ángulo que lo cumple es φ1.
(d) La ecuación de la onda es
y(x, t) = 0.0215 sin
(
8
3
πx+ 80πt+ 1.195
)
m (3.3)
(c) La velocidad transversal es vy(x, t) = ωA cos(kx + ωt + φ). La vy,max es el factor del coseno, que es
vy,max = ωA = (80π)(0.0215) = 5.40 m/s.
Para corroborar que da la misma forma que la onda de la izquierda de la figura 3.4, que obtuvimos usando
los conceptos, grafiquemos la ecuación 3.3 en t = 0 La figura 3.8 es la misma que la figura 3.6.
[Serway] Problema 16-31
Pulsos transversales viajan con una rapidez de 200 m/s a lo largo de un alambre de cobre tenso cuyo
diámetro es de 1.50 mm. Cuál es la tensión del alambre?
1No aseguro que sirva para cualquier tipo de onda. Por eso lo probé. Mejor verificar antes de usarla sin estar seguro.
39
CAPÍTULO 3. MOVIMIENTO ONDULATORIO
Figura 3.8: Onda graficada en t = 0 s.
I Parcial 2015 II Ciclo Problema 2
La densidad del cobre es de 8.92 g/cm3
Solución
Sabemos que la velocidad, tensión y densidad lineal están relacionadas por
v =
√
T
µ
(3.4)
Pero en los datos tenemos la densidad volumétrica, no podemos evaluar con esa fórmula aún. Ocupamos
relacionar la densidad lineal y la volumétrica. Hagamos un cilindro de grosor diferencial dx, pero de Área
A, esa no la hagamos diferencial.
Figura 3.9: Cilindro diferencial.
[Serway] Problema 16-31
El diferencial de masa dm es dm = ρ dV , pero a la vez es dm = µ dx. Si lograra pasar de alguna función
desde el ρ dV hasta algún f(x) dx, sea lo que sea vaya ahí en ese f(x), esa va a ser la densidad lineal µ.
Estamos usando un cilindro diferencial, entonces el volumen dV es dV = A dx. Sustituimos en la expresión
con la densidad ρ, lo cual se transforma en
ρ dV = ρA dx = (ρA)
︸︷︷︸
µ
dx ⇒ µ = ρA
40
CAPÍTULO 3. MOVIMIENTO ONDULATORIO
Ya sabiendo cuando es µ, por que ρ y el área del cable la conocemos2, seguimos con el problema usando
la Ec. 3.4, lo cual nos da
T = µv2 = ρAv2 = ρ
π
4
d2v2 = (8920)
(π
4
)
(1.5× 10−3)2(200)2 = 630.5 N
[Resnick] Problema 18-8, [Serway] Problema 16-60, [Knight] Problema 16-82
Una cuerda uniforme de masa m y de longitud L, cuelga del techo. a) Demuestre que la rapidez de una
onda transversal en ella es una función de y, la distancia del extremo inferior y que está dada por v =
√
gy.
b) Demuestre que el tiempo que una onda transversal tarda en recorrer la longitud de la cuerda, está
dada por ∆t = 2
√
L/g.
Solución
(a) Está es una cuerda que sí tenemos que considerar el peso de ella. No se puede decir de manera simple
v∆t = L, donde v es la velocidad de la onda, ∆t el tiempo que tarda, por que la velocidad de la onda
no es constante. La velocidad depende la tensión F y µ, pero µ es constante (Es una cuerda uniforme).
Si la tensión está cambiando en el medio, la velocidad de la onda no es constante. Ocupamos obtener la
velocidad onda.
Hagamos un diagrama de cuerpo libre de un segmento de cuerda desde abajo hasta una distancia y hacia
arriba. La masa hasta una distancia y es m′ = µy. Lo que pesa ese segmento de cuerda es m′g = µyg Ya
Figura 3.10: Diagrama de cuerpo libre.
[Serway] Problema 16-60
que en la vertical está en equilibrio, tenemos F = µyg
v =
√
F
µ
=
√
µyg
µ
=
√
gy
(b) Para obtener cuanto tarda, pongamos la definición general de velocidad.
v =
dy
dt
Aquí, la velocidad depende de la posición v = v(y). Mandamos el diferencial dt al otro lado e integramos.
v = v(y) =
dy
dt
⇒ dt = dy
v(y)
=
dy√
gy
2Sabemos el diametro, entonces sabemos el área
41
CAPÍTULO 3. MOVIMIENTO ONDULATORIO
Y de aquí integramos a ambos lados
ˆ ∆t
0
dt = ∆t =
ˆ L
0
dy√
gy
= 2
√
L
g
⇒ ∆t = 2
√
L
g
[Knight] Problema 16-59
I Parcial 2017II Ciclo Problema 4
Un cable fue hecho soldando 2 metales de diferentes densidades. La figura muestra una sección de 2 metros
de largo con la unión en el centro, pero el cable se extiende mucho más en ambas direcciones. El cable es
puesto bajo una tensión de T = 2500 N. Una onda con una frecuencia de 1500 Hz y una amplitud de 3
mm es enviada a lo largo del cable. Determine cuantas longitudes de ondas (ciclos completos) de la onda
caben en esta seccón de 2 metros del cable.3
Figura 3.11: [Knight] Problema 16-59
Solución
Hagamolo para cada medio a la vez con subíndice k, donde k = 1 para el metal de la izquierda k = 2 para
el de la derecha. Sea vk la velocidad en el medio
vk =
√
T
µk
Sabiendo la velocidad, usamos la relación vk = λkf . La frecuencia en ambos medios es la misma, por lo
que no escribo fk, solo f . Despejamos λk que es
λk =
vk
f
=
1
f
√
T
µk
Sea nk el número de longitudes de onda que caben en el segmento de L = 1 m del cable en cada medio.
La cantidad de ondas que caben es
nk =
L
λk
= Lf
√
µk
T
Ya podemos evaluar para cada medio
n1 = (1.00)(1500)
√
2.89
2500
= 51 n2 = (1.00)(1500)
√
1.21
2500
= 33
El número total de ondas completas es n1 + n2 = 51 + 33 = 84.
3La tensión aquí fue cambiada para que den números más lindos.
42
4 | Ondas Sonoras
[Resnick] Problema 19-7
Cierto altavoz (supuestamente una fuente puntual) emite Pf 31.6 W de potencia acústica. Un pequeño
micrófono con una superficie transversal efectiva de A = 75.2 mm2 está situado a d = 194 m de él. Calcule
(a) La intensidad del sonido en el micrófono. (b) la potencia incidente en el micrófono y (c) la energía
que llega al micrófono en t = 25.0 min.
Solución
(a) La intensidad una distancia d de una fuente con potencia Pf es
I =
Pf
4πd2
=
31.6
4π(194)2
= 6.68× 10−5 W
m2
(b) La potencia que recibe el micrófono es por una intensidad I es
Pm = IA = (6.68× 10−5)(7.52× 10−5) = 5.02× 10−9 W
(c) La energía que recibe se obtiene el micrófono es
Em = Pt = (5.02× 10−9)(25)(60) = 7.53× 10−6 J = 7.53 µJ
[Sears] Problema 16-59
Una soprano y un tenor están cantando a dueto. Mientras la soprano canta un la sostenido a fS 932 Hz,
el tenor canta un la sostenido pero tres octavas más abajo. En esta sala de conciertos, la densidad del
aire es de ρ 1.20 kg/m3 y su módulo volumétrico es de B = 1.42× 105 Pa. Para que sus notas tengan el
mismo nivel de instendad de sonido, cual debe ser (a) la razón entre las amplitudes de presión del tenor y
de la soprano y (b) la razón entre las amplitudes de desplazamiento del tenor y de la soprano? (c) Cual
amplitud de desplazamiento (en m y mm) produce la soprano para cantar su la sostenido a 72.0 dB?
Dato adicional: 3 octavas más abajo es fT = 932/23 = 116.5 Hz
Solución
(a) La intensidad se relaciona con el ∆Pm de la forma I = (∆P )
2 / (2ρv). No hay una dependencia de la
frecuencia, cuando se iguales los términos para la soprano y el tenor se obtiene
I =
(∆Pm,S)
2
2ρv
=
(∆Pm,T )
2
2ρv
⇒ ∆Pm,S = ∆Pm,T
43
CAPÍTULO 4. ONDAS SONORAS
Los ∆Pm son iguales para los 2.
(b) Usando la relación ∆Pm = Bsmk y usando el resultado de la parte a)
Pm,S = ∆Pm,T ⇒ Bsm,SkS = Bsm,TkT
Con v = ω/k ⇒ k = ω/v = 2πf/v
⇒ sm,S
2πfS
v
= sm,T
2πfT
v
⇒ sm,T
sm,S
=
fS
fT
=
932
116.5
= 8
La razón es sm,T /sm,S = 8.
(c) Si la soprano canta a β = 72.0 dB
β = 10 log
(
I
I0
)
⇒ I = I010
β
10 = (10−12)10
72
10 = 1.585× 10−5 W/m2
I =
1
2
ρv (ωSsm,S)
2 =
1
2
√
ρB (2πfSsm,S)
2 ⇒ sm,S =
1
2πfS
√
2I√
ρB
sm,S =
1
2π(932)
√
2(1.585× 10−5)
√
(1.20)(1.42× 105)
= 4.73× 10−8 m = 47.3 nm
[Sears] Problema 16-60
El sonido de una trompeta radia uniformemente en todas direcciones en aire a 20◦C. A una distancia de
d = 5.00 m de la trompeta, el nivel de intensidad de sonido es de βd 52.0 dB. La frecuencia es de f = 587
Hz. (a) Determine la amplitud de presión a esta distancia. (b) Calcule la amplitud de desplazamiento.
(c) A qué distancia el nivel de intensidad del sonido es de 30.0 dB?
Solución
(a) Obtenemos la intensidad Id primero
βd = 10 log(
Id
I0
) ⇒ I = I010
β
10 = (10−12)10
52
10 = 1.58× 10−7W/m2
I =
(∆Pm)
2
2ρv
⇒ ∆Pm =
√
2ρvI =
√
2(1.20)(344)(1.585× 10−7) = 0.0114 Pa
(b) Sabiendo ∆Pm, obtenemos sm con
∆Pm = Bsmk = Bsm
ω
v
= Bsm
2πf
v
⇒ sm =
v∆Pm
B2πf
=
(344)(0.0114)
(1.42× 105)2π(587) = 7.49× 10
−9 m
(c) Distancia r para tener βr = 30 dB.
βr − βd = 10 log
(
Ir
Io
)
− 10 log
(
Id
Io
)
= 10 log
(
Ir
Id
)
44
CAPÍTULO 4. ONDAS SONORAS
Ya que viene de la misma fuente, tenemos P = 4πr2I, por lo tanto, cumple
4πd2Id = 4πr
2Ir ⇒
Ir
Id
=
d2
r2
βr−βd = 10 log
(
Ir
Id
)
= 10 log
(
d2
r2
)
= 20 log
(
d
r
)
⇒ d
r
= 10
βr−βd
20 ⇒ r = d10
βd−βr
20 = (5.00)10
52−30
20 = 62.9m
Tiene que estar a una distancia de r = 62.9 m
I Parcial 2013 II Ciclo Problema 4
Un equipo de una fábrica produce β1 = 130 dB a una distancia de r1 = 5 m. Para disminuir el ruido se
utilizan láminas de espuma acústica, cada lámina disminuye 10 veces la intensidad del sonido. Determi-
ne: (a) la cantidad de láminas que se necesitan para disminuir la intensidad del sonido a 40 dB, (b) la
distancia a la que debe alejarse de la fuente (sin espumas), para medir la mitad de la intensidad sonora
(en decibles) que emite el equipo.
Solución
(a) Por cada espuma acústica se disminuye 10 veces. Si hacemos I0 pase por la espuma, del otro lado sale
Ii/10 = Ii ∗10−1. Por la segunda espuma, entra una intensidad Ii ∗10−1 y sale
(
Ii ∗ 10−1
)
/10 = Ii ∗10−2.
Si se hace n veces, la intensidad se reduce Ii ∗ 10−n.
Para los decibeles βi llega con una intensidad de Ii. Si filtramos con n espumas, vamos a tener βn con
In = I0 ∗ 10−n.
Usamos la relación entre decibeles e intensidad de sonido β = 10 log(I/I0) y hacemos la resta
β1 − βn = 10 log
(
I1
I0
)
− 10 log
(
In
I0
)
= 10 log
(
I1
In
)
= 10 log
(
I1
I1 ∗ 10−n
)
= 10 log (10n) = 10n
⇒ n = β1 − βn
10
=
130− 40
10
= 9
Se ocupan n = 9 espumas para reducir la intensidad del sonido a 40 dB.
(b) Ahora queremos reducir que los decibeles que se miden sean β2 = 130/2 = 65 dB. Hacemos de nuevo
la resta y obtenemos igual que la parte pasada
β1 − β2 = 10 log
(
I2
I1
)
Ya que se está midiendo la misma fuente de sonido (la fábrica), tenemos que P = 4πr2I, donde P es la
potencia de la fuente de sonido.
Relacionamos las posiciones iniciales y finales con
4πr21I1 = 4πr
2
2I2 ⇒
I2
I1
=
r21
r22
Y substituimos
β2 − β1 = 10 log
(
I2
I1
)
= 10 log
(
r21
r22
)
= 20 log
(
r1
r2
)
⇒ r1
r2
= 10
(
β2−β1
20
)
⇒ r2 = r110
(
β1−β2
20
)
= (5)10(
130−65
20 ) = 8891.4 m
45
CAPÍTULO 4. ONDAS SONORAS
Se ocupa estar a una distancia de r2 = 8891.4 m para medir la mitad de la intensidad sonora.
Reposición I Parcial 2013 I Ciclo Problema 5
En un aula ruidosa hay NT = 52 estudiantes hablando simultáneamente y generan un nivel sonoro de
βT = 76 dB. Determine: (a) la intensidad que produce un estudiante hablando (suponiendo que todos
hablan a la misma intensidad), (b) el nivel sonoro que se produce cuando dejan de hablar el 75 % de los
estudiantes, (c) la máxima cantidad de estudiantes que pueden hablar simultáneamente si quiere un tener
una disminución de un 15 % del nivel sonoro.
Solución
(a) Sea NT = 52 estudiantes y βT = 76 dB. Y sea IE la intensidad de un solo estudiante. La intensidad
de todos los estudiantes es la suma de las intensidades ⇒ IT = IENT . Plantenado con la relación de
decibeles e intensidad
βT = 10 log
(
IT
I0
)
= 10 log
(
NT IE
I0
)
⇒ NT IE
I0
= 10
βT
10 ⇒ IE =
I0
NT
10
βT
10
⇒ IE =
1× 10−12
52
∗ 10 7610 = 7.655× 10−6 W
m2
Cada estudiante habla a una intensidad de IE = 7.655× 10−7 W/m2.
(b) Si dejan de hablar el 75% de los estudiantes, queda un 25% hablando. La intensidad total de esos
estudiantes es 0.25 (NT IE)
β0.25 = 10 log
(
0.25 ∗ 52 ∗ IE
I0
)
= 10 log
(
(0.25)(52)(7.655× 10−7)
10−12
)
= 69.97 dB
(c) Ahora queremos que el nivel sonoro sea 0.85βT , que corresponde a una intensidad de n ∗ IE , donde n
es el número de estudiantes hablando
⇒ 0.85βT = 10 log
(
nIEI0
)
⇒ n = I0
IE
10
0.85βT
10 =
(
10−12
7.655× 10−7
)
10
0.85(76)
10 = 3.76
Ya que los estudiantes vienen en números enteros. Si queremos estar debajo del 85 %, deberían hablar 3
estudiantes. Si queremos estar un poquito más arriba del 85 %, deberían hablar 4 estudiantes.
46
5 | Superposición de Ondas
I Parcial 2013 II Ciclo Problema 3
Dos ondas se propagan en dirección opuesta en una cuerda tensa, estas interfieren y crean una onda
estacionaria de la siguiente manera:
y(x, t) = 0.02 sin(30x) cos(300t) m
Donde x está en metros. La cuerda que es de nylon tiene un área transversal de 10−5 m2 y una densidad
de 1150 kg/m3. Una masa colgada mediante una polea en un extremo de la cuerda es la que produce la
tensión en la cuerda. Considerando que la cuerda vibra en su tercer armónico calcule: (a) La longitud de
la cuerda, (b) la velocidad y frecuencia de las ondas, (c) El valor de la masa colgante.
Solución
Identifiquemos términos1
y(x, t) = 0.02 sin(30x) cos(300t) m
y(x, t) = A sin(kx) cos(ωt) m
Vemos que A = 0.02 m, k = 30 m−1 y ω = 300 s−1.
(a) En lugar de usar fórmulas de golpe, relacionemos la longitud de la cuerda L y la longitud de onda λ
con un dibujo. Está en el tercer armónico. Se ve así De aquí vemos que L = 3(λ/2). Ahora cambiamos λ
Figura 5.1: I Parcial 2013 II Ciclo Problema 3
con k
L =
3
2
λ =
3
2
2π
k
=
3
2
2π
30
=
π
10
m = 0.314 m
1Esta A puede variar en la definición dependiendo de lo que se pregunte. La A de ahorita es la amplitud de la onda de
superposición, solo que se podría colocar como 2A, usando la A como la amplitud de las ondas que causan la nueva onda.
47
CAPÍTULO 5. SUPERPOSICIÓN DE ONDAS
(b) La velocidad de la onda es v = ω/k = 300/30 = 10 m/s.
La frecuencia es f = ω/(2π) = (300)/(2π) = 47.75 Hz.
(c) Vease que nos están dando la densidad volumétrica ρ. Ocupamos la densidad lineal µ para relacionarla
con la velocidad. En el problema ya resuelto antes, el [Serway] Problema 16-31, habíamos obtenido el
resultado µ = ρA. Aprovechando que ya lo obtuvimos, ya tenemos los datos para encontrar la masa
colgante. La masa colgante hace una tensión T = mg
⇒ v =
√
T
µ
=
√
mg
ρA
⇒ m = v
2ρA
g
=
(
102
)
(1150)(1× 10−5)
9.8
= 0.117 kg
[Sears] Problema 15-74
Una cuerda de guitarra vibra en su modo fundamental, con nodos en sus extremos. La longitud del seg-
mento de cuerda que vibra libremente es de 0.386 m. La aceleración transversal máxima de un punto en
el punto medio del segmento es de L = 8.40×103 m/s2 y la velocidad transversal máxima es de 3.80 m/s.
(a) Calcule la amplitud de esta onda estacionaria. (b) Qué rapidez tienen las ondas viajeras transversales
en esta cuerda?
Solución
Figura 5.2: Cuerda de guitarra.
I Parcial 2013 II Ciclo Problema 3
Viendo por dibujo, la longitud de la cuerda L es L = λ/2 ⇒ λ = 2L. Ocupamos escribir la ecuación de la
onda, que tiene la forma 2
y(x, t) = A sin(kx) cos(ωt)
Empezamos a sustituir el k en términos de L, que es el dato conocido.
y(x, t) = A sin(kx) cos(ωt) = A sin
(
2π
λ
x
)
cos(ωt) = A sin
(π
L
x
)
cos(ωt)
2La función de la onda también puede ser escrita de la forma y(x, t) = A sin(kx) sin(ωt). Lo que cambia con el sin(ωt) es
que la cuerda está toda en el punto de equilibrio (completamente horizontal), con el cos(ωt) está en la forma más “curveada".
48
CAPÍTULO 5. SUPERPOSICIÓN DE ONDAS
Nos están dando la vy,max y ay,max en el punto medio3, que es x = L/2
y
(
x =
L
2
, t
)
= A sin
(
π
L
L
2
)
cos(ωt) = A cos(ωt)
Ahora derivamos para tener la velocidad y aceleración en el punto x = L/2
∂y
∂t
= vy = −ωA sin(ωt) ⇒ vy,max = ωA (5.1)
∂vy
∂t
= ay = −ω2A sin(ωt) ⇒ ay,max = ω2A (5.2)
Para obtener ω, dividimos 5.2 entre 5.1
ay,max
vy,max
=
ω2A
ωA
= ω ⇒ ω = ay,max
vy,max
=
8.43
83.4
= 2.21× 103 s−1
Conociendo ω, podemos usar las Ec. 5.1 o 5.2 para obtener A
vy,max = ωA → A =
vy,max
ω
=
3.80
2.21× 103 = 1.72× 10
−3 m
(b) La velocidad la obtenemos con v = λf y cambiando estos términos por datos conocidos
v = λf = 2L
ω
2π
=
Lω
π
=
(0.386)(2.21× 103)
π
= 271.5 m/s
[Sears] Problema 15-18
I Parcial 2017 I Ciclo Pregunta 2
Una cuerda de L = 1.50 m que pesa Wc = 0.0125 N está atada al techo por su extremo superior, mientras
que el extremo inferior sostiene un peso W . Desprecie la pequeña variación de tensión a lo largo de la
cuerda producida por el peso de la misma. Cuando usted da un leve pulso a la cuerda, las ondas que
viajan hacia arriba de esta obedecen la ecuación
y(x, t) = (8.50 mm) cos(172m−1x− 4830s−1t)
Suponga que la tensión de la cuerda es constante e igual a W . (a) Cuánto tiempo tarda un pulso en
recorrer toda la cuerda? (b) Cuál es el peso W? (c) Cuántas longitudes de onda hay en la cuerda en
cualquier instante? (d) Cuál es la ecuación para las ondas que viajan hacia abajo de la cuerda?
Solución
Identifiquemos términos. k = 172 m−1 y ω = 4830 s−1
(a) La velocidad de la onda es v = ω/k. Ya que se mueve con velocidad constante aplica vt = L
⇒ t = L
v
=
Lk
ω
=
(1.5)(172)
(4830)
= 0.0534 s = 53.4 ms
3Aquí estamos en un punto de amplitud máxima, entonces la parte espacial se hace sin → 1, caso contrario, tendríamos
que mantener el término sin(πx0/L).
49
CAPÍTULO 5. SUPERPOSICIÓN DE ONDAS
(b) Aquí la tensión es causada por el peso, T = W . Además, ya que nos dan el peso de la cuerda, podemos
saber la densidad lineal
µ =
mc
L
=
Wc
gL
Entonces
v2 =
T
µ
=
W
(
Wc
gL
) ⇒ W = Wc
gL
v2 =
Wc
gL
(
ω2
k2
)
=
(0.0125)(4830)2
(9.8)(1.5)(172)2
⇒ W = 0.6705 N
(c) La cantidad de longitudes de ondas en toda la cuerda es N = L/λ y λ lo podemos saber que ya
sabemos k
N =
L
λ
=
L
(
2π
k
) =
Lk
2π
=
(1.5)(172)
2π
= 41.06
(d) Está es un poco extraña dependiendo de como se interprete. A como quería el libro y el examen, no
son las ondas que rebotan en la pared y viajan hacia abajo, si no que se tiene la fuente generadora de
ondas en algún punto arbitrario de la cuerda como se muestra en la Fig 5.3
Figura 5.3: Ondas hacia arriba y abajo.
[Sears] Problema 15-18
La ecuación y(x, t) = A cos(kx − ωt) son lad ondas que viajan hacia arriba. Para hacerlas que viajen
hacia abajo, le cambiamos la dirección haciendo kx − ωt → kx + ωt y mantenemos el mismo signo de
la amplitud, no le ponemos un menos como si estuviera rebotando en la pared, la amplitudes generadas
hacia arriba y abajo están “del mismo lado", entonces la amplitud tiene el mismo signo. La ecuación de
las ondas hacia abajo es
y(x, t) = 8.50 cos(172m−1x+ 4830s−1t) mm
[Serway] Problema 18-27
Reposición I Parcial 2017 I Ciclo Pregunta 3
50
CAPÍTULO 5. SUPERPOSICIÓN DE ONDAS
Un objeto se cuelga de una cuerda (con densidad lineal µ = 0.00200 kg/m) que pasa sobre una polea
ligera. La cuerda se conecta a un vibrador de frecuencia constante f y la longitud de la cuerta entre el
puntp P y la polea es L = 2.00. Cuando la masa m del objeto es 16.0 kg o 25.0 kg, se observan ondas
estacionarias, sin embargo, no se observan ondas estacionarias con alguna masa entre estos valores. (a)
Cuál es la frecuencia del vibrador? Nota: Mientras mayor es la tensión de la cuerda, menor es el número
de nodos en la onda estacionaria. (b) Cuál es la masa más grande del objeto con el cual se podría observar
ondas estacionarias?
Figura 5.4: [Serway] Problema 18-27
Solución
Veamos por que la nota dice eso, a mayor tensión, menor número de nodos. La frecuencia de las ondas
generadas en las cuerdas van a ser f , lo importante es que es constante, la misma en todas. Lo que va a
cambiar el la velocidad y la longitud de onda λ. La velocidad puede cambiar dependiendo de la masa que
se coloque. La tensión en T = mg, entonces la velocidad depende de la masa por
v =
√
T
µ
=
√
mg
T
La velocidad v de las ondas aumenta cuando la masa m aumenta. Igual v disminuye cuando m disminuye.
Ahora despejando λ
v = λf → λ = 1
f
√
mg
µ
La longitud de onda λ crece cuando la masa m aumenta. PERO λ tiene un límite de que tan grande se
puede hacer. El máximo que puede ser λ es λ = 2L. Hay una masa que hace que lleguea este máximo de
λ. Y no tenemos una restricción de que tan pequeño puede hacerse λ, entonces sí podemos ir haciendo la
masa más pequeña y asegurarnos que vamos a ver ondas estacionarias.
Para relacionarlo la masa m con el n−ésimo modo de vibración, sabemos que λ ∝ √m, entonces
n
λ
2
= L ⇒ n = 2L
λ
⇒ n ∝ 1
λ
⇒ n ∝ 1√
m
51
CAPÍTULO 5. SUPERPOSICIÓN DE ONDAS
De aquí vemos que mientras más pequeña sea la masa m, vamos a estar en un modo de oscilación n
mayor. O mientras mayor sea la tensión (la masa), vamos a tener un menor modo de oscilación n, que
nos daría menos número de nodos. Esta es la nota que nos dice el libro.
Figura 5.5: Relación entre n,m y λ.
[Serway] Problema 18-27
El enunciado nos dice que para las masas 16 kg y 25 kg se observan ondas estacionarias y no con masas
entre estos valores. De esto podemos concluir que son modos de vibración vecinos n y n + 1. Solo que
tenemos que ver cual modo le pertecene a que masa. Con la discusión anterior, sabemos que mientras más
pequeña sea la masa, mayor va a ser el n. No sabemos en que modo está vibrando para cada masa, así que
asignemole el n modo a la masa de 25 kg ( mn = 25 kg ) y al n+ 1 modo a mn+1 = 16 kg. Expresamos
la relación de λ, n y L y relacionamos con las otras variables del problema
L =
n
2
λ =
n
2
(
v
f
)
=
n
2
1
f
√
T
µ
Para los modos n y n+ 1, con T = mg para cada masa y reacomodando
f =
n
2
1
L
√
mng
µ
(5.3)
f =
n+ 1
2
1
L
√
mn+1g
µ
(5.4)
Dividiendo 5.4 entre 5.3 y evaluando para las masas
n+ 1
n
√
mn+1
mn
= 1 =
n+ 1
n
√
16
25
=
n+ 1
n
(
4
5
)
= 1
⇒ n+ 1
n
=
5
4
De esta última ecuación, podemos ver que n = 4. Cuando se coloca una masa de 25 kg, se está en el n = 4
modo de oscilación. Para la masa de 16 kg está en el n = 5 modo. Usamos cualquiera de las dos Ec. 5.3
o 5.4 para encontrar el valor de f
f =
n
2
1
L
√
mng
µ
=
4
2
1
(2.00)
√
(25)(9.8)
(2× 10−3) = 350 Hz
52
CAPÍTULO 5. SUPERPOSICIÓN DE ONDAS
(b) La masa más grande va a estar en el n−ésimo modo de vibración, que va a ser n = 1. Usemos la
ecuación 5.3 y despejemos m1
f =
1
2
1
L
√
m1g
µ
⇒ m1 =
4L2f2µ
g
=
4(2.0)2(350)2(2.0× 10−3)
(9.8)
= 400 kg
La masa más grande que se puede colocar para ver ondas estacionarias es de 400 kg.
[Sears] Problema 16-32
Parecido al I Parcial 2017 I Ciclo Problema 5
Un tubo abierto-cerrado de longitud ajustable se encuentra cerca de un alambre de Lc = 85.0 cm y de
mc = 7.25 g que está siendo sometido a una tensión de T = 4110 N. Se desea ajustar la longitud del
tubo de manera que, cuando se produzca un sonido a su frecuencia fundamental, este sonido haga que
el alambre vibre en su segundo sobretono con una amplitud muy grande. De qué longitud debe ser el tubo?
Solución
La cuerda está en el segundo sobretono, es una manera de decir que está en el tercer modo de oscilación,
nc = 3 y el tubo abierto-cerrado está en el fundamental, la longitud de onda más larga permitida con esas
condiciones de frontera es la que se muestra4 en la Fig. 5.6
Figura 5.6: [Sears] Problema 16-32
Usemos el índice p para el tubo.5. El sonido del tubo ajustable está haciendo que el alambre vibre con
una amplitud muy grande, significa que tiene la misma frecuencia fc = fp. Encontremos la frecuencia de
cada sistema por aparte y las igualamos para encontrar la longitud del tubo.
Primero la frecuencia de la cuerda. De la Fig. 5.6, vemos que (3/2)λc = Lc, entonces
λcfc = vc ⇒ fc =
vc
λc
=
3
2
1
Lc
√
T
µ
=
3
2
1
Lc
√
TLc
mc
4Aquí lo dibuje para el desplazamiento s(x, t), pero haciendo lo mismo con la presión ∆p(x, t) se puede concluir lo mismo.
5Pipe
53
CAPÍTULO 5. SUPERPOSICIÓN DE ONDAS
⇒ fc =
3
2
√
T
mcLc
(5.5)
Ya tenemos la frecuencia de la cuerda, ahora sigue la del tubo.
La velocidad de las ondas en el tubo, ya que son ondas sonoras, la velocidad del sonido vs = 344 m/s.
Viendo en la Fig. 5.6, la relación para Lp = (1/4)λp, entonces
λpfp = vs ⇒ fp =
vs
λp
⇒ fp =
vs
4Lp
(5.6)
Igualando las Ec. 5.5 y 5.6
fc = fp ⇒
3
2
√
T
mcLc
=
vs
4Lp
⇒ Lp =
1
6
vs
√
mcLc
T
=
1
6
(344)
√
(7.25× 10−3) (0.85)
(4110)
= 0.0702 m = 7.02 cm
[Serway] Problema 18-52
Ampliación 2015 II Ciclo Problema 1
Un estudiante usa un oscilador de audio de frecuencia ajustable para medir la profundidad de un pozo
de agua. El estudiante reporta que escucha dos resonancias sucesivas a 51.87 Hz y 59.85 Hz. (a) Qué tan
profundo es el pozo? (b) Cuántos antinodos hay en la onda estacionaria a 51.87 Hz?
Solución
Saquemos la secuencia de los tubos abiertos-cerrado. Voy a sacarlo graficando el s(x, t), pero se puede
obtener el mismo resultado graficando con ∆P (x, t)
Figura 5.7: Secuencia de λ permitido
[Serway] Problema 18-52
(a) Viendo la Fig. 5.7, vemos que la secuencia de las λn permitidas es son los impares ×λ/4, escrito más
formal
L =
(2n− 1)
4
λn (5.7)
54
CAPÍTULO 5. SUPERPOSICIÓN DE ONDAS
Donde n reccore de n = 1, 2, 3, ..., mejor acomodarlo así como hacen algunos autores que ponen la secuencia
recorriendo los impares6 Podemos obtener la secuencia de frecuencias permitidas despejando de
λnfn = vs ⇒ fn =
1
λn
vs =
(2n− 1)
4L
vs
fn =
(2n− 1)
4L
vs (5.8)
Donde vs es la velocidad del sonido.
El problema nos está diciendo que solo se escuchan resonancias sucesivas entre 51.87 y 59.85 Hz, esto nos
dicen que son modos vecinos. De la Ec. 5.8, vemos que fn aumenta conforme aumenta n, y el problema
no nos dice en que modo de oscilación estamos, solo que son modos vecinos. Escojamos entonces que
fn = 51.87 Hz y fn+1 = 59.85 Hz que es el siguiente. Podemos independizarnos del n que es desconocido
aprovechando que la Ec. 5.8 es lineal en n, entonces si saco diferencia entre fn+1 y fn elimino a n
fn+1 − fn =
(2(n+ 1)− 1)
4L
vs −
(2n− 1)
4L
vs =
1
2
vs
L
⇒ fn+1 − fn =
1
2
vs
L
Despejamos L
L =
1
2
vs
fn+1 − fn
=
1
2
(343)
(59.85− 51.87) = 21.5 m
(b) Sabiendo cuanto es L, usamos la Ec. 5.8 y despejamos n para saber en que modo está
fn =
(2n− 1)
4L
vs ⇒ n =
2Lfn
vs
+
1
2
Para la frecuencia de 51.87 Hz
n =
2(21.5)(51.87)
343
+
1
2
= 7.002 = 7
Para corroborar que nos dio bien, hagamolo para la frecuencia de 59.85 Hz, nos debería dar n = 8
n =
2(21.5)(59.85)
343
+
1
2
= 8.003 = 3
Lo cual nos da bien. Es consistente el resultado. Ahora grafiquemos el s(x, t) o ∆P (x, t). Ya que n = 7,
usamos la Ec 5.7 para ver cuantos segmentos de λ/4 caben dentro del tubo.
L =
2(7)− 1
4
λ =
13
4
λ
Graficando tanto el desplazamiento s(x, t) como el ∆P (x, t) se cuentan 7 antinodos.
Enlaces de interés:
Tubo de Ruben: Se puede visualizar los antinodos de presión con fuego
Steve Mould: A better description of resonance
https://www.youtube.com/watch?v=dihQuwrf9yQ
6Colocandolo de este modo, cuando saque diferencias entre modos, sé que el siguiente modo esta a n + 1, no en n + 2,
para hacer restas o sumas de ese estilo, mejor lo acomodo que recorra todos los naturales y no tengo que acordarme que el
siguiente está a n+ 2, más facil.
55
CAPÍTULO 5. SUPERPOSICIÓN DE ONDAS
Figura 5.8: Antinodos es f = 51.87 Hz.
[Serway] Problema 18-52
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6 | Temperatura
[Serway] Problema 19-54
Dos barras metálicas se fabrican de Invar y una tercera barra se elabora de aluminio. A 0◦C cada una
de las tres barras se taladra con dos orificios separados a 40.0 cm. (a) Encuentre una expresión para el
ángulo entre las barras de Invar en función de la temperatura. Analice cualitativamente si tiene sentido.
(b) Cual es el mayor y menor ángulo que se pueden obtener.
El punto de fusión del Aluminio es 660 ◦C y el del Invar es 1472 ◦C. Datos adicionales: Invar: αIn =
0.9× 10−6(C◦)−1 y Aluminio: αAl = 24× 10−6(C◦)−1
Figura 6.1: [Serway] Problema 19-54
Solución
(a) El triangulo cuando cambie la temperatura va a ser un isoceles porque 2 de los lados están hechos
del mismo material y cambian su longitud de igual manera. El centro siempre va a caer perpendicular a
la barra de Aluminio.
Entonces podemos usar la relación para cualquier temperatura
sin
(
θ
2
)
=
1
2
LAl
LIn
Ahora