Problemas resueltos de ondas, calor y óptica 9561408155

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Problemas

Resueltos

de Ondas :

Calor y Optica

Mario Favre

Juan Cristóbal García-Huidobro María Cristina Manterola

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Problemas

Resueltos

de Ondas,

Calor y Optica

EDICIONES UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE Vicerrectoría de Comunicaciones y Extensión Casilla 114-D Santiago, Chile

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RESUELTOS DE ONDAS, CALOR Y OPTICA

Mario Favre Domínguez, Juan Cristóbal García-Huidobro Munita, María Cristina Manterola Walker O Inscripción N” 139.064 Derechos reservados Marzo 2005

LS.B.N. 956-14-0815-5

Primera edición 750 ejs. Diseño: Francisca Galilea Impresor: Andros C.LP. - Pontificia Universidad Católica de Chile Favre Domínguez, Mario

Problemas resueltos de ondas, calor y óptica / Mario Favre, Juan Cristóbal García-Huidobro, María Cristina Manterola. 1. Ondas. 2. Calor. 3. Optica. 1. GarcíaHuidobro, Juan Cristóbal. 11. Manterola, María Cristina. II. "TP.

2003

530.14

de 21

RCA2

Trabajo financiado por FONDEDOC, Dirección General de Pregrado Pontificia Universidad Católica de Chile 26 de octubre 2004

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica

Mario Favre Juan Cristóbal García-Huidobro María Cristina Manterola

INDICE

GENERAL

Introducción

Movimiento Armónico Simple . Pequeñas Oscilaciones

. Oscilaciones Amortiguadas . Oscilaciones Forzadas

Ondas Viajeras

. Ondas Estacionarias . Ondas de Sonido

. Calor y Temperatura

. Primera Ley de la Termodinámica

. Segunda Ley de la Termodinámica . Reflección y Refracción . Optica Geométrica XIIF Interferencia y Difracción Bibliografía Índice Alfabético

103 125 147 169 203 223 247

271 273

INTRODUCCION

Este libro reúne una colección de 107 problemas resueltos en las áreas de Ondas, Calor y Optica. En la parte correspondiente a Ondas se agregan problemas relacionados con Oscilaciones Mecánicas. La selección de materias corresponde a los contenidos de los Cursos de Ondas y Calor de los programas de las carreras de Ingeniería y Licenciaturas en Física y Astronomía, que se dictan en la Pontificia Universidad Católica de Chile. Al comienzo de cada capítulo se presenta un resumen de los conceptos físicos y ecuaciones que tienen directa relación con los contenidos del capítulo respectivo. En modo alguno estas introducciones pretenden substituir el material incluido en los textos sugeridos como material de apoyo para cursos basados en estos contenidos y sólo constituyen una ayuda para enfrentar la resolución de los problemas. La solución a los problemas presentados supone un manejo adecuado de los conceptos y operatoria incluidos en un curso de Algebra y Geometría y en cursos de Cálculo Diferencial e Integral. Los problemas incluidos son el resultado de haber dictado en varias ocasiones, como Profesor y Ayudantes, el curso de Ondas y Calor para las Licenciaturas en Ciencias de la Ingeniería, Física y Astronomía impartidas en la Pontificia Universidad Católica de Chile. Varios de los problemas incluidos formaron parte de interrogaciones y exámenes, por lo que de algún modo sugieren el nivel de exigencia del curso. Agradecemos el trabajo de nuestros colegas Hernán Chuaqui, Ricardo Ramírez y Edmund Wyndham, con quienes compartimos docencia en estos temas y quienes contribuyeron en su momento a la concepción de algunos de los problemas incluidos. La colaboración de Alvaro Pernas, estudiante de Licenciatura en Física y ayudante del curso en el primer semestre de 2003. ha sido fundamental en la revisión de soluciones de problemas y errores tipográfcos

10

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro

Manterola

en las versiones preliminares de impresión. Agradecemos también la avuda de Francisca Galilea en la etapa final de edición. Este trabajo se desarrolló en el contexto de un proyecto del Fondo de la Docencia de la Vicerrectoría Académica de la Pontificia Universidad Católica de Chile y se completó en su parte substantiva durante un año sabático de Mario Favre, quien agradece la hospitalidad y la posibilidad de disponer el tiempo necesario, dadas por Peter Choi y Carmen Dumitrescu, de EPPRA sas, en Francia. Santiago, 30 de enero de 2005.

CAPITULO |

MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE

Introducción La ecuación de movimiento unidimensional de un cuerpo sometido a una fuerza

que depende de la posición está dada por la Segunda Ley de Newton "mí =F(x)

(1.1)

donde 4 = d*2/dt?. Un caso de particular importancia de fuerza que depende de la posición es la fuerza elástica. En este caso, y en una dimensión, la fuerza está dada por la expresión

Ft) =-—kz donde k es una constante. En este caso, la ecuación de movimiento

es

k

a resolver

z+—x=0

(1.3)

i+wzx=0

(1.4)

m

La Ec. 1.3 tiene la forma

(1.2)

que tiene como solución general la función

x(t) = Asin (wt + 0)

1.5

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

siendo w= y/k/m la frecuencia angular, y A y Ó están determinadas por condiciones iniciales. El movimiento descrito por la Ec. 1.5 corresponde al de un Movimiento Armóni-

co Simple (M.A.S.), en que el período T' de oscilación y la frecuencia y están dados por la relación v = 1/T= w/2r.

Problemas Problema

1.1

Un bloque de masa 2 kg cuelga de un resorte. Una masa adicional de 0.3 kg se cuelga inmediatamente por debajo, con lo que el resorte se estira 2 cm adicio-

nales, cuando el sistema se encuentra en reposo. Si se retira la masa adicional

el bloque comienza. a oscilar. ¿Cuál es el período de oscilación del bloque?

Solución

Un parámetro fundamental en la dinámica de

un oscilador del tipo masa—resorte es la cons-

Y

tante elástica k, que relacionala fuerza aplicada con el cambio de longitud de éste, mediante la Ec. 1.2.

Si el resorte se estira una distancia ó al apli-

carle una fuerza igual al peso de la segunda masa, usando la Ec. 1.2 resulta

kó = my

Así, con 4 = 0.02 m y m = 0.3 kg, se obtiene

K£ = 147.15 N/m.

Figura 1.1: problema 1.1.

La ecuación de movimiento de la masa a lo largo de la vertical es

mjj + ky =mg

(1.6)

En la posición de equilibrio jj = 0, por lo que la posición de equilibrio es

y = mgfk.

Capítulo 1. Movimiento Armónico Simple

Un cambio de variable permite describir la oscilación de la masa en torno al punto de equilibrio. Definimos una nueva coordenada z, mediante la relación

z = y — mg/k. De este modo la ecuación de movimiento toma la forma ¿+wt2=0

(1.7)

con w = yk/m. Entonces, el período de oscilación es T=

Problema

277

a”

am

m

= 0.733

s

(1.8)

1.2

Una partícula se mueve a lo largo del eje X realizando un M.A.S. en torno

al origen de coordenadas, posición por la que pasa en t = 0. La amplitud del movimiento es 5 cm y la frecuencia de oscilación es 3 Hz.

a) Encontrar la función x(t) que describe el movimiento del objeto. b) Calcular la rapidez máxima y el tiempo que demora en alcanzarla.

c) Calcular la aceleración máxima y el tiempo en que ésta ocurre. d) Calcular la distancia recorrida entret=0yt=1s. Solución

a) La solución a la ecuación de movimiento de un M.A.S. es

x(t) = Asen(wt + 8)

(1.9)

La frecuencia angular es w = 27v. En este caso y = 3 Hz, por lo que w = 67

rad/s. Como A = 5 cm, se tiene,

z(t) = 5sen(6rt + d)

(1.10)

d depende de la condición inicial en + = 0 y z = 0. Evaluando la Ec. 1.10 para

estos valores iniciales, se tiene,

0 = senó

(1.11)

z(t) = 5sen(6rt) [cm]

(1.12)

por lo que 3 = 0 y, por lo tanto,

es la expresión que representa el movimiento del objeto.

EX

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

b) Como la posición en función del tiempo está dada por la Ec. 1.12, la velocidad está dada por

z(t) = 30rcos(6rt) [cm /s]

(1.13)

De acuerdo con esto, la velocidad máxima es imaz = 307 cm/s y se alcanza

cuando cos (6rt) = 1, es decir, cuando t = n/3 s, con n entero.

c) Como la velocidad en función del tiempo aceleración está dada por

está dada por la Ec.

1.13, la

£(t) = —1801?sen(6rt) [cm/s?]

(1.14)

Luego, la aceleración máxima es ¿maz = 1807?cm/ s? y ocurre cuando sen(6rt) =

+1, esto es, cuando 6rt = arcsin (+1). Por lo que 6rrt = 1/2 + nr, con n entero, resultando t = 1/12 +m/6 s. Esta sucesión de tiempos corresponde a los puntos extremos del movimiento. d) La frecuencia de oscilación es v= 3 Hz, por lo tanto, entret=0yt=1s el objeto realiza tres oscilaciones completas. En cada oscilación recorre cuatro veces la amplitud A, por lo que la distancia total recorrida es 3-44 = 124 = 60 cm.

Problema

1.3

Un masa de 2 kg, que se encuentra unik = 200 N/m,

elástica

puede deslizar sin ro-

ce sobre una superficie horizontal, como

muestra la figura 1.2. La masa es des-

plazada 10 cm respecto de su posición de equilibrio, y luego liberada con velo-

cidad inicial V3 m/s.

SS

da a un resorte de constante

IT Figura 1.2: problema 1.3.

a) Encuentre la expresión que describe la posición de la masa en función del tiempo.

b) Encuentre la amplitud, período, frecuencia, velocidad y aceleración de la masa.

Capítulo I. Movimiento Armónico Sims

Solución a) Como se trata de una masa unida a un resorte, la ecuación de movimiento

es

i+utr=0

(1.15)

x(t) = Asen(wt + $)

(1.16)

con solución

En este caso w= yk/m=10 rad/s. Como el sistema es conservativo, no hay roce, se conserva la energía mecánica del sistema. Esto es, 1

E=K+U=

1

¿má(t) + ON

(1.17)

La energía mecánica total está dada por la amplitud máxima de oscilación a través de la expresión E=

1, 2 ¿FA

(1.18)

Usando las condiciones iniciales,

1

1

1

HA = ¿mu? + ¿HA?

(1.19)

Con k = 200 N/m, A; = 0.1 m y uv; = V3 m/s, se obtiene A = 0.2 m. Aplicando la condición inicial para la posición en la Ec. 1.16, se tiene senó =

1/2, por lo que ¿ = 7/6.

Usando la Ec. 1.16, la velocidad en función del tiempo es

i(t) = wAcos(wt + 6)

(1.20)

Aplicando la condición inicial para la velocidad en la Eq. 1.20, se tiene V3 = 2cosó, que corresponde al mismo resultado anterior, 4 = 7/6. Así, la función que describe el desplazamiento de la masa en función del tiempo

x(t) = 0.2sen(10t + 7/6) [m)]

(1.:

(50) pa

es

15

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

b) Usando los valores obtenidos, A =0.2m

T = 21 /w = 21/10 = 0.628 s y =1/T =1.59 Hz T(t) = 2cos (10t + r/6) [m/s]

£(t) = —20sin (10t + 1/6) [m/s?] Problema

1.4

Considere un túnel recto a través de la Tierra, que pasa a distancia R de su centro. Demuestre que si se deja caer una partícula de masa m en este túnel, soltándola desde el reposo y despreciando efectos de roce, la partícula realiza un M.A.S. en el interior del mismo.

Solución La Ley de Gravitación Universal expresa que la fuerza que experimenta una partícula de masa m que se encuentra en la superficie de la Tierra

es

Ar

1.22 (1.22)

Mim

F = -G—==

donde Mr y Rr son la masa y radio de la. Tierra, respectivamente. Como la fuerza que experimenta la masa m en la superficie de la Tierra es su peso, mg, la Ec.

Figura 1.3: problema 1.4.

1.22 permite determinar que g = GM7/Rg?.

Si ahora la masa se encuentra en el interior de la Tierra, a distancia r de su centro. la fuerza gravitatoria que experimenta es

F(r) =-G

M(r)jm q2

(1.23)

Capítulo I. Movimiento Armónico Simple

donde M(r) es la parte de la masa de la Tierra contenida en una esfera de radio r.

Suponiendo que la densidad de masa p de la Tierra es constante, se tiene

Mr) = pVIr) Por lo que,

M(r) =

Mr

(4/3)TRF

(4/3)rr9 = My (r/Ryy?

Así, la fuerza que experimenta la partícula de masa m a distancia r del centro de la Tierra es

(1.24)

F(r) = m9

Si z es la coordenada que describe la. posición de la partícula en el interior del

túnel, de acuerdo con la 1.3, la fuerza que actúa sobre ella es

F(z) = F(r)senó

(1.25)

donde senó = y(r? — R2)/r. De acuerdo con la figura 1.3,

z = y(r2— R2), por lo que

F(a) = -my—

Br

(1.26)

Por lo tanto, la ecuación de movimiento para la masa en el interior del túnel

es

má = m9

T

(1.27)

Esta ecuación corresponde a la de un oscilador armónico, ¿+ w*%x = 0, con J=wy 9/ Rr.

El período de oscilación es T = 27 /w = 27 /Ry/g = 5063 s = 85 minutos. Note que el período de oscilación no depende de la masa de la partícula ni de la distancia del túnel al centro de la Tierra, por lo que se obtendría el mismo resultado si el túnel pasara por el centro de la Tierra.

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Problema

1.5

Un bloque de masa m está amarrado a un resorte horizontal de constante elástica k, y oscila sin roce sobre una superficie horizontal. La frecuencia de oscilación es y y la amplitud de oscilación es A. En el punto en que el bloque se mueve con velocidad máxima, repentinamente se parte en dos pedazos de igual masa, de los cuales sólo uno se mantiene en movimiento. a) ¿Cúales son la frecuencia y amplitud de oscilación del trozo que se man-

tiene en movimiento?

b) Si el bloque se partiera al encontrarse en una de sus posiciones extremas, ¿cómo cambiarían esas propiedades?

Solución Como A

por

es la amplitud de oscilación, la energía mecánica del sistema está dada

E

=-

Ma ¿HA

=-

1 .2,1, ¿mi + _-yz 2

1.2 (1.28)

a) En el punto de máxima velocidad la energía es puramente cinética. Es decir, 1,

E= ¿má

(1.29)

Al reducirse la masa en movimiento a la mitad, ésta continúa moviéndose con la misma velocidad y la energía mecánica se reduce también a la mitad. En el punto de máximo estiramiento la energía mecánica es sólo potencial y la amplitud A” satisface la condición lo HA

=> (Ga

_ E_1f1l

(1.30)

»)

por lo que la nueva amplitud es A' =1/y2A =0.74. Como la frecuencia de oscilación es y = w/21, con w=

w

1

yk/m, entonces,

/2k

por lo que la nueva frecuencia de oscilación es w = y/2v = 1.411.

Capítulo I. Movimiento Armónico Simples

b) En un punto extremo la energía es puramente potencial, por lo tanto.

E=

1

2

“kx?

(1.32)

Esto implica que al disminuir la masa no hay pérdida de energía mecánica, es decir, A' = A. Como la frecuencia de oscilación depende de la masa, ésta varía del mismo modo que en el caso anterior, es decir, 1 = V2v = 1.41». Notar que la disminución de la masa a la mitad implica un aumento de la velocidad máxima,

que resulta de

1 (3) q? — lr ¿2

(1.33)

por lo que ¿' = 24 Y = 1.415.

Problema

1.6

Una masa M unida a un resorte de constante elástica k oscila sobre una mesa horizontal sin roce. Sobre la masa M descansa una segunda masa m, como muestra la figura 1.4. Si el coeficiente de roce estático entre ambas masas es yu, determine la máxima amplitud con que puede oscilar la, masa unida al resorte, con la condición de que ambas masas permanezcan unidas.

Figura 1.4: problema 1.6.

Solución La ecuación de movimiento del sistema masas-resorte es

(M+m)i+kr=0

(1.34)

de donde, comparando con la Ec. 1.4, se obtiene

w=wy/k/(M +m) Como la ecuación corresponde a la de un M.A.S., de acuerdo con la Ec. 1.5. la

solución

es

x(t)

=

Asen

—_——t+6

0

35)

19

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

La figura 1.5 representa el diagrama de cuerpo libre para la masa m. F, y mí representan las fuerzas de roce y de inercia que actúan sobre la masa m, suponiendo que ésta se mueve conjuntamente con la masa M; N y mg son la fuerza normal, que ejerce M sobre m, y el peso, respectivamente.

De acuerdo con el diagrama de la figura 1.5, la

condición

que m

se mueva

conjuntamente

con

N

M se cumple si la fuerza de roce máxima, Fr...

Frmas = YMY 2 Miémaz

mx

TN

satisface la relación

(1.36)

donde maz es la máxima aceleración que pueden

experimentar las masas oscilando unidas y sin separarse.

Para obtener Zmar

encontramos

mg

Figura 1.5: problema 1.6.

pre-

viamente la expresión para la aceleración. Derivando dos veces la expresión para la posición en función del tiempo, Ec. 1.35, se obtiene

E(t) = —A

MN)

k

sen

m-+M

k

m+M

t+6

(1.37) "

de donde resulta que Tmaz

=

Ak

(1.38)

m+M

Usando la condición dada por la Ec. 1.38, se tiene, mg

>

mAk

(1.39)

m+M por lo que la condición para que m no se despegue resulta ser

AS
es la fuerza que ejerce el resorte sobre la rueda y es proporcional al estiramiento de éste. Dada la condición que la cuerda no resbale sobre la rueda, el estiramiento asociado a un giro de ésta en ángulo 0 es RO. Por la Figura 1.7: problema 1.7. misma condición de rodadura, la aceleración vertical de la masa es igual a la acelaración de un punto del borde de la rueda. Estas consideraciones permiten escribir las relaciones

ij = RÓ

21

22

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Ta = kR0

(1.44)

Combinando las Ecs. 1.43 y 1.44, se tiene

T, = Mg — MRÓ

(1.45)

Combinando Ecs. 1.41, 1.44 y 1.45 y usando que el momento de inercia de un disco homogéneo de radio R y masa m girando en torno a su eje de simetría

es T = (1/2)mR?, se obtiene la ecuación de movimiento

(zm + M) RÓ = Mg — kR6

(1.46)

La posición de equilibrio, 9y, del sistema se obtiene imponiendo la condición que la aceleración angular de la rueda sea cero, es decir, $6 =0. Imponiendo

esta condición se obtiene 04 = MG/kR. toma la forma

9+

Luego, la ecuación de movimiento

0

00)=0

(1.47)

Haciendo el cambio de variable a = 9 —0p, se obtiene la acuación de movimiento para un M.A.S.,

á+ua=0 con w =

y2k/(m+2M)

equilibrio resulta ser

(1.48)

y el período de oscilación en torno al punto de

m+2M

T = 214 T | —— >

. (1.49)

CAPITULO

II

PEQUEÑAS OSCILACIONES

Introducción Un cuerpo sometido a la acción de fuerzas externas se encuentra en estado de equilibrio mecánico si se satisfacen simultáneamente dos condiciones:

(D) La fuerza neta que actúa sobre el cuerpo es cero (II) El torque neto que actúa sobre el cuerpo es cero En un sistema físico unidimensional en que la fuerza que actúa sobre un objeto depende explícitamente de la posición, la fuerza se relaciona con la energía potencial a través de la ecuación

F(a) = dedU

(2.1)

Si zx = xy es un punto de equilibrio, como F(xp) = 0, una expansión en serie de Taylor del potencial en torno al punto de equilibrio resulta en la expresión

U(a) =Ul(z,) +

1 dy

2

da?

(x =

zo)

+

0...

(2.2)

T=IQ

Es decir, en las cercanías de un punto de equilibrio, la energía potencial crece parabólicamente con la posición. Usando la Ec. 2.1, la expresión para la fuerza en torno al punto de equilibrio se puede escribir como

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

I=X0

(z — 20)

(2.3)

Así, la ecuación de movimiento en torno al punto de equilibrio toma la forma

14170

(2 — 29) =0

(2.4)

T=Z0

De acuerdo con lo anterior, la existencia de uno o más puntos de equilibrio está determinada por las soluciones de la ecuación dU F(w) = da 7 0 La estabilidad de un punto de equilibrio en

(2.5) = zy está determinada por la

dirección en que apunta la fuerza en las cercanías del punto de equilibrio. El punto de equilibrio es estable si en sus cercanías la fuerza apunta en dirección hacia el punto y es inestable si en sus cercanías la fuerza apunta en dirección opuesta al punto de equilibrio. Es decir,

(D) si en torno a 1g se cumple que dU'/dx > 0 > la fuerza apunta hacia tg y el equilibrio es estable

(ID) si en torno a xy se cumple que dU/dx < 0 => fuerza apunta desde zo y el equilibrio es inestable

Considerando la Ec. 2.3, las condiciones anteriores son equivalentes a estable-

cer que

(1) si d7U/dz*/,_,, > 0, entonces el equilibrio es estable y el sistema oscila en torno a IT = To

(1D) si d2U/dz*|,_,

má? + U(x)

E=K

(2.7)

Como la energía mecánica se conserva, derivando respecto del tiempo se tiene, 0=

dU

miins + — qa?

2.8 (2.8)

Usando Ec. 2.1, se obtiene la ecuación de movimiento

má = F(x)

(2.9)

En dos dimensiones es frecuente el uso de coordenadas polares, en que el vector

posición del objeto es 7 = (p,0). En estas coordenadas, la expresión para la

energía mecánica de una masa puntual toma la forma 1

1

3 E=2mp* +2¿mob +U(p,0)

(2.10)

En el caso de un objeto de masa m y momento de inercia /,,, respecto de un eje que pasa por el centro de masa, la expresión para la energía mecánica del sistema toma la forma

E=

1

1

¿mp + ¿mo

:

1

.

4 + ¿Lom

+U(p, 0)

donde p y 6 son las coordenadas del centro de masa del objeto y Gp velocidad angular de rotación del objeto en torno a su centro de masa.

(2.11) es la

Problemas Problema

2.1

En la figura 2.1 el péndulo A es un péndulo físico hecho de una barra rígida de largo L y masa M, libre de oscilar sin roce en torno a uno de sus extremos. El péndulo B es un péndulo simple de igual masa y largo que A. Determine. para el caso de pequeñas oscilaciones, el cuociente T4/T'p entre los períodos de oscilación de ambos péndulos.

25

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

AE

A

RIRAAROA

B CAPA

Figura 2.1: problema 2.1.

Solución De acuerdo con la Ec. 2.11, la energía mecánica del sistema A está dada por la expresión

1,,[£,12

E= ¿M EJ

1,:

L

+ Bom - M95 cos O

(2.12)

donde Y es el momento de inercia de la barra respecto del centro de masa. Un

giro de la barra en ángulo 0 respecto de la vertical equivale a una rotación en ángulo 0 de la barra en torno a su centro de masa, por lo que 6,7,= Ó.

Como en este caso la energía mecánica se conserva, al derivar la expresión anterior respecto del tiempo se obtiene

E

M2 L á 30 + 160 + My

sen(9)Ó =0

(2.13)

Para una barra de masa M y largo L que gira en torno a su centro de masa,

= (1/12)ML1?. Luego, la ecuación de movimiento de la barra resulta ser

¿20 + ¿Send =0

(2.14)

En el caso de pequeñas oscilaciones sen = 9, por lo que la ecuación de movimiento toma la forma

Ó++3 39 0= 0 que corresponde al de un M.A.S. con frecuencia w = y3g/2L. Por lo tanto. el período de oscilación del péndulo A es

(2.15)

Capítulo II. Pequeñas Oscilaciones

|2L Dado que se trata de una masa puntual, la energía mecánica del sistema B

está dada por la expresión

E= M(LÓ? — MgLcos0

(2.17)

Como en este caso también la energía mecánica se conserva, al derivar la expresión anterior respecto del tiempo se obtiene

M(L0)LÓ + MgLsen(0)Ó = 0 En el caso de pequeñas oscilaciones sen9 = 6, por lo que la ecuación de movi-

miento toma la forma

5,9y79=0 = d+

2.1 (2.18)

que corresponde al de un M.A.S. con frecuencia w = y/g/L. Por lo tanto, el período de oscilación del péndulo B es L

Tp =2n) 2

(2.19)

9

Así, el cuociente pedido es

Ta _ v2L/% _ E = 0.816 Tag

Problema

VL/g

3

(2.20)

2.2

Considere un disco plano homogéneo, de masa m y diámetro d, que puede girar sin roce en el plano vertical, suspendido desde un punto en el borde, como muestra la figura 2.2. Encuentre la. frecuencia para pequeñas oscilaciones del disco en torno a su posición de equilibrio. Solución Considerando un desplazamiento en ángulo Ó respecto de la posición de equilibrio, la ecuación de movimiento toma la forma

ló="7

(2.21)

LE

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

donde 7 es el torque e J es el momento de inercia respecto del punto en torno

al cual gira el disco. De acuerdo con la figura 2.2, T= -¿mgseng

(2.22)

Usando el teorema de ejes paralelos, el momento de inercia del disco en torno a un eje que pasa por el punto de suspensión es I=Ip+mr=1p4m%

2

(2.23)

donde Ip = md? /8 es el momento de inercia del

disco respecto de un eje que pasa por su centro y es perpendicular al plano del mismo.

Figura 2.2: problema 2.2.

Reemplazando 2.22 y 2.23 en la ecuación de movimiento 2.21, se obtiene,

0+ 3gsen0 En el caso de pequeñas oscilaciones, sen9 movimiento toma la forma

(2.24) «== 0, por lo que la ecuación

b+uw?0=0

de

(2.25)

con w= y/4g/3d. Como la frecuencia es y = w/2rr, la frecuencia para pequeñas oscilaciones resulta ser _

1

= 2

Problema

/%g

Y 34

(2.26)

2.3

Considere un péndulo simple de largo L y masa m. a) ¿Cuál es su período para pequeñas oscilaciones si cuelga del techo de un vehículo que se desplaza en dirección de la horizontal, con aceleración constante a? b) ¿Cuál es su período para pequeñas oscilaciones si cuelga del techo de un vehículo que desciende libremente y sin experimentar roce por un plano inclinado en ángulo a?

Capítulo II. Pequeñas

Oscizz=

228

Solución a) En el interior del vehículo la masa del péndulo experimenta una aceleració:. constante en dirección opuesta al desplazamiento de éste, como muestra a figura 2.3. ETTDITEZTIAA

Figura 2.3: problema 2.3.

Usando coordenadas polares, la ecuación de movimiento de la masa resulta ser

IÓ = L(macos0 — mgsen0) Para puede

una

masa

escribir

p puntual

/

=

mL?

p

or

lo

que

la

(2.27)

ecuación

de

movimiento

se

como

LÓ = acos9 — gsenó

(2.28)

Multiplicando y dividiendo el lado derecho de la Ec. 2.28 por el factor ya? + g?, resulta

LÓ = acos9 — gsend = 1/a? + g? To

- aras)

Usando luego el hecho que si «+: = Arcsen(u), entonces cosa: = Y1 — u?, y como

sen(a: — 8) = senacosf — senfcosa, la ecuación de movimiento, Ec. 2.28 toma la forma

LÓ = 1/a? + g? sen (Arcen ES

- 0)|

(2.29)

que para el caso de pequeñas oscilaciones, send = 0, se puede escribir como

LO +

1/0? + 920 = ya + g?Arcsen

Q

yal + g?

(2.30:

La ecuación anterior corresponde a la ecuación de movimiento de un M.A.S.. con oscilación en torno a un punto de equilibrio desplazado respecto del origen de coordenadas.

29'

30:

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola,

El punto de equilibrio se obtiene imponiendo la condición que la fuerza neta sea cero, y por lo tanto también que la aceleración sea cero, es decir, 4 = 0. De este modo, el ángulo de equilibrio 84 en torno al cual oscila la masa, es 07 = Arcsen qn

at+9

Haciendo un cambio de variable a=0-—

90

la ecuación de movimiento toma la, forma de un oscilador armónico simple

á+wa=0

(2.31)

con la frecuencia angular, qd=

L

y el período T = 27

EL

Note que cuando a — O, el período tiende a T = 27 /L/g, como era de esperar. b) Este caso es similar al anterior, en cuanto a que la aceleración a es reemplazada por la aceleración a lo largo del plano inclinado, a = gsenó, como muestra la figura 2.4.

Figura 2.4: problema 2.3.

Usando coordenadas polares, la ecuación de movimiento de la masa resulta ser

Capítulo TI. Pequeñas Oscilaciones

m.L?6 = L(mgsenacos(0 — a+) — mgsend)

(2.32)

donde se ha usado que el momento de inercia de la masa puntual m es ] = mL?. Usando que cos(9 — a) = cosécosa: + senasenó, la ecuación de movimiento se puede reescribir como LÓ = gsenacos6cosa + gsen?asenó — gsenó Reagrupando términos,

LÓ = gsenacos6cosa + gsen9 (sena — 1) L6ó = gsenacosOcosa: — gsenGcos?0 Entonces, la ecuación de movimiento toma la forma

LÓ = gcosa(senacosó — sen6cosa)

(2.33)

El punto de equilibrio se obtiene imponiendo la condición que la fuerza sea cero, y por lo tanto también que la aceleración sea cero, es decir, 6 =0. De este modo, el ángulo de equilibrio 94 en torno al cual oscila la masa, está dado por la condición sena:cosóy = senóycosa:

Por lo que tanó, = tana y 64 = 0. Usando la expresión anterior para sen(a — 6), la ecuación de movimiento 2.33 toma la forma LÓ = gcosasen(a — 9) Haciendo el cambio de variable

$ = 0 — a, y como sen(—f)

ecuación de movimiento se puede escribir como

Lf = —gcosasenf

(2.34) = —senf, la (2.35)

Para pequeñas oscilaciones 4 = 8 —«a es un ángulo pequeño, por lo que sen4 = f. De este modo, la ecuación de movimiento toma la forma de un oscilador armónico simple

[7

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

B+uB=0

(2.36)

con la frecuencia angular, _ o

fgcosa L

y el período T = 21

L gcosa:

Note que cuando a — 0, el período tiende a T = 27 y E/g, como era de esperar.

Problema

2.4

Una barra de masa despreciable y largo 2L está doblada por la mitad, formando un ángulo

a, y suspendida del vértice, punto en torno al cual puede girar sin roce, como muestra la figura 2.5. En cada extremo de la barra hay una masa m. Obtenga el período de pequeñas oscilaciones de la barra. Solución

Figura 2.5: problema. 2.4.

El movimiento corresponde a oscilaciones en un plano, en torno a un punto fijo. En estas condiciones resulta adecuado describir el movimiento mediante coordenadas polares, como muestra la figura 2.6. En este sistema de coordenadas y considerando que la barra es desplazada de su posición de equilibrio en un ángulo € y eligiendo el cero de la energía potencial en el punto en torno al cual se realiza la oscilación, la expresión para la energía mecánica toma la forma

E=2:- Mpé

- mgLcos(a/2 + 0) — mgLcos(a/2 — 0)

(2.37)

Reordenando términos y usando la identidad trigonométrica cos(a + fP) = cosacosÍ3 + senasenf), se tiene que E = mL?0? — 2mgLcos (5) cosó

(2.38)

Capítulo II. Pequeñas Oscilaciones

Dado que el sistema es conservativo, derivando la expresión anterior, se obtiene la ecuación de movimiento Q

2m1?60 — 2mgLcos (G ) sen0ó =0

(2.39)

En el caso de pequeñas oscilaciones senó = 6, por lo que la ecuación de movimiento to-

ma la forma correspondiente a un M.A.S.,

Ó+w*0=0

(2.40)

donde =

Lc0

(5)

h

Con este resultado, el período para pequeñas oscilaciones resulta ser 27

T===

w

2

m

Figura 2.6: problema 2.4. :

L

——_——

gcos(a:/2)

2.41

(2.41)

Note que a medida que « crece de 0 a rr, el período crece tendiendo a infinito en el caso a = rr, situación que corresponde a la barra recta, rotando en torno a su centro. Adicionalmente, si a: tiende a cero, el período tiende a T = 2r/L/g,

que corresponde al período de oscilación de un péndulo de largo L con una masa puntual en su extremo, dado que las barras son de masa despreciable.

Problema

2.5

Encuentre el período de pequeñas oscilaciones de un cilindro homogéneo de

masa m y radio r, que rueda sin resbalar en el interior de una superficie cilíndrica de radio R, como muestra la figura 2.7.

Solución Sea 0 la coordenada angular que define la posición del centro de masa del ciEndro y a la coordenada angular que describe la rotación del cilindro en torno

a su eje, como muestra la figura 2.8.

|

34

- Huidobro/Manterola Calor y Optica, Favre/García as, Ond de tos uel Res mas ble Pro

Figura 2.8: problema 2.5.

del cilindro, ón para la energía mecánica aci ecu la r, o eri ant lo con o De acuerd Ec. 2.11, se escribe como

,12

E= ¿m [((r - r)6|

+ 162 — mg(R — r)cosé

(2.42)

como muestra la figura, AB=4C. , que a lic imp ar bal res sin ar La condició n de rod De acuerdo con esto,

RO =r(0+a)

(2.43)

de donde se obtiene,

a=

RTr

0

(2.44)

iene Derivando la Ec. 2.44 se obt

¿e EZ

(2.45)

Capítulo II. Pequeñas Oscilaciones

Usando que el momento de inercia de un disco homogéneo de radio R y masa

mes l= ¿mr? y reemplazando «+ de acuerdo con la Ec. 2.45, la ecuación para la energía mecánica toma la forma

E= SR — r)0]? + dd

7 di

— mg(R — r)cosó

(2.46)

Reordenando términos, se obtiene

E= ¿m(R — r)?6? — mg(R — r)cos6

(2.47)

Derivando la ecuación para la energía, para luego obtener la ecuación de movimiento, se tiene

Sm(R — 1206 + mg(R — r)senó0 =0

(2.48)

Simplificando y considerando que en el caso de pequeñas oscilaciones send = 0, la ecuación de movimiento toma la forma correspondiente a un M.A.S.,

0+w%0=0

(2.49)

donde

29

3(R—r) Por lo tanto, el período para pequeñas oscilaciones resulta ser

q? > _9 Problema

AR") 29

(2.50)

2.6

Una cuerda de largo L es suspendida desde sus extremos, de dos puntos ubicados a la misma altura y separados una distancia b < L. Sobre la cuerda se pone una polea de tamaño despreciable, de la cual cuelga una masa m, y que puede rodar sobre la cuerda sin deslizar, como muestra la figura 2.9. Encontrar la frecuencia para pequeñas oscilaciones de la masa en torno al punto de equilibrio del sistema y la trayectoria que sigue ésta al oscilar en torno al punto de equilibrio.

MÁ

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

L/2

L/2

m

Figura 2.9: problema 2.6.

Solución Usando coordenadas cartesianas, el sistema se puede representar esquemáti-

camente como muestra la figura 2.10.

p—b/2 ——bÍ2

—

XxX

Figura 2.10: problema 2.6. De acuerdo con la figura y usando el Teorema de Pitágoras, se tiene,

L1? = (b/2 + 2)? + y?

(2.51)

La? = (b/2— 2)? + y? Usando la condición £ = Ly + La, se tiene

La

(lr

(Ea

+

Elevando al cuadrado ambos lados de la Ec. 2.52, se obtiene

(2.52)

Capítulo 11. Pequeñas Oscilaciones

py?

1? = 22? + y?) +2 (2)

b

+2

[6 + 2)

2

+ 5

b

16 - z)

2

+ |

(2.53)

Elevando nuevamente al cuadrado y reordenando términos, resulta

(1? —- a? +

y? = (D (1? — b?)

(2.54)

Reordenando términos nuevamente, se puede demostrar que la ecuación 2.54

corresponde a una elipse centrada en el origen y representada por la expresión 2

7 + 3 =1 con semi-ejes

(2.55)

sar) 01) q=L72

Es decir, al desplazarse sobre la cuerda, la trayectoria de la polea describe un

arco de elipse.

La expresión para la energía mecánica del sistema es

E= ¿mel — mgy = ¿mí? + 3?) — mgy

(2.56)

donde la energía potencial es U (y) = —mgy. Para encontrar la frecuencia de pequeñas oscilaciones encontramos primero una expresión para. la energía potencial en función de la coordenada zx que

describe la oscilación. Usando la Ec. 2.56, con los valores explícitos de p y q, =e obtiene,

12-p

y= (53)

1/2

LN?

(5)

—- q?

1/2

(2.57)

Laego, la energía potencial toma la forma

2 yan 1/2 2 1/2 U(x) = —mg (55) (5 - 2)

(2.58)

UN

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Para encontrar puntos de equilibrio es necesario calcular U'(x) Derivando la Ec. 2.58, se obtiene

du _mga( 2-e de

L

y”

L(1/2?-22

= dU/dz.

(2.59)

Los puntos de equilibrio se encuentran imponiendo la condición U'(x) = 0.

Usando la Ec. 2.59, se encuentra que el único punto de equilibrio es rg = 0.

La frecuencia para pequeñas oscilaciones en torno al punto de equilibrio z = tg

es

17) =

1 d2U == md,

2. (2.60)

Derivando la Ec. 2.59, se obtiene

Puy

de?

=

1

¿mal

(

2 -eyar 2 )

((1/2) — a?)

3/2

(2.61)

Luego, la frecuencia para pequeñas oscilaciones en torno al punto de equilibrio T =

Tg

€S

w

=

y

1 d2U

—

ml

——.

=

TT

ja

—

—

b?)

/2

(2.62) .

El período para pequeñas oscilaciones es T?

Notar que en el límite b — 0, el período tiende a T = 27 /L/2g, que corres-

ponde al de un péndulo simple de largo L/2.

Problema

2.7

La palanca rígida de la figura 2.11 es homogénea, tiene masa M y puede girar sin roce en torno a la rótula en el punto medio de la base. Los extremos de la base están unidos a resortes de masa despreciable y de constantes elásticas k; y ka.

a) Encuentre posiciones de equilibrio para la palanca, expresando su resultado en términos del ángulo que hace la palanca con la vertical.

Capítulo II. Pequeñas Oscilaciones

b) Determine si las posiciones de equilibrio son estables o inestables. c) Encuentre la frecuencia para pequeñas oscilaciones de la palanca en torno a las posiciones de equilibrio.

Figura 2.11: problema 2.7.

Solución

a) Al rotar la palanca en un cierto ángulo O respecto de la vertical, como mues-

wa la figura 2.12, la energía mecánica del sistema está dada por la expresión

Figura 2.12: problema 2.7.

E=K+U= ode

lo, 1 ¿IÓ + Se + ka)(Lsen0)? + ¿ MgLeost

/ es el momento de inercia de la palanca, dado por

1Mo OL) o = ¿ML 2 I=lMMoo 7 CL” +37

(2.64)

¿40

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Derivando la expresión para la energía respecto del tiempo, se obtiene

MI + (dex + ko) L?sen(9)cos(0)Ó — ¿MgLsen(9)ó =0

(265)

de donde resulta la ecuación de movimiento

b+ Ea

osa) — 5 sen(9) =0

(2.66)

En equilibrio 6 =0, por lo que los ángulos que definen posiciones de equilibrio para la palanca resultan de las expresiones

sen(9) =0 y

My

cos(9) = 2L(k1 + ko)

de donde se obtienen los ángulos de equilibrio 91 =0

0, = +cos* [Mg/(2L(k1 + ka)

(2.67)

0 = —cos”* [Mg/(2L(k1 + k2)] Es decir, existen tres puntos de equilibrio para el sistema, uno correspondiente a la palanca en posición vertical, y otros dos simétricos a cada lado de la vertical. 6, existe siempre. 92 y 03 existen sólo si se cumple la condición Mg/(2L(k1 + k2)) < 1. b) Para investigar la estabilidad de los puntos de equilibrio se debe calcular la segunda derivada de la energía potencial y evaluarla en los puntos de equilibrio. Con la energía potencial dada por

U(0) = >

+ k2)(Lsen0)? + ¿ MgLeost

(2.68)

Derivando la Ec. 2.68, se obtiene

dU

>

e7] = (k, + k2)L sen(0)cos(9) — M gLsen(0)

(2.69)

Capítulo II. Pequeñas Oscilaciones

Derivando la Ec. 2.69, se obtiene

d2U

= (k, + ko) 1? (2c0s*(9)— 1) + ¿M gLcos(0)

(2.70)

dee Evaluando la expresión anterior en losrángulos de equilibrio dados por las Ecs. 2.67, se obtiene

d2U/d8?|,_,, = (ki + k2)1? — ¿MgL d2U/d87| q, 9, = [Még? — AL?(ka + k2)7]/[4(k1 + ha)]

(2.71)

de donde se concluye que, i) Si (k1 + k2) > Mg/2L, 01 es estable y 92 y 03 son inestables.

1i) Si (ki, + ko) < Mg/2L, 01 es inestable. Como la condición de existencia para 02 y 03 es

Mg/2L < ky + ka, se concluye

que si existen, son siempre inestables.

Note que si k; + k2 = Mg/2L, existe un solo punto de equilibrio, 9 = 0, y corresponde a equilibrio neutro, esto es, al girar la palanca a una posición distinta a la vertical, ésta permanece en la nueva posición, sin oscilar. c) Para obtener la frecuencia para pequeñas oscilaciones en torno a los estados de equilibrio usamos la ecuación de movimiento 2.66, que escribimos como

6++F(0) =0 6 ki + F(6) = Es

ha

os(8) — 5] sen($) =

(2.72)

(2.73)

Si 094 corresponde a un ángulo de equilibrio, la expansión a primer orden para

F(0) en torno a 9 = 0, es

F(0) = F(00) + (9— y 0loe, Derivando la Ec. 2.73, se obtiene

(2.74)

Ml

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

dFPAN _12k1+ks Y L—=

IS 2 (0)

—

39 eos(0) ¿gr

—

53M

(2.75)

=-—

de donde resulta

A

dF

6

[k1 +ko

(2.76)

9 |

Reemplazando la Ec. 2.76 en la Ec. 2.72, se obtiene

- 6fki+k2 Ml | 2-2 9 | l9=0

(2.77)

que corresponde a una ecuación de oscilador armónico simple con frecuencia [6

ki + ko

9 ]

De manera análoga se obtiene

0023)

dF

—

(0023) 3 602.0

=

3(k1 + ko)

(

5M

Mg

2L(k1 + k2)

y

—1|

(6-6 (083)

2.79 (0.79)

Reemplazando la Ec. 2.79 en la Ec. 2.72, se obtiene

Ó+

3(k1 + ka) 5M

-

Mg (e

+ a)

2

Ñ ] (0 — 023) =0

(2.80)

que corresponde a una ecuación de oscilador armónico simple con frecuencia

+ ka) Mg 097 3(k1 EM (a)

2

1

(2.81)

CAPITULO

OSCILACIONES AMORTIGUADAS

Introducción Cualquier situación real de movimiento implica la presencia de fuerzas de roce. La forma más simple de fuerza de roce para un objeto en moviento en un fluido (aire, agua, etc.) es una fuerza de roce proporcional a la velocidad del objeto. Es decir, la fuerza de roce FÉ que experimenta un objeto en movimiento en un fluido tiene la forma

E. =-—bi

(3.1)

donde el signo menos indica que la fuerza de roce se opone a la dirección del movimiento.

En estas condiciones la ecuación de movimiento en una. dimensión de un objeto que adicionalmente experimenta una fuerza del tipo elástico, proporcional al desplazamiento respecto de su posición de equilibrio, se escribe como mi+bi+kr=0

(3.2)

donde rn es la masa, b la constante de proporcionalidad de la fuerza de roce. y k es la constante elástica. Introduciendo constantes adicionales, y = b/2m

Wi =k/m

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

la ecuación de movimiento, Ec. 3.2, toma la forma

¿+ 2yi+ uta =0

(3.3)

La solución z(t) de la Ec. 3.3 depende de los valores que puede tomar la

solución a la ecuación característica asociada, dados por

Pr =-1+ y Y -ui

(3.4)

Existen tres casos posibles para los valores de p, dependiendo del signo de la

raíz: 1) y? > ui, ID y 0, por lo que el movimiento corresponde al caso oscilatorio amortiguado, que tiene como solución

0(t) = Oe

cos(wt + $)

(3.17)

Tomando como condición inicial del movimiento que 9 = 0.34906 en t = 0, se encuentra 04 = 0.34906 y 4 = 0. Así, la expresión que describe la posición angular de la masa en función del tiempo es

0(t) = 0.34906e 0-75 cos(3.06t)

(3.18)

b) La amplitud de oscilación 6(t), equivalente angular de la ecuación 3.10,

está dada por la expresión

0(t) = Oe Y

(3.19)

Queremos encontrar el tiempo en el cual 6(t) = 0.169, para lo cual debemos evaluar la expresión 0.107 = Bye

0er

Es decir, t

in10

0.657

= 3.58

c) Usando la Ec. 3.14, el factor de calidad es Q = w/2y, por lo que en este

caso, Q = 3.06/(2-0.675)= 2.27. Problema

3.2

En un experimento de caída libre en el aire se determina que una esfera de masa m alcanza una velocidad terminal v¿. La misma esfera suspendida de un resorte de constante elástica k es desplazada desde su posición de reposo en una distancia d, a lo largo de la vertical. Luego la esfera es liberada y oscila libremente en el aire, con energía inicial Ep. a) Encuentre el tiempo requerido para que por efecto de roce con el aire.

la amplitud de oscilación disminuya en 1/e.

b) Encuentre el factor de calidad del oscilador.

47

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Solución a) La energía del oscilador está dada por la Ec. 3.12, por lo que se debe determinar la constante de roce b. Para ello utilizamos el concepto de velo-

cidad terminal. La velocidad terminal es la velocidad constante que alcanza

un cuerpo en caída libre y resulta de la condición de igualar la fuerza de roce proporcional a la velocidad y opuesta al movimiento, con el peso. Es decir,

bu; = mg, por lo que b = mg/v:. Reemplazando este valor en la Ec. 3.12, se

obtiene,

E(t) = Eye” (9/1)

(3.20)

Si al tiempo t la energía ha disminuido en un factor 1/e, entonces, reempla-

zando en la Ec. 3.20, se tiene,

E(t) = e = Eye (9/v)*

(3.21)

Aplicando logaritmo natural a ambos lados de la expresión anterior, se obtiene

t=

VU,

g

b) Usando la Ec. 3.14, el factor de calidad es

Q= 7m, Vk/m — (b/2m)?

(3.22)

por lo que en este caso,

A

a= Problema

JE

gim

_(2Y

(5)

3.3

Un automóvil requiere el uso de un adecuado sistema de amortiguación. Un buen sistema de amortiguación es aquel que no permite más de una oscilación con amplitud sobre el 10% de la inicial, resultante de la pasada de una rueda

sobre alguna irregularidad del terreno. Considerando que hay amortiguadores

en las cuatro ruedas y considerando un valor típico de 1 ton para la masa del automóvil, encuentre los valores de b y k que permiten cumplir con la especificación técnica de amortiguamiento.

Capítulo III. Oscilaciones Amortiguadas

Figura 3.2: problema 3.3.

Solución El amortiguador se puede representar por un resorte en serie con un elemento de roce proporcional a la velocidad, como muestra la figura 3.2. En estas condiciones, la acuación de movimiento que representa al sistema está dada por la Ec. 3.2, donde m es la fracción de masa del automóvil que soporta cada amortiguador y k y b representan las constantes elástica y de roce del

amortiguador, respectivamente. La amplitud de la oscilación, A(t), está dada por A(t) = Age”Y

(3.23)

y el período de oscilación, Ec. 3.8, es 27

" Vk[m—(6/2my

(3.24)

La especificación técnica establece que transcurrido un período de oscilación, la amplitud debe ser menor o igual que un décimo de la inicial, esto es,

A(r)

< —

(3.25)

Reemplazando 3.24 en 3.23 y usando que y = b/2m, la condición dada por la zc. 3.25 toma la forma

Ape" ?70/Vákm-B? < A0/10

(3.26)

Aplicando logaritmo natural a ambos lados de la Ec. 3.26, se obtiene,

2 añ

> In(10) =2.3

(3.27)

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Considerando que cada rueda soporta un cuarto de la masa del automóvil, es decir, m = 250 kg, la Ec. 3.27 implica que

_>

3

VTO00k — b2 =

por lo que la relación entre b y k, tal que se cumple la especificación técnica,

resulta ser

b? > 118k El resultado muestra claramente que en el sistema de amortiguación el roce, determinado por el valor de b, limita la capacidad de oscilar, determinada por el valor de k.

Problema

3.4

Considere un péndulo formado por una masa m unida a una cuerda de largo L y masa despreciable. La masa es desplazada. respecto de su posición de equilibrio en un ángulo 1/8 y liberada desde el reposo en t = 0. El movimiento que experimenta la masa luego de ser liberada corresponde a una oscilación

críticamente amortiguada.

a) Encuentre la función 6(t) que representa el movimiento de la masa. b) Encuentre la velocidad máxima que alcanza. la masa en movimiento y la posición y tiempo en los cuales ello ocurre. Solución

Usando la coordenada angular 0(t), la ecuación que describe el movimiento de la masa, análoga a la Ec. 3.3, es

d+ 270 +00 =0

(3.28)

donde y = b/2m y wi = g/L. Dado que el movimiento es críticamente amortiguado, la solución a la ecuación de movimiento es

0(t) = (A+ BtjeY con la condición

(3.29)

Capítulo III. Oscilaciones Amortig:z.Z25

Es decir, se cumple

y = a

(3.30)

Las condiciones iniciales son

Para obtener la velocidad angular de la masa en función del tiempo, se deriva la Ec. 3.29, obteniendo

0(t) =[B-y(A- Bt)le*

(3.31)

Reemplazando las condiciones iniciales en las ecuaciones 3.29 y 3.31, se obtiene

A=1/8

B = (1/8)y Por lo que el movimiento de la masa queda descrito por la expresión

0(t) = : ( + Yes) e VID:

(3.32)

b) Reemplazando A y B en la Ec. 3.31, la expresión para la velocidad angular de la masa es

0(t) =- (52s) ev la/L)

(3.33)

La velocidad es máxima cuando la aceleración es cero, es decir, cuanto 0 = 0. Derivando la Ec. 3.33, se obtiene

TN SL (YE UN PD 0(t) Aplicando la condición Ó = 0, se obtiene

1) —Y(9/Dt

2: (3.34

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

L t=4|-— 9

3.35 (3:35)

que corresponde al instante de tiempo en que la velocidad angular de la masa es máxima. Reemplazando máxima,

este tiempo

en la Ec. 3.33, se obtiene la velocidad

mas

==

angular

2

Luego, la velocidad lineal máxima de la masa es

La posición de la masa en el instante de máxima velocidad se obtiene reern-

plazando el tiempo dado por la Ec. 3.35 en la Ec. 3.32. Así,

0=Lde 2 16.550 Problema

(3.38)

3.5

Una boya cilíndrica flota en el agua. La boya tiene radio r, altura A y está hecha de un material homogéneo, de densidad d. Considerando que el agua tiene densidad p y que al oscilar verticalmente en el agua la boya experimenta roce proporcional a la velocidad, con constante de roce b, encuentre el máximo

valor de 6, tal que al hundir la boya hasta el nivel del agua y luego soltarla, ésta realiza un movimiento amortiguado, sin oscilación.

Solución La masa de la boya es

m=6V = órr?h

(3.39)

Si de acuerdo con la figura 3.3, x representa la profundidad que la boya se hunde en el agua, la ecuación de movimiento 3.3 toma la forma

mi = mg — bi — Fe donde F. representa la fuerza de empuje, dada por

(3.40)

Capítulo III. Oscilaciones Amortignadas

Figura 3.3: problema 3.5.

Fe = pgar*z

(3.41)

Reemplazando F en la Ec. 3.40, se obtiene la ecuación de movimiento.

>

b

99

3 ++ 57

g=0

(3.42)

La posición de equilibrio, Teg, de la boya corresponde a la situación en que tanto la aceleración £ como la velocidad £ son cero. Es decir, Teg =

ó

A

h

Haciendo el cambio de variable y = T — Teg, la Ec. 3.42 se escribe

G+27y +wy =0

(3.43)

La condición necesaria para que la boya no oscile está dada por la relación

>

54

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Reemplazando y y wo, se tiene

>

41282h2r4 = ¿h

Por lo que p?

(3.44)

ó < —_—_—

— 4r2gphr*

Luego, la máxima densidad que puede tener la. boya, tal que no oscile es p?2

$= Tgphri Problema

(3.45)

3.6

Considere el montaje que presenta la figura 3.4. La barra es homogénea, de largo L y masa m, y puede girar sin roce en torno al punto fijo a la pared vertical. La masa M está supendida desde el centro de la barra, mediante una cuerda de masa despreciable. El recipiente está lleno con un líquido tal que al oscilar la masa m sumergida en su interior, ésta experimenta roce proporcional a la velocidad, con constante de roce b. El resorte unido al extremo de la barra tiene constante elástica k y es de masa despreciable. No considerando la fuerza de empuje que experimenta la masa en el interior del líquido, Y

y Y

A

k

m

Figura 3.4: problema 3.6.

a

Encuentre el estiramiento 0: del resorte, tal que la barra se mantiene en equilibrio estático.

Capítulo TIT. Oscilaciones Amortiguazs

b) Encuentre la frecuencia para pequeñas oscilaciones amortiguadas del sistema en torno a la posición de equilibrio. c) ¿Qué condición deben cumplir b, k, mn y M, equilibrio el sitema no oscile?

para que al desplazarlo del

Solución a) Considerando que la barra gira en un ángulo pequeño movimiento de la barra es

.

60, la ecuación de

L

16=mg5 + ST — kóL

(3.46)

donde / es el momento de inercia de la barra respecto del punto en torno al cual ocurre la rotación, d es el estiramiento del resorte, T' la tensión de la cuerda y el lado derecho corresponde a la suma de los torques actuando sobre la barra. La ecuación de movimiento de la masa

M a lo largo de la vertical es

Mi =-—T — by + Mg

(3.47)

I está dado por la relación,

1,

I=

Df?_

¿mL

+m(7)

=

-mL

1_,

Al considerar pequeñas oscilaciones, y = Lg y 6 = L0, por lo que la Ec. 3.47 se escribe como

L.

M0

L.

= 030 —T+Mg

(3.48)

y la Ec. 3.46 toma la forma 1

¿mi

2 yA

_

0=mgz

L

L

2

+ 3T—kL'0

(3.49)

Combinando las ecuaciones 3.48 y 3.49, se obtiene,

.

3b

:

12%

_6g/

M+m

9+ (rr) ?+ (+2)? = 7 (arroz)

Ñ

(3.50)

La posición de equilibrio corresponde a la situación en que tanto 9 como Ó son cero, es decir,

9

0eg = LM

+m)

56

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Luego el estiramiento del resorte en equilibrio es

Seg = L0eg = > (M +m)

(3.51)

b) Haciendo el cambio de variable a = 0 — Bey = 0 — g(M + m)/2kL en la Ec.

3.50, se obtiene la ecuación para oscilaciones pequeñas de la barra en torno a la posición horizontal.

d+ 24 + ua =0

(3.52)

donde

“o

2

12k A

3M + 4m

La frecuencia angular de oscilación, Ec. 3.7, es —

Lo veo

2_

0

=

12k da +4m

-

9? 43M +4m)

. (3.53)

La frecuencia de oscilación es y = w/27, por lo que en este caso,

'=

—

1 EMT

_————_— >>_—_

y 18k(3M + 4m) — 9b —

2

(3.54) .

c) Para que no haya oscilación debe cumplirse la condición w¿ < ?, que en este caso implica

3b? > 16k(3M + 4m)

(3.55)

CAPITULO

IV

OSCILACIONES FORZADAS

Introducción Todo oscilador amortiguado qué oscila libremente pierde energía mecánica por la acción de la fuerza de roce. Para mantener un oscilador en movimiento es necesario suministrar energía externamente, por lo que resulta necesario aplicar una fuerza externa. Para mantener la oscilación, la fuerza externa debe ser periódica en el tiempo. El caso más simple a considerar consiste en una fuerza externa armónica de la forma

Fe(t) = Focos(wt)

(4.1)

En estas condiciones, la ecuación de movimiento de un oscilador lineal de masa

m, sometido a la acción de una fuerza de roce proporcional a la velocidad, con

constante b, y a una fuerza elástica con constante k, asume la forma

E+ 274 +w8t = cost)

(4.2)

y =b/2m wi = km La solución general de la Ec. 4.2 tiene dos componentes, conocidos como la zarte transiente y la parte estacionaria. En muchos casos prácticos interesa zomocer la solución estacionaria, esto es, la solución que corresponde a osciasñones con la misma frecuencia que la fuerza externa. Una solución del tipo ==tacionario tiene la forma

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

zx(t) = Acos(wt + 6)

(4.3)

donde A es la amplitud de oscilación, ó es la diferencia de fase entre la oscilación de la masa y la fuerza externa y w es la frecuencia angular de la fuerza externa.

Reemplazando la solución general estacionaria dada por la Ec. 4.3 en la ecua-

ción de movimiento 4.2, se encuentra que la amplitud de oscilación es función

de la frecuencia w de la fuerza externa, y está dada por

()

Fy/m

Fo

y (uz — w2)2 4 422

V(k — muo?)? + (bu)?

2 ( 2) «ue (io)

y la diferencia de fase es

ó(w) = tan

(a 203)

= tan

mar

(4.5)

Como la amplitud es función de w, existe una frecuencia de la fuerza externa, WAmoz, con la cual la amplitud de oscilación alcanza su valor máximo Amar.

Derivando la Ec. 4.4 respecto de w se obtiene

¿Amas = y w3 — 29 = y/k/m- (b/2m)? Amar

__

RF

_

2ym/u% - y

(4.6)

Fo/b

(4.7)

y/k/m — (b/2my?

La figura 4.1 muestra curvas características para la amplitud de oscilación y

la fase, como función de la frecuencia w de la fuerza externa.

j

La acción de la fuerza externa transfiere energía al oscilador. La energía ab-

sorbida por el oscilador por unidad está dada por la relación,

de tiempo es la potencia absorbida,

Pp=ÉE-5

y

(4.8)

Usando Ec. 4.1 para la fuerza externa y derivando la Ec. 4.3, para obtener la

velocidad, la potencia promedio absorbida por ciclo de oscilación es

Fey?

1 (By

(P) = mi|(w — w2)? + 4y2w2] 22m)

bu?

(k/m-w22 + bw? /m2?

(4.9)

A(0)

Capítulo IV. Oscilaciones Forzadas

Figura 4.1: amplitud de oscilación y fase, como función de la frecuencia de la fuerza externa.

que usando la Ec. 4.4, también se puede escribir como

(P) = my? A(w)?

(4.10)

Como la potencia absorbida por ciclo depende de la frecuencia w de la fuerza externa, existe una frecuencia wes a la cual la potencia absorbida es máxima. Derivando la Ec. 4.9 respecto de w e igualando a cero, se ahtiene Wres = Wo

(4.11)

lo que indica que la transferencia de energía al oscilador es máxima cuando la fuerza externa tiene la misma frecuencia que la frecuencia natural wo del oscilador. w = wy define la condición de resonancia. En resonancia, la potencia Pres absorbida por el oscilador es

P, “2h

2

(4.12)

Se define como ancho de la resonancia, Awres, el intervalo de valores de w tal que en ese intervalo la potencia absorbida es mayor o igual que Pres/2, y está dado por Awres

=

b

2m

(4.13)

Usando la expresión 3.14 para el factor de calidad Q de un oscilador, se obtiene AWwres =

w

2Q

(4.14)

60%

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Problemas Problema

4.1

Un objeto de masa 10 kg oscila uni-

do a un resorte de constante elástica

.

400 N/m. Al oscilar experimenta ro-

el le

ce proporcional a su velocidad, con

F,cos(wt)

constante de roce 10 N- s/m. Sobre la masa actúa adicionalmente una fuer-

za armónica de amplitud 10 N y fre-

Figura 4.2: problema 4.1.

cuencia angular 10 rad/s.

a) Encuentre la amplitud de oscilación de la masa. b) Encuentre la frecuencia a la cual la amplitud de oscilación es máxima. c) Encuentre la máxima amplitud de oscilación. d) Encuentre el ancho de la curva de resonancia. e) Encuentre el factor del calidad del oscilador.

f) Encuentre la potencia transferida al oscilador por la fuerza externa. g) Encuentre la potencia transferida al oscilador a la frecuencia resonante. Solución a) La amplitud de oscilación está dada por la Ec. 4.4, que depende de los valores de m, k, b, Fo y w. De acuerdo con los datos del problema, m = 10 kg,

k = 400 N/m, b = 10 N- s/m, Fp = 10 N, y w = 10 rad/s. Con estos valores

se obtiene

10[N] y (400/N/m] — 10[kg] - (10[rad/s))?)? + (10[N - s/m])*(10[raa/s])?)* resultando A = 0.0164 m = 1.64 cm.

b) La frecuencia a la cual la amplitud de oscilación es máxima está dada por la Ec. 4.5. Reemplazando los valores correspondientes a este caso, se tiene,

ama

_

=|

J400[N/m]

10]

(10[N - s/m))2 _ 2(10[kg]y

= 6.285 rad/s

Capítulo TV. Oscilaciones Forzadas

Es interesante notar que la frecuencia natural de oscilación en este caso es

wo = Yk/m = 6.32 rad/s > Wmar-

c) La máxima amplitud de oscilación ocurre cuando w= WAmaz Y está dada por la Ec. 4.6. Reemplazando los valores respectivos, se tiene, Amar

=

(10[N))/GO[N - s/m)) v200[N/m]/10[kg] — (10[N - s/mj)?/4(10[kg])*

= 0.159 m

La amplitud máxima resulta ser alrededor de 10 veces la calculada en la parte a), lo que pone en evidencia la fuerte dependencia de la amplitud de oscilación con la frecuencia de la fuerza externa. Es interesante notar que la amplitud de oscilación a la frecuencia natural de oscilación resulta ser 0.158 m, muy similar, pero menor que la máxima.

d) El ancho de la curva de resonancia está dado por la Ec. 4.12. Reemplazando los valores respectivos, se tiene,

Atores =

10[N - s/m]

2 10[kg]

= 0.5 rad/s

e) De acuerdo con la Ec. 4.14, el factor de calidad está dado por 99)

Q=

2Awres

Reemplazando los valores respectivos, se tiene

Q=

(10[rad/s]) - 10 2(0.5 rad/s)

Un valor grande de Q implica una curva de resonancia angosta, lo que queda en evidencia al comparar los valores de amplitud obtenidos en las partes a) y c).

f) La potencia transferida al oscilador está dada por la Ec. 4.9. Reemplazando los valores respectivos, se obtiene

(P) = 0.135 W g) La potencia transferida al oscilador en la condición de resonancia está dada por la Ec. 4.11. Reemplazando los valores correspondientes, se obtiene Pres

=

(10[N]?

2(10[rad/s]) =5W

6%

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Problema

4.2

Considere un oscilador de masa m, constante de roce proporcional a la velocidad b y constante elástica k, que al oscilar libremente disminuye su amplitud de oscilación en un factor R constante en cada ciclo de oscilación. Se aplica al

oscilador una fuerza externa de la forma F(t) = Fpcos(wt), con w igual a la frecuencia que hace máxima la amplitud de oscilación.

a) Encuentre la amplitud de oscilación bajo la acción de la fuerza externa. b) Encuentre la potencia que transfiere la fuerza externa al oscilador. Solución a) La expresión que describe el decaimiento de amplitud de un oscilador amortiguado está dada por la Ec. 3.10. En este caso la amplitud decae en un factor R en un lapso de tiempo igual al período. Luego, suponiendo que la amplitud inicial es Ag, transcurrido un período de tiempo la amplitud es

A(T) = Age"

= RA,

(4.15)

Tomando logaritmo natural a ambos lados de la ecuación anterior, se tiene yr T==

In (5) R

. (4.16)

El período de oscilación está dado por la Ec. 3.8, es decir,

p=M o

2 ao

(4.17)

En este caso el oscilador oscila a máxima amplitud. La amplitud máxima de

oscilación está dada por la Ec. 4.7, es decir,

Amaz = ——=—

(4.18)

Combinando 4.16 y 4.17, se obtiene q?

-

me

in?(1/R)

+

4?

4. (4.19)

Combinando 4.16, 4.17 y 4.18, se obtiene For?

Amar = Irmin(1/R)

(4.20)

Capítulo IV. Oscilaciones Forzadas

Finalmente, usando 4.19 y 4.20, se obtiene _ Fo

(In(1/R)

Ámaz = “y ( rn

T

*maA

)

(4.21)

b) La potencia transferida está dada por la Ec. 4.10, que en este caso conviene escribir como dm?

(4.22)

(P) = mAs, Reemplazando Amar de acuerdo con 4.20, se obtiene F?2

Py) = —L_qp

De

4.23

anmaaja"”

(4.23)

Usando la Ec. 4.16,

(P)

FS = —__—_

4.24

ámin(1/ E”

(4.24)

Reemplazando finalmente 7 por la Ec. 4.19, se obtiene

a P)=

ER

2

27

2/2)

lo (mam) | |1

mum)

4.2 2)

Problema 4.3 Un montaje simple para un sismógrafo consiste en una masa m suspendida de un resorte de constante elástica k. El

otro extremo del resorte cuelga de un

marco rígido que está unido y vibra conjuntamente con el suelo, como muestra la figura 4.3. La masa experimenta roce con el aire proporcional a la velocidad, con constante b. Los parámetros m, k y b se eligen de modo tal que al oscilar

PE > Y

libremente, la masa experimenta amorFigura 4.3: problema 4.3. tiguamiento crítico. Suponiendo que al ocurrir un sismo el suelo vibra verticalmente de la forma Hcos(wt), donde H es la amplitud de oscilación y w la frecuencia característica del sismo, encuentre la amplitud de oscilación de la masa, como función de la amplitud y frecuencia

de oscilación del suelo.

|: |

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Solución Si consideramos que al oscilar la masa se desplaza en y(t) respecto de su posición de equilibrio y = 0 y que al mismo tiempo el punto de donde está sus-

pendido el resorte se desplaza en Hcos(wt), como muestra la figura 4.4, la ecuación que representa el movimiento de la masa se escribe como

Y Heos((b) a

mij = —by—k(y-Heos(wt)) (4.26) De acuerdo con la expresión anterior,

la ecuación de movimiento de la ma-

' "8

sa es

NN

+ y(0)

mm

A

kH

+ 2yy + wéy = os (wt) (4.27) Figura 4.4: problema 4.3. Usando la Ec. 4.4, la amplitud de os-

cilación está dada por

A(w) =

RH/m

y (wé — w2)2 + 41242

(4.28)

La condición de amortiguamiento crítico es

e =Y por lo que la expresión para la amplitud de oscilación se escribe como 2

A(u) = e+w HH/m _ cn +w? Problema

(4.29)

4.4

Considere un oscilador armónico amortiguado de masa m, constante elástica k£ y constante de roce proporcional

a la velocidad. b, que oscila en estado

estacionario bajo la acción de una fuerza armónica F(t) = Fpcos(wt). Compare

k energía cinética y potencial promedio >

yu /

27 /w

cos(wt)dt = > /

27/w

1

sen? (wt)dt = 5

se obtiene,

(K) = mu?4?

(4.34)

(U) = =kA?

(4.35)

66"

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Luego,

(4.36) Por lo que

w>uw = (K) > (U) y la energía es predominantemente cinética

w
(K) < (U)

y la energía es predominantemente potencial. Problema

4.5

Una niña de masa m juega en un columpio de largo 1 y masa despreciable.

Para columpiarse, su madre le dio sólo un impulso inicial y luego la dejó. A

consecuencia del roce con el aire, el columpio empezó a disminuir gradualmente su amplitud de oscilación. La niña, que algo sabía de física, decidió impulsarse de forma periódica, estirando los pies hacia adelante y doblando el torso hacia atrás. Si la intención de la niña es columpiarse con una amplitud constante de 30% y su frecuencia impulsora es la natural del columpio, a) ¿Cuál es la magnitud de la fuerza que debe aplicar al impulsarse? b) ¿Cuál debe ser la frecuencia con que aplica el impulso para. que con la misma magnitud de fuerza que en el caso anterior, su amplitud de oscilación sea máxima? Solución a) Suponiendo que la fuerza impulsora puede ser representada por una fuerza periódica que varía sinusoidalmente en el tiempo, ella está dada por la expresión

F(t) = Focos(wt)

(4.37)

Representando el sistema niña-columpio por una masa puntual m suspendida de una cuerda sin masa y de largo l, y suponiendo que el roce es proporcional a la velocidad, con constante de proporcionalidad b, la ecuación de torque sobre la masa m toma la forma

Capítulo TV. Oscilaciones Furzazzs

F¿cos(wé)

Figura 4.5: problema 4.5.

mi?6 = —mgsen(0)1 — b16l + Focos(wt)l

(4.38)

Como la oscilación es a amplitud constante 94 = 30% = 7/6 y sen(r/6) = 7/6,

la ecuación de movimiento del sistema se puede escribir como “.

.

F;

Ó+ 270 +20 = —¡eos(wt)

(4.39)

con y =b/2m y ww = g/l. La Ec. 4.39 tiene como solución en estado estacionario

0(t) = Oocos(wt + Ó)

(4.40)

con la amplitud de oscilación 67 dada por la Ec. 4.4,

0 =

Faja

y (3 — (12)? + 4y22

(4.41)

Como en este caso 04 = 7/6 y w = wo, se obtiene que la magnitud requerida de la fuerza impulsora Fy es,

Ro = o/alo

(4.42)

b) Se quiere lograr máxima amplitud de oscilación para una fuerza impulsora cuya magnitud está dada por la expresión 4.42. La máxima amplitud de oscilación Osmar ocurre a la frecuencia dada por la Ec. 4.6, es decir. WAmar

=

Y Wi

> 2y?

:68:

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Por lo que usando 4.41, la amplitud máxima es Omaz

Fo/mi

= y (3

> Way)?

_

=+ rw

ay

2Fp9/ml

(4.43)

el y wi => P

Reemplazando wa, y y Fo, se obtiene que la máxima amplitud de oscilación es

0 =

y

Tr /6 1= 1b2/4gm2

(4.44)

Nota: la razón por la cual la niña puede aumentar la amplitud de oscilación estirando los pies hacia adelante y doblando el torso hacia atrás, es que al hacerlo su centro de masa oscila en torno a la cuerda del columpio, teniendo como punto fijo el punto de contacto con el asiento del columpio. Esta oscilación puede transferir energía al sistema niña-columpio, siendo obviamente

máxima la transferencia cuando la frecuencia de impulso coincide con la frecuencia natural de oscilación del sistema.

Problema

4.6

Suponga que un automóvil de masa 1000 kg oscila verticalmente como si fuera

una masa unida a 4 resortes de constante k = 10 000 N/m, unidos a amorti-

guadores simples, de constante de roce b= 1 100 N-s/m. El automóvil viaja a lo largo de una carretera con calamina, que puede ser aproximada por una sinusoide de amplitud 0.1 m y período espacial 20 m. a) ¿A qué velocidad del automóvil la vibración por efecto del pavimento tiene amplitud máxima y cuál es la frecuencia de vibración?

b) ¿Cuál será amplitud de oscilación en la condición de resonancia? c) ¿Cuál será la amplitud y frecuencia de oscilación si la velocidad fuese mucho mayor que la que produce resonancia?

d) ¿Cuál es el factor de calidad del sistema de amortiguación del automóvil y cuál es el ancho de la resonancia?

e) ¿Qué potencia promedio disipa el sistema de amortiguación cuando el automóvil se encuentra en la condición de resonancia y cuando viaja a una velocidad mucho mayor que la que produce la condición de máxima amplitud?

Capítulo IV. Oscilaciones Forzadas

Solución

a) La superficie de la carretera tiene una forma similar a la de la figura 4.6. donde A = 0.1 m es la amplitud de la calamina y A = 20 m es la periodicidad espacial.

Figura 4.6: problema 4.6.

De acuerdo con la figura 4.6, la ondulación carretera está dada por

espacial de la superficie de la

y(t) = Acos (5)

(4.45)

La figura 4.7 muestra el desplazamiento del automóvil con la acción del sistema de amortiguación.

a

dy SF

Figura 4.7: problema 4.6. a) en reposo, b) en movimiento. De acuerdo con la figura 4.7, la ecuación de movimiento de la masa del au-

:omóvil a lo largo de la vertical es

mi = —k(z — y) — bé

(4.46)

Er

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Reemplazando 4.45, se obtiene 2

mi + bi +kzx= kAcos (5)

(4.47)

Si el automóvil se desplaza en dirección horizontal con velocidad constante v, entonces, s = ut, y la ecuación que describe el movimiento es la de un oscilador armónico forzado, %.

.

O

cd

Y

2

Fo

mm os (wt)

(4.48)

con y =b/2m, wi = k/m, Fo = kA y w= 21ru/A. m corresponde a un cuarto de la masa total del automóvil.

De acuerdo con la Ec. 4.6, la amplitud de oscilación es máxima frecuencia de la fuerza externa es WAmar

= 2TVAmaz

=

k

m

p2

- 2m?

cuando la

(4.49)

Si 7 es el período de oscilación y v la velocidad de desplazamiento horizontal del automóvil, entonces

V=—

y = XAmaz = A fea— T

27m

2m2

(4.50)

Reemplazando los valores numéricos, se obtiene para la velocidad

= 17.5 m/s = 63 km/h y para la frecuencia de vibración

Vamar = > =0.875 Hz b) La máxima amplitud de oscilación está dada por la expresión 4.7. Reemplazando los términos equivalentes para este caso, se tiene, Amaz

=

kA/m

y (4/m - (20/47) + (2rvb/Am)y?

Con los valores numéricos correspondientes, se obtiene Amaz = 0.153 m

(4.51)

Capítulo IV. Oscilaciones Forzadas

Este resultado implica que a una velocidad de 63 km/h, los pasajeros del automóvil experimentan vibraciones verticales con una amplitud total de 30 cm. a una frecuencia de 0.875 Hz, casi una por segundo.

c) Considerando una, velocidad de 100 km/h, que corresponde a 27.8 m/s, y reemplazando este valor en la expresión 4.51, se obtiene, A =0.076 m =7.6 cm a una frecuencia

y => =1.39 Hz lo que resulta más tolerable para los pasajeros que en el caso de máxima amplitud.

d) Usando la expresión 3.14 para el factor de calidad, y reemplazando los parámetros respectivos, se tiene

q==

=1.25

(4.52)

El ancho de la resonancia Awres está dado por la expresión 4.14, que en este caso se puede escribir como Awres

=

Yo

24

TY

Q

TU

>

2.2 rad/s = 0.35 Hz

(4.53)

e) En estado estacionario la potencia media disipada por roce es igual a la potencia media absorbida por el oscilador, dada por la Ec. 4.10. En este caso, reemplazando los parámetros respectivos, se tiene

(P) = 21% (4)

2

eemplazando los correspondientes valores numéricos, se obtiene

(P)maz = 374 W (P)100 km/h

=

242.3

W

(4.54)

Mi

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Problema

4.7

Considere un modelo simple para un automóvil, consistente en una barra homogénea, de largo L y masa M, con amortiguadores de constante elástica k y de roce b, proporcional a la velocidad, en ambos extremos. Suponga que el automóvil se desplaza con velocidad constante V sobre un camino con calamina de periodicidad espacial A. a) Encuentre una expresión para la amplitud de oscilación vertical del centro de masa del automóvil, como función de la velocidad de desplazamiento. b) Encuentre una expresión para la máxima amplitud de oscilación vertical del centro de masa y determine la velocidad a que ello ocurre, suponiendo A=20m, L=2m, M =1000 kg, k = 10 000 N/m, b = 1 100 N-m/s y una amplitud de la calamina yo = 0.1 m. c) Encuentre una expresión para la amplitud angular de rotación de la barra en tormo al centro de masa, como función de la velocidad de desplazamiento. d) Encuentre una expresión para la máxima amplitud de oscilación angular de la barra y determine la velocidad a que ello ocurre, suponiendo las

mismas condiciones que en la parte b).

Solución La figura 4.8 muestra un esquema del modelo. Las coordenadas x e y representan los desplazamientos verticales respecto de la posición en reposo para el extremo inferior de las ruedas y superior de los amortiguadores, respectivamente. 0 representa el ángulo de giro de la barra, medido desde la posición horizontal, que corresponde al estado en reposo. s y s + L corresponden a la coordenada de la posición de las ruedas, a lo largo del camino, suponiendo que el ángulo de giro Ó es pequeño.

a) De acuerdo con la figura 4.8, el centro de masa del automóvil tiene coordenada DS

2.2

v la ecuación de movimiento a lo largo de la vertical se escribe como

(4.55)

Capítulo IV. Oscilaciones Forzadas

PT IVARAD RAS

A

1

s

s+L Figura 4.8: problema 4.7.

Mz = —k(=1 — y1) — k(uo — ya) — bi1 — biz

(4.56)

Reordenando términos y usando 4.55, se tiene ¿yO

¿A

=

E

+

)

(4.57)

Suponiendo que la calamina tiene una forma sinusoidal con amplitud yo y período A, se puede representar en función de la coordenada horizontal s por la expresión

(4.58)

y(s) = yocos (5)

De esta manera, los desplazamientos verticales de las ruedas se escriben como Yi = Yo

Y2 = Yocos

A

qe

+ 2)

TA

Luego se tiene, Ya = YO [eos (5) Yy1 ++ Y2 A

+ cos (EA

+ )] A

que usando identidades trigonométricas, toma la forma

74

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

TL

2rs

4+

y1 + ya = 2ypcos (55)

cos (32

TL

(4.59)

2)

Con este resultado, y usando el hecho que s = V£, la ecuación de movimiento 4.57 se escribe como

044 Bo co (0) cs (422) 2

la

M

M

M

A

A

A

(480)

Esta ecuación corresponde a la de un oscilador armónico forzado con parámetros “Yy=

b

M'

wa

2

2k

=

Mm”

2nV

4d =

=>

Fo

=

2kypgcos

TL

(5)

Con lo anterior y usando la Ec. 4.4, la expresión para la amplitud vertical de oscilación zp del centro de masa resulta ser To =

2y0(k/M)cos(TL/A)

Y (Qk/M — 4242/27 + 4(9/M)? 42 V2/

(4.61)

b) La frecuencia a la cual la amplitud de oscilación es máxima está dada por la Ec. 4.6, que usando los parámetros correspondientes a. este caso, se escribe

como WaAmnar

k

—

p2

2%

> 237

=

27 V Amar

Como Vaimar = AVAmaz, se obtiene Vamaz

Reemplazando

=

5

V 2kM

-

2b?

los valores numéricos correspondientes, resulta V4mar

m/s = 48.1 km/h.

= 13.35

La máxima amplitud de oscilación está dada por la Eq. 4.7, que usando los parámetros correspondientes a este caso, se escribe como

_ kMyocos(TL/A) Amaz

—

bY2kM—P?

Reemplazando los valores numéricos correspondientes, resulta Amar = 0.21 m.

Capítulo IV. Oscilaciones Forzadas

c) Suponiendo que la rotación de la barra en torno a su centro de masa corresponde a ángulos pequeños, la ecuación de torque que describe este movimiento es e L L . L . L 10 = k(11 — y1)5 — k(x22 — Y2)5 - bi + bi25

(4.62)

Para pequeñas oscilaciones se cumple que L

T]=T—

30

Ta=T+

L 70

por lo que za — 2, = LO, y la ecuación de movimiento se reduce a 2 1.05 1,2 1 I0 — ¿oL 0+ ¿FL 9 = ¿AL (y — y1)

(4.63)

Para una barra homogénea 1

1 12

= MI?

Por otro lado, de la parte a) se tiene

q

=

Ya — Y1 = Yo

| [COS (2432) - 008 (5)] A A A

que usando identidades trigonométricas, se escribe Ya — Y1 ==

—2ygsen (E —4Yo >

+ 5) sen (5) A A

con lo que la Ec. 4.63 se escribe como ¡,

6b,

0+ m0+

6k,

m?=

12kyo

ML

TL

2nV

ES

cos [m5

1.

L£

3)|

(4.64)

donde se usó que —sena: = cos(a + 1/2). El movimiento descrito por la Ec. 4.64 corresponde a una oscilación forzada de la. barra en torno a su centro de masa, con parámetros Y“Y=

Y

We = 6k

M”

w=

ci

A

Fy = O

ES

Con lo anterior y usando la Ec. 4.4, la expresión para la amplitud angular de oscilación 94 del centro de masa resulta ser

¡A

76

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/ García-Huidobro/Manterola

0 =

(12kyo/ML) sen (TL/A)

y [6%/m — (erv/ap]" + (27V/A)* (65/My

(4.65)

d) La frecuencia a la cual la amplitud angular de oscilación es máxima está dada por la Ec. 4.6, que usando los parámetros correspondientes a este caso, se escribe como WAmar

6k M

—

18b2 > mM?

=

27 V Amar

Como Vamar = AVAmar, se obtiene Vamar

=

A

27M

V6kM

— 18b?

Reemplazando los valores numéricos correspondientes, resulta Vamar = 19.68

m/s = 70.85 km/h.

ZAPITULOV

ONDAS VIAJERAS

Introducción En general, una onda es una perturbación que se propaga en un medio dado, «ntendiendo por perturbación un desplazamiento local del medio respecto de su estado de equilibrio. La propagación de la onda no produce un desplazamiento neto de partes del medio, sino sólo una oscilación local en torno al estado de equilibrio. Dependiendo de la forma de oscilación local respecto de la dirección de propagación de la onda, se distinguen como tipos básicos de onda los siguientes: 1) Onda Transversal: la oscilación local es perpendicular a la dirección de propagación de la onda. 11) Onda Longitudinal: la oscilación local es paralela a la dirección de propagación de la onda. 111) Onda Torsional: la oscilación corresponde a rotación en el plano perpendicular a la dirección de propagación de la onda. La función de onda y describe el desplazamiento local respecto de la posición de equilibrio. En una dimensión depende de la coordenada local y del tiempo, es decir Y = p(zx,t)

(5.1)

Si el medio en que se propaga la onda es no-dispersivo, es decir la onda no se deforma al propagarse, la función p(x,t) toma la forma

78:

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

v(z,t) = fu + ot)

(5.2)

donde y es la velocidad de propagación, el signo — corresponde a una onda que se propaga en dirección +2 y el signo + corresponde a una onda. que se

propaga en dirección —z

La función f(x F vt) es solución de la ecuación diferencial parcial

Pr _104 012

(5.3)

y? 98

que recibe el nombre de Ecuación de Onda. En un medio unidimensional (una cuerda), la velocidad de propagación de una onda transversal es T donde T' es la tensión a que está sometida la cuerda y u es la densidad lineal de masa de la cuerda. Un tipo particular de onda en una dimensión en un medio no dispersivo es la

onda armónica, que tiene la forma general

f(x,t) = Asen(kzx Í wt)

(5.5)

donde A es la amplitud de la onda, k es el número de onda y w es la frecuencia angular, que, a su vez, están dados por 27

k==—

A

w=2rv

con A la longitud de onda y y la frecuencia. oscilación T. Es decir, Ys =

y es el inverso del período de

1

pa

(5.6)

A y y se relacionan a través de la velocidad de propagación con

v=A-v=

21

:1/27 =

(09)

(5.7)

Capítulo V. Ondas Viajeras

En el caso particular de una onda transversal que se propaga en una cuerda =n la dirección +x, la onda asume la forma

y(z,t) = yosen(kx — wt)

(5.8)

con yo la amplitud máxima de oscilación transversal a la dirección de la cuerda.

En este caso la velocidad u(x,t) y aceleración a(x,t) con que se mueven elementos de masa de la cuerda como resultado de la propagación de la onda, están dados por

u(zx,t)= Ye

2

a(r,t) = 9 ye

= —wyocos(kz — wt)

(5.9)

= Jul t) = —wyosen(kz — wt)

(5.10)

Si bien la propagación de la onda no tiene asociado un desplazamiento neto del medio, sí implica el transporte de energía en el medio. La energía media transportada por la onda es la potencia media. (P), que en el caso de una onda armónica en una dimensión, Ec. 5.5, está dada por PY

1

= Zuw* Aly = 2” yn? Aly ye

A, U,

a

5.11

A,

Mia

NN

ze

u

+A

A,

Figura 5.1: transmisión y reflexión de onda en una interfaz.

Si una cuerda lineal de masa onda armónica la interfaz con las relaciones

de densidad lineal de masa ¡y está unida a otra de densidad 2, como muestra la figura 5.1, y en la primera se propaga una de amplitud A; hacia la interfaz, parte de la onda se refleja en amplitud A, y parte se transmite con amplitud A+, dadas por

Ar

—

ki — ko Aj:

Cla+ko

CU

_

2k1

a+k

.

(5.12)

donde k; y ka son el número de onda a ambos lados de la interfaz. La Ec. 5.12

se puede escribir directamente en términos de las densidades lineales de masa a ambos lados de la interfaz, resultando

-SO:

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola.

pa/2

Ar= A py

pl/2

io

+ Ha

2u1/?

AS 3 Hi"

EH

3%

(5.13)

Si la potencia transportada por la onda incidente es P;, las potencias reflejada y transmitida en la interfaz están dadas por la expresiones

P,

(k1 — ko)? = =P. (ki + ko)?

Pi= Pi —4k1k2 (ki + ka)?

,14 (5.14)

*

que en términos de las densidades lineales de masa se escribe como P.=

r

1/2

1/2

Hi

Ha

My

+ Ha

1/2,

4412,1/2

2

Po

1/2]

*?%

”

Pi= Ms

E

LS

1/2 ,

+ Ha

1/22"

(5.15)

|

Principio de Superposición: si dos o más ondas se propagan simultáneamente en un medio no dispersivo, la onda resultante es la suma de las ondas individuales. Así, si en un medio unidimensional no dispersivo se propagan las ondas

yi(x,t) e yo(x,t), la onda resultante es

y(z,t) = yi(x,t) + ya(z,t)

(5.16)

Problemas Problema

5.1

Dos masas, unidas por un cable de acero de sección transversal A = 2.83-1073 m? y densidad lineal de masa 7860 kg/m?, se encuentran estáticas en la situación que muestra la figura 5.2. La velocidad de propagación de ondas trans-

versales en el cable es 75 m/s. Si la masa del cable es despreciable y el sistema

no tiene roce, determine los valores de las masas que mantienen el sistema en equilibrio.

M, 30"

Figura 5.2: problema 5.1.

Capítulo V. Ondas Viajeras

Solución Si T es la tensión del cable, entonces,

T = m1gsen30?

(5.17)

T = mo9

(5.18)

La velocidad de propagación de una onda transversal en una cuerda está dada por la expresión 5.4, por lo que la tensión del cable se puede escribir como

T = yu? La densidad lineal de masa está dada por

(5.19)

es la masa por unidad de longitud del cable y

m

mA

mA

donde Á y p son respectivamente la sección y densidad de masa del cable. Luego, usando los valores numéricos, la tensión del cable es

T = pAv? = 125121.38N

(5.21)

Reemplazando el valor de T' en las Ecs. 5.17 y 5.18, se obtiene

mi =25535.0 kg ma = 12767.5

Problema

kg

5.2

Una cuerda homogénea de largo L cuelga verticalmente en reposo. Se aplica un corto impulso transversal al extremo superior de la cuerda, generando un pulso transversal que se propaga a lo largo de ésta. Simultáneamente con la aplicación del pulso se deja caer un objeto desde el extremo superior de la cuerda. ¿A qué distancia del extremo superior de la cuerda el objeto se encuentra a la misma altura que el pulso?

81

82

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Solución La tensión de la cuerda varía a lo largo de la vertical. De acuerdo con la figura 5.3, a distancia y del extremo superior la tensión T'(y) es

T(y) = m(y)g = h(L-— y)g

(5.22)

donde m(y) es la masa de la sección de cuerda por debajo del punto de coordenada y, y es la densidad lineal de masa y £ es el largo de la cuerda. Usando la expresión 5.4 para la velocidad de propagación de una onda en una cuerda,

o= 8 =/L-Dg

y

(523)

T

e

;

La velocidad de propagación de la onda a lo largo

de la vertical es

v=

Figura 5.3: problema 5.2.

(5.24)

Sl =4/(L- yy

Con la condición que el pulso se encuentra en y = 0 en t = 0, integrando la Ec. 5.24, se tiene

/Y

/ de

o Y(L-yg

de donde resulta

Jo

2 (VE-V1=5) 2

—

(VL-vyYL-y)

(5.25)

=t

Por lo que la ecuación itinerario del pulso a lo largo de la cuerda es 1

y(t) = VLgt — ¿qe

(5.26)

La ecuación itinerario para el objeto en caída libre, con la condición y = 0 en t=0,€s

la y(t) = ¿gt

(5.27)

Igualando 5.26 y 5.27, se obtiene

1 1 VLgt — =gt? = 2 gt?

>

7

2

Capítulo V. Ondas Viajeras

Luego, el tiempo al cual el pulso y el objeto se encuentran a la misma altura es

Reemplazando este tiempo en cualquiera de las Ecs. 5.26 o 5.275, se obtiene que la distancia del extremo de la cuerda donde coinciden el pulso y el objeto es 8

Problema

5.3

En una porción de cuerda de 20 m de largo y masa 0.06 kg, sometida a una tensión de 50 N, se propaga una onda armónica transversal de frecuencia 200 Hz y amplitud 0.01 m.

a) Encuentre la energía mecánica media contenida en la porción de cuerda. b) Encuentre la potencia media transportada por la onda.

Solución La potencia media transportada por una onda armónica está dada por la Ec. 5.11, por lo que

P=Ñ—=

Zpw*Aly

(5.29)

Jonde E es la energía media asociada a la onda. Como

dE _dEdi_

dE

se tiene que

1

l

dE = ¿Plz = zh

3,

A“dz

(5.31)

Como la cuerda tiene largo L, integrando la expresión anterior entre O y L£, se btiene para la energía contenida en la porción de cuerda

1 E= / o L1Yu? A? da = Zu A?L 2 2 Como w= 2rv y 4 =m/L,

usando los datos numéricos

(5.32)

83

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

w=400r p=3-107%

rad/s kg/m

con lo que se obtiene

E =4.737 J b) Combinando las expresiones 5.29 y 5.32, se obtiene v

EJT

P=E-==-—ai|= LF TV a

3 (5.33)

Con los respectivos valores numéricos, P = 30.58 W Problema

5.4

Dos ondas sinusoidales de igual frecuencia, pero desfasadas en r, con amplitudes A y B respectivamente, se propagan en la misma dirección a lo largo de

una cuerda de densidad lineal de masa p.

a) Encontrar la amplitud de la onda resultante de la superposición de ambas. b) Determinar la máxima aceleración transversal que experimenta una porción de la cuerda. ante el paso de la onda resultante. c) Compare la potencia transmitida por la onda resultante con las potencias individuales transmitidas por ambas ondas.

d) Repetir los cálculos anteriores, considerando ahora que el desfase es 7/2. Solución

a) Las ondas sinusoidales están dadas por las expresiones yi(x,t) = Asen(kz — wt)

(5.34)

yo(z,t) = Bsen(kz — wt + 1)

(5.35)

Como sen(a + 7) = —sena, usando el principio de superposición, sumando las Ecs. 5.34 y 5.35, se obtiene

es decir,

Capítulo V. Ondas Via:=-2s

y(1,t) = y1(2,t) + yo(2,t) = (A — B)sen(kz — wt)

(5.36)

b) La aceleración transversal está dada por la Ec. 5.10, por lo que,

a(r,t) = —w*(A — B)sen(kz — wt)

(5.37)

Por lo que la máxima aceleración resulta ser Umar

= we(A

> B)

(5.38)

c) La potencia transmitida por cada onda individual está dada por la Ec. 5.11. Es decir, 1

P, = 2w* Aly 2

1

Po = 310" B?v En el caso de la onda resultante de la superposición, usando la amplitud y frecuencia de la Ec. 5.37 en la Ec. 5.11, resulta

P= Sur (A — Blu Notar que P < (P, + Po). El desfase en r hace que la energía transportada por la onda resultante sea menor individuales.

que la energía que transportan las ondas

d) Como sen(a + 1/2) = cosa, se tiene ahora que ya(x,t) = Bcos(kz — wt)

(5.39)

Usando el principio de superposición,

y(x,t) = y (2,t) + ya(x,t) = Asen(kz — wt) + Bcos(kz — wt)

(5.40)

Usando la relación senía + 6) = senacosf + senfcosa, la Ec. 5.40 se escribe como

y(x,t) = VA? + B?sen [ko — wi + Arcos (

va)

(5.41

Como en la Ec. 5.38, la máxima aceleración transversal resulta ser

dmaz =wV A? + B?

5.12

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

La potencia transmitida por la onda resultante es en este caso 1

P = ¿(A

+ B2)u

que en este caso resulta ser igual a la suma de las potencias asociadas a las ondas individuales. Problema

5.5

Una cuerda está formada por dos pedazos unidos, con densidades lineales de masa 1 y ig respectivamente. La cuerda está sometida a una cierta tensión. ¿Qué valor debe tener 2 en función de y, para que al propagarse por la cuerda una onda transversal la energía transmitida y reflejada por unidad de

tiempo en la unión sean iguales? Solución

Usando las Ecs. 5.14 para las potencias reflejadas y transmitidas en la interfaz entre las dos densidades de masa, se tiene

Pr

(ki — ka)?

Pe

4k1ka

Pi

(ki + ko)?

Pi

|

(kx + ka)?

6.43)

(5.44)

La condición de igual energía transmitida y reflejada por unidad de tiempo se obtiene igualando las ecuaciones anteriores. De acuerdo con esto,

(%, — k2)? = 4k,ko

(5.45)

De la acuación anterior se obtiene

k2 — Gkiko +k2 =0

(5.46)

Resolviendo la ecuación anterior, se obtiene

ko = (3 + 2v2)k,

(5.47)

Como 27

Y

ESA

p

y la frecuencia es la misma a ambos lados de la interfaz, la Ec. 5.47 se puede escribir como

Capítulo V. Ondas Viajeras

Viz=((3+242) ym

(5.18)

Elevando al cuadrado la expresión anterior, se obtiene

pa Problema

=

0.029u1

a

.4

(5.49)

5.6

Un oscilador vertical, formado por una masa m unida a un resorte de constante

elástica k, se conecta a una cuerda larga y tensa, como muestra la figura 5.4. La masa desliza sobre la guía vertical sin experimentar roce, y la cuerda se extiende en dirección horizontal. La cuerda tiene una densidad lineal de masa y y está sometida a una tensión T. El largo de la cuerda es tal que se puede ignorar las reflexiones del extremo de la misma. Inicialmente la masa m es desplazada una distancia Ap, a lo largo de la vertical, respecto de su posición de equilibrio y se le deja oscilar, generando una onda transversal, que se propaga a lo largo de la cuerda. a) Encuentre la constante de amortiguamiento del oscilador para el caso de pequeñas oscilaciones. b) Encuentre la potencia transportada por la onda en la cuerda.

c) Encuentre la distancia recorrida por el frente de onda en la cuerda, cuando la amplitud de oscilación de la masa se ha reducido a Ap/e.

Figura 5.4: problema 5.6.

s7

88.

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Solución a) Al en la decae decae

oscilar la masa libremente transfiere energía a la onda viajera generada cuerda. La transferencia de energía implica que la energía en el oscilador en el tiempo. Esto implica que la amplitud de oscilación de la masa en el tiempo y, por lo tanto, la oscilación es amortiguada.

De acuerdo con la figura 5.4, la ecuación de movimiento para la masa m se escribe como

mj = —ky — Tsenó

(5.50)

donde T' es la tensión de la cuerda.

En el caso de pequeñas oscilaciones, la Ec. 5.50 se escribe send = tanó = 9 Ox

Si y(z,t) es la función que representa la onda en la cuerda, entonces

dy _0y0t _10y Or

0tdor

vóot

donde v = 0x/0t = yT!/p es la velocidad de propagación de la onda en la

cuerda. Con este resultado, en el caso de pequeñas oscilaciones, la Ec. 3.48 se escribe como

k vVul Y + m? =0 (5.51) m que corresponde a la ecuación de un oscilador armónico amortiguado con frecuencia natural wy = yk/m. En estas condiciones la amplitud de oscilación de la masa es j

A(t) = Ape Y

(5.52)

con constante de amortiguamiento

_y b) La potencia transportada por la onda armónica en la cuerda está dada por la Ec. 5.11. Es decir,

P= ¿UA

(5.54)

Capítulo V. Ondas Viateras

donde la amplitud de oscilación A está dada por la Ec. 5.52 y la frecuencia es la de un oscilador amortiguado, dada por la Ec. 3.7. Es decir,

A(t) = Age (VWT/2m!

Reemplazando las expresiones anteriores en la Ec. 5.54 y usando la expresión para. vu, se tiene

Pt) =21 ¿VAT eE_4DY E) Ale2. (VaT/2mp

(5.55)

c) Usando 5.52, la amplitud se reduce en un factor 1/e cuando

A(t) = = = Age (VAT /2m)t

(5.56)

Es decir, cuando

La distancia recorrida por el frente de onda es

d=v-t¿=27mm que resulta no depender de la tensión de la cuerda.

(5.57)

CAPITULO

VI

ONDAS ESTACIONARIAS

Introducción Cuando en un medio se superponen dos ondas de la misma amplitud y frecuencia, viajando en sentidos opuestos, en el medio se generan ondas estacionarias. En el caso particular de una cuerda, la superposición de las ondas que viajan en sentido opuesto está descrita por la expresión

y(x,t) = Asen(kz — wt) + Asen(kz + wt)

(6.1)

Usando relaciones trigonométricas, se demuestra que la Ec. 6.1 es equivalente a la expresión

y(x,t) = 2Asen(kx)cos(wt)

(6.2)

En el caso particular de una cuerda de largo L, con ambos extremos fijos, la condición de amplitud cero en ambos extremos es

y(0,t) = y(L,t) =0 por lo que

sen(k.L) = 0

(6.3)

La condición anterior implica, kL=nxr,

n=1,2,3,.......

existen infinitos valores kn que satisfacen la condición anterior. Es decir.

(6.4)

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

nT

ln =p

y como k = 27/A, las ondas estacionarias en la cuerda tiene longitudes de onda dadas por

A==,

n=1,23,.......

(6.5)

Cada una de las longitudes de onda dada por la Ec. 6.5 define un modo normal de oscilación de la cuerda. Se llama nodos a los puntos de la cuerda que vibran con amplitud cero. Es decir, puntos xn que satisfacen la condición kn

=

nT

(6.6)

Luego, los nodos aparecen en posiciones dadas por Tn

n

=34=

A

y>

3

A,

3%

5

24,

3%

momosoo

(6.7)

Se llama antinodos a los puntos de la cuerda que vibran con amplitud máxima.

Es decir, puntos T, que satisfacen la condición

T

(6.8)

Luego, los antinodos aparecen en posiciones dadas por Tn

=

2n-—1 4

1 rs

A

3 qe

=-—

—

5

Manic

(6.9)

Como la frecuencia de oscilación y la longitud de onda se relacionan a través de la Ec. 5.7, en caso de ondas estacionarias en una cuerda se tiene, Un

=

=

v

=2

nus

(6.10)

con = 2L

(6.11)

la frecuencia fundamental de oscilación de la cuerda. El número n define los armónicos sucesivos de la frecuencia fundamental.

Capítulo VI. Ondas Estacionarias

Problemas Problema

6.1

Una onda estacionaria en una cuerda está dada por la expresión y(x,t)

=

0.02 sen(rzx/2)cos(rt), con x e y en metros y t en segundos.

a) Encuentre las funciones de onda correspondientes a dos ondas que producen esta onda estacionaria. b) Encuentre la distancia entre nodos en la onda estacionaria. c) Encuentre una expresión para la velocidad de desplazamiento vertical de la cuerda en la posición r = 1 m. d) Encuentre una expresión para la aceleración vertical de la cuerda en la posición z = 1 m.

"Solución a) De acuerdo con la Ec. 6.2, en este caso se tiene 24=0.02

[m),

kzx= +

y wt= nt

Por lo que

A=0.01

[mi,

T

k=>5

y w="T

y las funciones de onda son

yi(x,t) = 0.01sen(rx/2 — rt)

(6.12)

yo(x,t) = 0.01sen(rz/2 + rt) b) Usando la Ec. 6.7, la distancia entre nodos es 1

d= In41— Tn= 2+tr-%i= 2

2

A

(6.13)

Como A = 271/k, se tiene A

To

d=5=7=% ===>

-_

27

—=

c) La velocidad transversal de la cuerda es

=2 hm]

(6.14) .

,

)

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

v¿(z,t) = Sala,t) = Ss [0.02sen (5)

cost)

(6.15)

Derivando, se obtiene, TL

ve(x,t) = —0.02rsen (5) sen(rt)

(6.16)

Evaluando en r = 1 m, resulta

vi(z = 1 [m],t) = —0.06283eos(rt)

(6.17)

d) La aceleración transversal es

ato,1) = Y - Ea,

(6.18)

Derivando 6.16, se obtiene

as(x,t) = —0.021%sen (5) cos(Ti)

(6.19)

Evaluando en x = 1 m, resulta

as(x =1 [m],t) = —0.1974cos(nt) Problema

(6.20)

6.2

Es habitual que cuando sopla viento cables tensos produzcan

un sonido de

baja frecuencia. El sonido está asociado con la generación de una onda esta-

cionaria en el cable. Suponiendo que el sonido es producido por un cable de densidad lineal de masa 0.029 kg/m y sometido a una tensión de 22 N, que está suspendido de dos postes separados 45 m, y considerando que la mínima frecuencia audible es 20 Hz, encuentre el número n que identifica el menor armónico audible de la vibración del cable. Solución Usando la. Ec. 5.4 para la velocidad de propagación de una onda transversal en una cuerda, con T = 22 N y y = 0.029 kg/m, se tiene,

y = E

= 27.54 [m/s]

(6.21)

La longitud de onda y frecuencia del n-ésimo armónico satisfacen la relación

Capítulo VI. Ondas Estacionarias

U=

ÁnUn

Usando la condición anterior y la Ec. 6.5 para la longitud de onda de una onda

estacionaria en una cuerda con extremos fijos, se tiene

21 v= dm

(6.22)

por lo que el número n que identifica un armónico en particular es

n= on

(6.23)

En este caso /n > 20 Hz y L = 45 m. Reemplazando expresión para n, se obtiene

estos valores en la

n > 65.36

(6.24)

Por lo tanto, el menor armónico audible corresponde a n = 66. Problema

6.3

Considere una cuerda homogénea, de masa 0.2 g y longitud 1 m, que se encuentra tensa entre dos paredes rígidas, como muestra la figura 6.1. Frente a la cuerda se encuentra un parlante que genera una onda armónica de sonido de frecuencia variable. Al aumentar paulatinamente la frecuencia del sonido producido por el parlante desde 250 a 450 Hz se observa que la cuerda entra en resonancia en un modo normal por primera vez a 300 Hz y luego lo hace a 400 Hz.

EbEL,

FFIF TOR

Figura 6.1: problema 6.3.

a) Encuentre la tensión de la cuerda.

b) Encuentre las longitudes de onda que corresponden a las resonancias a

300 y 400 Hz.

Solución

a) La cuerda corresponde al caso de dos extremos fijos. De acuerdo con el

enunciado, se conocen las frecuencias de dos armónicos seguidos. La frecuencia correspondiente a un armónico en particular está dada por la Ec. 6.10, en

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

función de la, frecuencia fundamental vf. Aplicando esta relación con 1, = 300

Hz y Yn+1 = 400 Hz, se tiene

300 = nv; 400 = (n + Dv,

(

6.25

)

de donde se obtiene vs

=100

Hz

n=3

vs está dada por la Ec. 6.11, la longitud de onda correspondiente está dada

por la Ec. 6.5, con n = 1, la velocidad de propagación por la Ec. 5.4. Así se tiene que

v=2Lvf

= E

(6.26)

T

96.

por lo que

T =4L%v?u = 4Lvim

(6.27)

donde m es la masa de la cuerda.

Reemplazando los valores numéricos se obtiene T=3

(N]

b) Como vs = 100 Hz, las frecuencias 300 y 400 Hz corresponden a la tercera

(n = 3) y cuarta (n = 4) armónica respectivamente. Usando la Ec. 6.5, se

tiene

r= 2

(6.28)

n

por lo que y =300

H1=>n=3=A=%

y =400H2=>n=4=>A=%

=67cm

=50 cm

Capítulo VI. Ondas Estacionarias

Problema

6.4

Una cuerda de viola de 0.5 m de largo y densidad lineal de masa 0.1 g/m, está afinada para entregar la nota La, que corresponde a una frecuencia de 440 Hz, cuando vibra en su modo fundamental.

a) ¿Cuánto debe reducirse el largo de la cuerda, presionando sobre el puente, para que la frecuencia fundamental de la cuerda suba a 550 Hz? b) Si la cuerda se desafina y vibra en su modo fundamental a 435.6 Hz, ¿en cuánto y en qué sentido (aumentando o disminuyendo) se debe cambiar

la tensión de la cuerda, para que recupere la frecuencia fundamental de 440 Hz?

Solución Usando la Ec. 6.5, la longitud de onda del modo fundamental de una cuerda vibrando con extremos fijos es

A=2L

(6.29)

La longitud de onda y la frecuencia correspondiente satisfacen en general la relación v = Av, siendo y la velocidad de propagación de la onda en la cuerda, que a su vez está dada por la Ec. 5.4. Como al presionar sobre el puente no cambian ni la densidad de masa de la cuerda ni la tensión a la que está some-

tida, las frecuencias y longitudes de onda del modo fundamental de la cuerda libre y presionada cumplen la relación AM

= A2o

(6.30)

por lo que

y usando la Ec. 6.29,

»m=%»

(6.31)

La = 2

(6.32)

va

Con y, = 440 Hz, vo = 550 Hz y Ar = 50 cm, se obtiene Lo = 20 cm

Luego, como el largo original de la cuerda es 50 cm, ésta debe reducir su largo en 10 cm para producir la frecuencia fundamental de 550 Hz.

PH

98

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

b) Usando las Ecs. 5.4 y 6.29, la frecuencia del modo fundamental está dada por 1

/[T

Despejando la tensión T' de la cuerda, se tiene

T = (2Lvy

(6.34)

lo que muestra que el cambio en frecuencia se debe sólo a un cambio en la tensión de la cuerda. El cambio en la tensión al pasar de una frecuencia a otra es entonces

AT =T, - Ta = (2D) Uv1 — va)

(6.35)

Con 4, = 435.6 Hz, vz = 440 Hz, L= 50 cm y y =0.2 g/m, se obtiene

AT =-—0.39 [N] | Lo que indica que la tensión de la cherda debe reducirse en aproximadamente 0.39 N. Problema

6.5

El largo de una cuerda de guitarra es 62.8 cm. Un guitarrista puede tocar la escala completa en una sola cuerda porque las longitudes de los espacios entre los “trastes” están determinadas por la condición que al tocar la cuerda presionada en el traste n, la frecuencia fundamental de vibración aumenta en un factor

Y2,

correspondiente

a un semitono,

con

respecto

a la frecuencia

fundamental asociada al traste n — 1. a) Encontrar la longitud del espacio entre los trastes b) Encontrar

n =0 y n=

1.

una fórmula general para la longitud del espacio entre los

trastes n y n—

1.

Solución a) Dado

que

la tensión y densidad

de masa

de la cuerda son constantes,

la

longitud de onda y frecuencia asociadas al modo fundamental de vibración de la cuerda presionada en cualquier posición satisfacen la condición

Av =w =cte

(6.36)

Capítulo VI. Ondas Estacionarias

Usando la Ec. 6.5 para el modo fundamental, la ecuación anterior se escribe

Lv = cte

(6.37)

con LE el largo de cuerda correspondiente. Si se toma como L el largo natural de la cuerda y do- 1 la longitud del espacio entre los trastes n = 0 y n = 1, se tiene

Lv =(L-—do-1) V2v

(6.38)

por lo que =

do-1

2 —1

(6.39)

*

3

y se obtiene do-1 = 3.5 cm.

b) Aplicando ahora la Ec. 6.36 a la distancia entre el traste 0 y el traste n, se tiene

Lv =(L-= don) ( Y)»

(6.40)

de donde se obtiene

On

=

y análogamente

do-(n-1) =

va)" CON

(vaya (5)

n—1

(6.41)

L

(6.42)

Luego la separación entre dos trastes consecutivos d_(n-—1) €S

dn-(n-1) = (ha) L

(6.43)

que con L = 62.8 cm, resulta en la expresión aproximada 3.734

da-(n-1) = 106 [c]m

.

(6.44)

100

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Problema

6.6

Una cuerda de longitud 2 m y densidad lineal de masa 8 g/m está. unida a otra cuerda de longitud 3 m y densidad lineal de masa 2 g/m. Los otros extremos de las cuerdas están fijos y las cuerdas unidas están sometidas a una tensión de 100 N. a) Encuentre la más baja frecuencia que produce ondas estacionarias en las cuerdas, manteniendo el punto de unión como nodo. b) ¿Cuál es la frecuencia de vibración de la cuerda en la condición anterior? Solución a) De acuerdo con la figura 6.2 y usando la Ec. 6.2, las funciones de onda en cada cuerda son respectivamente

y1(1,t) = Ajsen(k¡1)cos(wt)

(6.45)

ya(x,t) = Agsen(k21)cos(wat)

Figura 6.2: problema 6.6.

De acuerdo con la Ec. 6.4, la existencia de nodos en x = L¡ y z = La implica

que

kiL¡ ka Lo

=

na

=>

=mrT

=>

k;

=na/L;

(6.46)

ko = ma /Lo

En ambas cuerdas se cumplen adicionalmente las relaciones

v =w1/k1 Va

=

Ya / ko

(

6.47

)

La continuidad de la cuerda en el punto de unión implica que 41, = wa. Usando este hecho y combinando las ecuaciones anteriores, se obtiene

NU Li

MU La

(6.48)

Usando la Ec. 5.4 para la velocidad de propagación de ondas transversales en

una cuerda, resulta

n Li AN m

LV

Usando los datos del problema, se obtiene

fu E

pa

6.49

(6.49)

Capítulo VI. Ondas Estacionarias

m

31273

(6-50)

De acuerdo con este resultado, la frecuencia más baja que mantiene al punto de unión como nodo corresponde al caso en que la primera cuerda vibra en el modo n = 4 y la segunda en el modo m = 3.

b) Usando las Ecs. 6.4 y 6.46 para la cuerda 1, se tiene w =w=

211 = 4k] = 7% 1 Como en este caso n = 4, la ecuación anterior se escribe 2 JT vV= —14|—

Li Y pa

Reemplazando los valores numéricos, resulta y = 111.8 Hz.

(6.51)

6.52

(6.52)

101

CAPITULO

VII

ONDAS DE SONIDO

Introducción Las ondas de sonido son ondas longitudinales de compresión, que se propagan

en el medio con velocidad

v=

B

(7.1)

p

donde B es el módulo de compresibilidad del medio y p es su densidad. Al propagarse en un medio una onda armónica de sonido, los elementos de

masa del medio oscilan en torno a su posición de equilibrio con amplitud sy y la función de onda está. dada por la expresión

s(z,t) = sosen(kz — wt)

(7.2)

donde k y w son el número de onda y la frecuencia angular de la onda respec-

tivamente y satisfacen la relación 5.7, es decir, v =w/k.

Si una onda de sonido unidimensional con amplitud s(x,t) se propaga con velocidad v en un medio de densidad p y presión característica pp, el cambio

local de presión Ap(z,t) asociado a la propagación de la onda está dado por

Ap(z,t) = ns

0

— Po

(7-3)

Como Ap(x,t) = p(x,t) — po, la función p(r,t) que representa la variación

espacio-temporal de la presión en el medio, para el caso de una onda armónica de sonido de la forma dada por la Ec. 7.2, resulta ser

|

BEN

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

plx,t) = Po + Pmaxsen(kz — wt — 1/2)

(7.4)

Paz = PU”k89 = PUSO

(7.5)

con

Si en un medio de densidad p se propaga con velocidad v una onda de sonido armónica de amplitud sy y frecuencia w, la potencia media transmitida por unidad de área transversal a la dirección de propagación de la onda, es 1

P= zp” sgu

(7.6)

En el caso de una fuente puntual que emite ondas de sonido con potencia

media (P) en un medio homogéneo e isotrópico, la intensidad Y de la onda

a distancia r del foco, definida como la potencia transmitida por unidad de área, es

(P)

T=

árr?

(7.7)

Si en un medio de densidad p se propaga con velocidad y una onda de sonido armónica de amplitud sy y frecuencia w, la intensidad también se puede expresar en términos del valor local de Pimag como 1 p2

J=- 24 2 pu

, (7.8)

que en el caso de una onda de sonido armónica, usando la Ec. 7.5, se escribe como 1

I= zeus]

(7.9)

Para medir la intensidad de un sonido se usa una escala relativa al umbral de

audición, que corresponde a una intensidad lp = 1071? W/m?. Así, el nivel de intensidad de un sonido de intensidad I, expresado en decibeles (dB) es

PB= 101og((¿,)

(7.10)

Un parámetro útil para caracterizar la propagación de sonido en un medio dado es la impedancia acústica Z, que se define cmo

Z= pu

(7.11)

Capítulo VIT. Ondas de Sonido

con p la densidad del medio y vu la velocidad de propagación de sonido en el mismo. Si una onda armónica de sonido de amplitud sg, que se propaga en un medio de impedancia acústica Z¡ incide sobre la interfaz con otro medio de impedancia acústica Za, las amplitudes de las ondas de sonido reflejada so, y transmitida so, están dadas por las relaciones So Z1— Zo —= = =$ S0; Z1 +22 SO:

== 80;

(

221

+= Z1+2Z2

(

7.12

)

7.13

)

Si la intensidad de la onda incidente es 1;, las intensidades de las ondas reflejada [, y transmitida /, en la interfaz son respectivamente

l, = (A-ZY, a? ZP

(7.14)

La vibración de la columna de aire en el interior de un tubo de largo L produce ondas estacionarias de sonido de la forma

s(1,t) = 2sosen(kx)cos(wt)

(7.16)

Aplicando condiciones de máxima o mínima amplitud de la onda de sonido en los extremos del tubo, dependiendo de si éste es abierto o cerrado, se obtiene que las frecuencias de los modos normales de vibración cumplen las condiciones Y =Nnvf,

n=1,2,3,...

(7.17)

en el caso de un tubo con ambos extremos abiertos, y 2n-—1

Un = Vf

n=1,2,3,...

(7.18

en el caso de un tubo con un extremo abierto y el otro cerrado.

“4= es la frecuencia fundamental.

v =>57

31

,.19

106

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Los instrumentos musicales, tanto de viento como de cuerdas, se basan en la vibración de columnas de aire o cuerdas en combinaciones de modos normales. Los sonidos puros correspondientes a las notas de la escala cromática se pueden obtener a partir de la nota La de 440 Hz, con la condición que cada semitono superior o inferior es un factor Y2 mayor o menor en frecuencia. De este modo, las frecuencias asociadas a la escala cromática resultan ser

La > 440Hz La > W/2.440Hz = 466Hz Si => (W2) - 440Hz = 494Hz Do > (2)? - 440Hz = 524Hz

(7.20)

etc.

La escala cromática tiene 12 semi-tonos, por lo octava más arriba, corresponde a una frecuencia = 880 Hz. Así, las octavas superiores ocurren a múltiplos enteros de 440 Hz y las inferiores fracciones enteras de 440 Hz. En general, con n

que la nota La siguiente, una de (Y2)*?. 440 Hz = 2-440 Hz para valores correspondientes a valores correspondientes a entero,

y = 440 - (W2)” Hz

(7.21)

para los semi-tonos superiores, y

y = 440 -(V2) " Hz

(7.22)

para los semi-tonos inferiores. Dos o más fuentes puntuales que emiten ondas de sonido de la misma frecuencia en un medio homogéneo e isotrópi-

co dan origen a ondas estacionarias. La amplitud

Sie”

e intensidad de la onda esta-

cionaria resulta de aplicar el principio de superposición. En particular, si dos fuentes puntuales S1 y S2, separadas una cierta distancia,

A -

, 5

> P(%,y) eS

o

sy

1

Figura 7.1: Interferencia de dos fuentes

puntuales de sonido.

emiten con la misma amplitud sy y en fase ondas acústicas de igual frecuencia w, aplicando el principio de superposición se obtiene que la amplitud de la onda en un punto P(x,y) ubicado a distancias 11 y Za respectivamente de ambas fuentes, como muestra la figura

Capítulo VIL Ondas de Sonido

7.1, está dada por

kl. — s(x, y, t) = 2spcos (Pura)

sen ES

=- ox)

(7.23)

y la intensidad de la onda en el mismo punto es

I= 22

co

(PMA)

(7.24)

En el caso en que existe movimiento relativo entre una fuente que emite sonido con frecuencia y y un receptor de sonido, la frecuencia vw del sonido que percibe el receptor es , v=

Us EU Vs F Uf

y

(7.25)

donde vz es la velocidad del sonido en el medio, y v, y vf son las velocidades del receptor y la fuente, respectivamente. En cada caso el signo superior corresponde al caso en que el receptor o la fuente se mueven hacia la fuente o receptor, respectivamente, y el inferior al caso contrario. Este fenómeno de cambio de frecuencia se denomina Efecto Doppler.

Problemas Problema 7.1 Considere un tubo de sección transversal d, como el que muestra la figura

7.2, lleno con aire de densidad p, en que el sonido se propaga con velocidad v. En un extremo del tubo se coloca un pistón que oscila armónicamente con frecuencia y y amplitud A. En el otro extremo del tubo existe una pared que absorbe parcialmente la energía de la onda generada por el pistón, siendo B la amplitud de la onda reflejada. El pistón absorbe completamente la onda que incide sobre él. a) Muestre que la perturbación en el tubo puede expresarse como la superposición de una onda viajera en dirección a la pared, con amplitud

(A — B) y una onda estacionaria de amplitud 2B.

b) Calcule la potencia media entregada por el pistón al aire en el tubo.

108

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Figura 7.2: problema 7.1.

Solución a) El movimiento del pistón genera en el gas una onda longitudinal de la forma

Y¡(z,t) = Asen(kz — wt)

(7.26)

Como

w= 216 k =21/1 = 274/v la onda longitudinal generada por el pistón se puede escribir como Y;(1,t) = Asen (E: —- 2mv+) V La onda reflejada en la pared del tubo tiene la forma

Y, (x,t) = Bsen E

(7.27)

+ 2nvt)

(7.28)

Luego, la onda en el interior del tubo resulta ser

px, t)

=>

=

(zx, t) + Pr(z, t)

2

2

Asen (E. =- 2mv+) + Bsen (E: V

+ 2mv+)

Sumando y restando a la Ec. 7.29 una onda de la forma

p(r,t) = Bsen (Es v

- 2nv+)

y factorizando, se obtiene

y(x1,t)

=

(A-— Bjsen (Es - 2nv+) +B

2 sen (Es VU

— 2m+)

2 + sen (Es vV

+ 2mv+)|

(7.29)

Capítulo VIL Ondas de Sonido

Como

sena: + senf = 2sen E (a+ ES

- p)]

se obtiene finalmente

p(z,t) = (4— B)sen (Es - 2mv+) + 2Bsen ES

cos (2rvt)

(7.30)

Es decir, la onda acústica en el interior del tubo resulta ser la superposición de

una onda viajera de amplitud

A—B y una onda estacionaria, de amplitud 2B.

b) Sólo la onda viajera de amplitud A — B transporta energía. Por lo tanto, usando la Ec. 7.6, la potencia media transportada por la onda acústica en el interior del tubo es

P=P0=

zopr(A — Bv = 21 0pv*(A — Bj?

(7.31)

que corresponde a la potencia media entregada por el pistón al aire en el interior del tubo. Problema

7.2

Un cohete que parte del reposo, sube verticalmente con aceleración 58 m/s?.

Cuando el cohete se encuentra a 562 m de altura empieza a producir sonido de potencia constante, que se propaga uniformemente en todas direcciones: Una estación de monitoreo ubicada en el punto de lanzamiento mide una intensi-

dad Í del sonido cuando lo detecta por primera vez. Una segunda medición,

transcurrido un cierto tiempo, detecta una intensidad //3. Asumiendo que la

velocidad del sonido en el aire es 343 m/s, encuentre el tiempo transcurrido entre ambas mediciones. Solución Como la potencia del sonido emitido es constante, si la intensidad J correspon-

de a sonido emitido a altura h y la intensidad 1/3 a sonido emitido a altura h', usando la Ec. 7.7, se tiene

1h? = iS Como h = 562 m, se obtiene

(132)

MN

UN

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

h' = V3h = 973.4 [m] Los tiempos requeridos para que ambos sonidos lleguen a la estación de monitoreo son

t = h/v = 562/343 = 1.64 [s] Y = [uv = 973.4/343 = 2.84 [s] Como el cohete parte del reposo, con aceleración constante a = 58 m/s?, su ecuación itinerario es

h(t) = zaz = 294? fm] Luego el intervalo de tiempoAt transcurrido entre la emisión de los dos sonidos detectados en la estación de monitoreo es

At

_ YE Vh == TA

= 1.39 [s]

(7.33)

El primer sonido demora 1.64 s en ser detectado por la estación de monitoreo. 1.4 s después es emitido el segundo sonido, es decir, 0.24 s antes de que el primer sonido sea detectado. Como el segundo sonido demora 2.84 s en llegar

a la estación de monitoreo, ello implica que es detectado 2.6 s después que el primero.

Así, el tiempo transcurrido entre ambas detecciones es ¿ = 2.6 s. Problema

7.3

Un artículo sobre contaminación ambiental con ruido señala que el nivel de intensidad sonora en grandes ciudades ha estado aumentando en 1 db anualmente.

a) ¿Qué aumento porcentual de intensidad corresponde al valor dado? b) ¿En cuántos años aproximadamente se duplicará la intensidad actual con

el incremento anual dado?

Capítulo VII. Ondas de Sonido

Solución

a) Suponiendo que la intensidad presente del ruido es /, según la Ec. 7.9, su

valor expresado en decibeles es

fB = 1l0log (5) Al aumentar la intensidad en un decibel, se tiene que la nueva intensidad. expresada en decibeles, es Ú

8" = 10log (5) +1 = l0log (7)

(7.34)

donde 1' es la nueva intensidad del ruido. Usando lo anterior, +

10log (5) lo

= 10log (7) + log(10) Lo

Usando propiedades de los logaritmos,

log [ 3) 10] = log [55 l 10 Es decir,

Por lo que,

1 = VY10-1=1.261

(7.35)

Lo que implica que el aumento percentual de intensidad es 26%. b) Si suponemos que cada año la intensidad aumenta en 1 db, en n años la intensidad ha crecido en n db. De este modo,

,

f" = 10log luego,

Por lo tanto,

I

To

= 10log

I

To

+n

-

(7.36)

MN

MI

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

I'= W10”-]=(1.26)”

1

(7.37)

Como queremos que la intensidad se duplique, J' = 2], es decir,

(1.26)” =2 Por lo que

-

_

_log(2)

n= log125(2) = log(1.26) Obteniéndose finalmente, n=3 Es decir, el nivel de contaminación acústica debido a ruido se duplicaría en tres años. Problema

7.4

Un diapasón se hace vibrar sobre un tubo vertical abierto, lleno de agua. Se

permite que el nivel del agua baje lentamente. A medida que el agua baja, la columna de aire en el interior del tubo entra cuando la distancia entre la boca del tubo y la hace nuevamente cuando la distancia es 30 cm. del sonido en el aire en el interior del tubo es

en resonancia por superficie del agua Considerando que 343 m/s, ¿Cuál es

del diapasón y a qué nota musical corresponde?

primera vez es 4 cm, y lo la velocidad la frecuencia

Solución

La superficie del agua en el interior del tubo define una geometría correspon-

diente al caso de un tubo con un extremo abierto y uno cerrado. Al entrar en resonancia la columna de aire su largo debe ser tal que la frecuencia del diapasón corresponde a un múltiplo entero de la frecuencia fundamental del tubo. Para que ocurra la resonancia, en el extremo cerrado, es decir, en la

superficie del agua, la onda acústica debe tener un nodo. Ello ocurre cuando

el nivel del agua ha descendido hasta la altura L, = 0.04 m. Al continuar descendiendo, la siguiente condición de resonancia, con un nodo en la superfcie del agua, ocurre cuando la columna de aire tiene una longitud L2 = 0.30

m. Para que ello ocurra, la diferencia de longitud de la columna de aire entre ambas condiciones de resonancia, AL = Ez — Ly, debe ser igual a A/2, como =mesuwa la figura 7.3. Es decir,

Capítulo VII. Ondas de Sonido

AL=L3-L,=A/2

(7.38)

-Como

A=2 v

Ñ

Se tiene Uv

V=>AL

(7.39)

Reemplazando los valores numéricos, m/s V=_ > 343 026

m7— 660 [Hz]

Figura 7.3: problema 7.4.

Para determinar la nota correspondiente usamos la Ec. 7.21 para encontrar el número de semi-tonos sobre la nota La de 440 Hz correspondientes a la frecuencia de 660 Hz.

660 =440 - (Y2)"

(7.40)

Así, in(1.5) = nin ( 2) = za, Por lo que

_ 1in(1.5) _ Ana) El resultado indica que la nota que toca el diapasón es 7 semi-tonos más alta que la nota La de 440 Hz, por lo que corresponde a la nota Mi. Problema

7.5

Un tubo de largo L abierto en un solo extremo es cortado en dos trozos de distinto

largo, como muestra la figura 7.4. Si de los

v, 2

Vol,

trozos resultantes el abierto en ambos exLA tremos tiene una frecuencia fundamental y] y el cerrado en un extremo y abierto en Figura 7.4: problema 7.5. el otro tiene, una frecuencia fundamental vo, ¿Cuál es lá frecuencia fundamental del tubo original, expresada en función

MN

114

—P-obiemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

de las frecuencias fundamentales 1] y vo? Solución Como el tubo original tenía un extremo abierto y el otro cerrado, su frecuencia fundamental, de acuerdo con Ecs. 7.18 y 7.19, con n =1, es

.

7.41 (7.41)

A

L=con L£, el largo original. Es decir,

L=L1+L2= Como v= A:

A 2

vu, la frecuencia fundamental del tubo original es

v = —_————

"AL, + Lo)

7.42 (7.42)

Para el trozo abierto en ambos extremos se tiene, usando las Ecs. 7.17 y 7.19,

que su frecuencia fundamental es

n=

ETA

por lo que v Para el trozo cerrado en un extremo se tiene, usando las Ecs. 7.18 y 7.19, que su frecuencia fundamental es

a >

27 4L>

por lo que

v La = — 2

4va

7.

(7

id

Combinando las Ecs. 7.41, 7.42 y 7.43, se obtiene vV=

Z

4 [v/ (241) + v/ (4v)]

(7.45

de donde resulta v]1v2

_

11 + 219

(=

Capítulo VI. Ondas de Sonido

Problema

7.6

El intervalo normal de audición en función de la frecuencia va de 20 a 20 000

Hz. Considerando que la velocidad del sonido en el aire es 340 m/s, ¿cuáles

son la mayor y menor longitud que puede/tener un tubo de órgano que tuviese su nota fundamental en este intervalo y tocase una nota Fa?

a) si el tubo está cerrado en uno de sus extremos. b) si el tubo está abierto en ambos extremos. Solución Entre la nota La y la nota Fa existen ocho semi-tonos, por lo que la frecuencia

base para definir las octavas superiores e inferiores de la nota Fa es

y = 440 - 28/12 — 440 - V22 — 698.456 Hz Para cada octava superior o inferior, las Ecs. 7.21 y 7.22 indican que la frecuencia correspondiente cambia en un factor 2 respecto de la octava inferior o superior correspondiente. Así, las frecuencias correspondientes a octavas superiores del Fa están dadas por la expresión

Um = 698.456 - 27

(7.47)

con m entero, y las inferiores por

Un = 698.456/2”

(7.48)

con n entero.

Como la frecuencia correspondiente a las distintas armónicas de la nota Fa

deben estar en el rango audible, deben satisfacer las condiciones Us, < 20000 Un > 20

(7.49)

Reemplazando 7.47 y 7.48 en 7.49, resulta

27 < 28.63

(7.50

1/2” > 0.02863

=El

para las octavas superiores, y

ERE:

— Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

para las octavas inferiores. Tomando logaritmo natural a ambos lados de las desigualdades 7.50 y 7.51, se obtiene

In(28.63) _ In(0.02863) — Como mm y perior de la a n= 5. Es pondientes

n son enteros, la máxima frecuencia audible para una octava. sunota Fa corresponde a m = 4, mientras que la mínima corresponde decir, las máxima y mínima frecuencias en el rango audible corresa una nota Fa son

Umar = 698.456 - 2% = 11175.296 Hz

Umin = 698.456/2% = 21.827 Hz a) Usando las Ecs. 7.18 y 7.19, para la frecuencia fundamental de un tubo con un extremo abierto y el otro cerrado, se tiene v —= 2L

Umar

(

.D4 (7 5 )

Umin

Con v = 340 m/s, se obtiene Lumaz = 1.52 cm Lumin = 6.41 m b) Usando las Ecs. 7.17 y 7.19, para la frecuencia fundamental de un tubo con ambos extremos abiertos, se tiene

a =A SN v

_

(7.55)

Vmoz

Con v = 340 m/s, se obtiene Lumaz

L

Vmin

=

0.76

cra

= 3.21m

Capítulo VIL. Ondas de Sonido Problema

7.7

Demuestre que la condición de interferencia constructiva para dos fuentes pun-

tuales separadas una distancia L, que emiten sonido en fase y con igual in-

tensidad, define una familia de hipérbolas, correspondiendo cada hipérbola al lugar geométrico de puntos en los cuales la. intensidad del sonido es máxima.

sx

Nx

3

rr

3

x

J

See------+Mm

v

3

4

_ 7 P(xy)

Figura 7.5: problema 7.7.

Solución

De acuerdo con la Ec. 7.23, la amplitud de la onda de sonido en el punto P está dada por

s(z, y,t) = 25pc0s (Pra)

sen NS

=- ax)

(7.56)

La intensidad del sonido es proporcional al promedio temporal de s?, es decir,

T x 4s2cos? (EE)

(sen? ES

=- ut) )

Pero al calcular el promedio sobre un período de la onda acústica se tiene (sen? (Peza)

ut)

) = 5

La intensidad es entonces máxima, es decir, la interferencia es constructiva.

cuando se cumple la relación k(x1

7

- 12)

2

_

o

21(11

24

- 12)

_

>

nT

(13

con n entero. Esto es equivalente a imponer la condición que la diferencia de camino para las ondas acústicas sea un múltiplo entero de la longitud de onda. es decir,

MY

118

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Y Y leo +

1/2

IT

yor

-L/24

”

¿

E

E

e

Xx

X

Figura 7.6: problema 7.7.

Ta — 11 =MA

(7.58)

Usando el sistema de coordenadas de la figura 7.6, se tiene

x1 = yz? + (y — L/2)* za = yz? + (y + L/2)* Es decir, las coordenadas (zx, y) de los puntos en que la intensidad es máxima satisfacen la. relación

nA=

12 + (y + 1/2? — (223 (y- L/2)

(7.59)

Elevando sucesivamente al cuadrado ambos lados de la ecuación para eliminar las raíces, se obtiene y?

q?

(1/29

(L/2? — (naJ2Y —

1

(7.60)

La expresión anterior define una familia de hipérbolas de la forma 2

2

[2 _ [= =1 Pn

4n

con

2

Pn =

2

15) 5)

4n =

3

(7.61)

3

La figura 7.7 muestra las hipérbolas resultantes en el caso particular en que L=2ayA=a0.

Capítulo VII. Ondas de Sonido

Figura 7.7: problema 7.7.

Problema

7.8

En un día muy frío se tiene un arreglo de dos parlantes que están a 5 m de distancia y vibran en fase, como muestra la figura 7.8. a) La frecuencia más baja a la que una persona ubicada en el punto A detecta máxima interferencia destructiva es 120 Hz. Determine la velocidad del sonido en el aire y la longitud de onda del sonido emitido. b) Si una persona en la posición B detecta. interferencia destructiva, ¿Cuál es la frecuencia más baja a la que ello puede suceder? Solución a) En el punto A, en la figura 7.8, ocurre que la diferencia de camino recorrido por el sonido emitido por el parlante izquierdo respecto del derecho es A = 1.4 m. La condición para interferencia destructiva es que la diferencia de camino sea un múltiplo semi-entero de la longitud de onda, es decir, 2n-—1

A=—=Ñ con n entero.

A

(7.62;

120

—Probiemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

24m

3.2 m

A

18m

Figura 7.8: problema 7.8.

Como v = A: y y

la frecuencia más baja resulta cuando n = 1, entonces v=2Av

(7.63)

Reemplazando los valores numéricos, se obtiene

v=2-1.4- 120 = 336 [m/s] y la longitud de onda es v

336

b) En el punto B la diferencia de camino para el sonido emitido desde ambas parlantes es

A=4m-3m=1[m] Combinando las Ecs. 7.62 y 7.63, con n = 1 por tratarse de la frecuencia más baja posible, se obtiene v=

ba

(TE

24

>

Reemplazando los valores numéricos, 336

An

V=> = — 3 =336 H z

Capítulo VII. Ondas de Sonido

Problema

7.9

Dos parlantes están separados una distancia de 10 m. Ambos parlantes emiten en fase sonido con frecuencia 30 Hz, que se propaga a 340 m/s. a) ¿A qué distancia frente a uno de los parlantes y perpendicular a la línea que los une puede ubicarse una persona si quiere que la interferencia destructiva del sonido sea máxima?

b) Cuál es el mínimo valor posible para esa distancia?

Figura 7.9: problema 7.9.

Solución

a) La interferencia destructiva ocurre en puntos en que la diferencia de camino

A para, el sonido proveniente de ambas fuentes es un semi-entero de la longitud de onda A, es decir,

A= con n entero y

A

(7.65)

A= v/v.

De acuerdo con la figura 7.9, la diferencia de camino es

A=d'-d=vVL2+d?-d Luego, la distancia d satisface la ecuación

Vr+e-d=

122

(7.66

que se reduce a

d

_ 4124? — (2n — 1)?u? 4(2n — 1)vu

LL.

PEN

122

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Reemplazando los valores numéricos, se obtiene que las distancias d a las cuales ocurre interferencia destructiva están dadas por la relación

d

_ 8.826 — 2.833(2n — 1? 2n-—1

[mn]

(7.68)

con n = 1,2,3,4......

b) Evaluando d con la Ec. 7.68 para valores sucesivos de n, se obtiene

Todos los valores de d con n >1 resultan ser negativos, por lo que la única distancia posible es d = 6 m. Ello ocurre porque la distancia que separa ambas fuentes, L = 10 m, resulta ser menor que la longitud de onda, A = v/v = 11.3 m. En efecto, reescribiendo

la Ec.

7.68 e imponiendo

la condición d > 0, se

obtiene

AL? — (2n — 1)?1?

aen=na

2

por lo que n satisface la relación n A. Problema

7.10

La frecuencia de una onda sonora emitida por una sirena es 730 Hertz. Cuando

la sirena y el receptor se mueven (ambos) el uno hacia el otro, la frecuencia que

oye el receptor es 876 Hertz. Si la velocidad relativa de la sirena y el receptor es de 58 m/s y la velocidad del sonido es 330 m/s, ¿cuáles son las velocidades de la sirena y el receptor?

Capítulo VII Ondas de Sonic.

Solución De

acuerdo

con el esquema

fuente (sirena), y receptor es

de la figura 7.10, la velocidad

UR = Uf + Ur

relativa ve de la

(7.69)

Y -——

—

Figura 7.10: problema 7.10.

donde vs y v, son las velocidades de la fuente y receptor respectivamente. En este caso la fuente y receptor se aproximan mutuamente, por lo que, usando la Ec. 7.25, la frecuencia que percibe el receptor es

y=»ttr, Us

Combinando

_

Uf

las Ecs. 7.69 y 7.70, se obtiene,

Reemplazando los valores numéricos resulta

vu, = 18 m/s Por lo que

vp = 40 m/s

(7.70)

123

CAPITULO

MIII

CALOR Y TEMPERATURA

Introducción Dos sistemas físicos están en equilibrio térmico si el flujo neto de energía térmica entre ambos es cero. La existencia de termómetros, esto es, instrumentos para medir temperatura, es posible debido a la Ley “Cero” de la Termodinámica, que establece que “Si el sistema físico A está en equilibrio térmico con los sistemas B y C, los sistemas B y C están también en equilibrio térmico”. Los termómetros utilizan propiedades termométricas de la materia, es decir, propiedades que dependen de la temperatura. Una propiedad termométrica

usada frecuentemente en termómetros es la longitud. Si una barra delgada de

longitud L a una temperatura dada cambia su temperatura en AT, su longitud experimenta un cambio AL, dado por la expresión

AL=a:L-AT

(8.1)

donde q es el coeficiente de dilatación térmica lineal del material de la barra, que se define formalmente como

“2

=

ym

aro

AL/L _= +35 1dL AT

LdT

8.2

(82)

En el caso de expansión en dos o tres dimensiones, se tiene AA=2a-A-AT

para el caso de una superficie A, y

53,

|]

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

AV=30:-V-AT=8-V-AT para el caso de un volumen lumétrica.

(8.4)

V, donde 8 es el coeficiente de expansión vo-

El cambio de temperatura de un objeto tiene asociado un flujo de energía térmica, denominada calor. Así, la cantidad de calor (2 necesaria para cambiar en AT la temperatura de un cuerpo de masa m es

Q =cmAT

(8.5)

donde c es el calor específico, que depende del material y del estado en que se encuentre.

El calor se mide en unidades de energía. Frecuentemente se usa como unidad

la caloría, que se define como la cantidad de calor necesario para elevar en un

grado la temperatura de un gramo de agua pura, con la equivalencia 1 cal = 4.186 Joule. 1

Dependiendo de la temperatura, un mismo material se puede encontrar en

distintos estados o fases. El cambio de una estado a fase a otro ocurre a temperatura constante y requiere de una transferencia de calor. La cantidad

de calor Q necesaria para que ocurra un cambio de estado o fase en un material

de masa m es

Q =mcz

(8.6)

donde cy es el calor latente. De acuerdo con el Principio de Conservación de la Energía, el flujo neto de calor al interior de un sistema aislado es cero. La transmisión del calor puede ocurrir por convección, conducción y radiación.

En el caso de transmisión de calor por conducción, el flujo de calor, que corresponde a la cantidad de calor transferido por unidad de tiempo, es

==

(8.7)

En un medio unidimensional el flujo de calor se relaciona con el gradiente de

temperatura dT'/dx a través de la Ecuación de Conducción del Calor

Capítulo VIIL. Calor y Temperatura

= kA=

(8.8)

donde k es la conductividad térmica del material y A es el área a través de la cual ocurre el flujo de calor. En el caso de transmisión de calor por radiación, la cantidad de calor irradiado

por unidad de tiempo por un cuerpo de superficie A, a temperatura T' es

di E _ ed AT?

(8.9)

donde e es la emisividad de la superficie (0 < e < 1) y o =5.67-1078 J/s-m?-K* es la constante de Steffan—Boltzman.

Del mismo modo, la cantidad de calor absorbido por unidad de tiempo por un

cuerpo de área A debido a radiación del medio ambiente a temperatura Ty es

dde = eo AT? dt

(8.10)

Problemas Problema

8.1

Un esfera de Plomo tiene un diámetro que es

0.05% mayor que el diámetro interior de un anillo de acero, cuando la temperatura de am-

bos es 70? C. ¿A qué temperatura común de-

ben encontrarse la esfera y el anillo para que éste pase justo por el exterior de la primera? Los coeficientes de dilatáción térmica li-

neal del acero y volumétrico de Plomo son

1.2-1075 *C71 y 8.7.1075 *C-1, respectiva-

mente.

Figura 8.1: problema 8.1.

Solución El perímetro inicial del anillo es lo =

2770

=

Tdo

donde rg y dy son el radio y diámetro iniciales respectivamente. Como inicial mente el diámetro Do de la esfera es 0.05 % mayor que el del anillo. se cumpie la condición “

PIN

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Do = 1.0005 - do

(8.11)

por lo que el radio inicial Ry de la esfera satisface la condición

Ry = 0.50025dp

(8.12)

Usando la Ec. 8.1 para la dilatación lineal del anillo, se tiene

Ad=d- de = odyAT

(8.13)

d=(1+aAT)do

(8.14)

por lo que

Usando además la Ec. 8.4 para la dilatación volumétrica de la esfera, se tiene

AV=V-VW% =PWAT

(8.15)

que se puede escribir en función del radio R de la esfera como

R= (14 BAT) PRo

(8.16)

Para que el anillo pase justo por el exterior de la. esfera se debe cumplir la condición 2r=d

(8.17)

Reemplazando 8.11, 8.14 y 8.16 en 8.17, se tiene que

1.0005 =

(1+0aA7T)

(8.18)

(14 BAT)/3

Como BAT < 1, usando una expansión en serie para el denominador del lado derecho, la Ec. 8.18 se puede aproximar por 1.0005 = (1 +«aAT)

( — AT)

=1+

(a —- 5) AT

(8.19)

Es decir,

0.0005 AT T= == a Reemplazando los valores numéricos,se obtiene AT = -29.4”C

(8.20

Capítulo VIH. Calor y Temperatura

por lo que para que el anillo pase por el exterior de la esfera la temperatura debe descender al menos a 40.6”C.

Problema

8.2

Muchos interruptores eléctricos que se activan por cambio de temperatura se basan en la acción de láminas bimetálicas. Estas consisten de dos láminas metálicas delgadas unidas, como muestra la figura 8.2, con distinto coeficiente de dilatación lineal. El hecho que los coeficientes de dilatación lineal sean distintos hace que ante un cambio de temperatura la lámina se curve, debido al distinto cambio de longitud experimentado por ambos metales. Considere una lámina bimetálica de largo L, formada por dos metales de espesores d| y da, y coefiecientes de dilatación lineal a, y a2, respectivamente. Suponiendo que a temperatura T' la lámina no está deformada, encuentre el radio de curvatura R y el ángulo 0 que subtiende, al experimentar un cambio de temperatura AT.

d

l

H— Ll. —_—_—_—_—— Figura 8.2: problema 8.2.

Solución La figura 8.3 muestra esquemáticamente la curvatura experimentada por la lámina ante el cambio de temperatura. Al curvarse la lámina bimetálica, ambas láminas se curvan con radios de curvatura Ri; y Ra respectivamente. Como para un arco de circunferencia de longitud s se cumple s = rÓ, para cada lámina en particular se tiene que L+AL;

= Rj9

L+AL»

= Ra0

R; — Ra es la distancia entre los centros de ambas láminas, por lo tanto. R¡-—Roa=

dí

+ da 2

HN

35303

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Combinando las ecuaciones anteriores, se tiene L+AL,;

0

_L+AL,

e

_ di +d2

(8.21)

2

Despejando 0 y usando la Ec. 8.1 para ambas láminas metálicas, resulta

0 _ 2(AL¡- Ala) di

+

da

(8

22

N )

Usando luego la Ec. 8.1 para ambas lámi-

nas metálicas, se obtiene

y = 2LAT(01 — 02) dí + da

(8.23)

-

El radio de curvatura RR se puede expresar

y

MM

/

R,

,

q

no

A

q/

vi,

v

/

!

/

R,

F

1

Figura 8.3: problema 8.2.

en términos de los radios de curvatura de ambas láminas comó

r=ut%

(8.24)

Esto es,

R=

2L + AL¡ + Alo 20

Reemplazando 0, se obtiene

Problema

8.3

ga

Considere una barra de acero de 1 m de longitud y 1 cm? de sección, que se encuentra fija entre dos paredes rígidas, como muestra la figura 8.4. Si la barra es sometida a un aumento de temperatura de 50 *C, ¿Cuál es la fuerza adicional que ejercen las paredes sobre la barra? El coeficiente de expansión

térmica lineal del acero es 1.1-1075 *C-1 y su módulo de Young es 2-10!” NX m?.

Capítulo VIII. Calor y Temperatura

Figura 8.4: problema 8.3.

Solución El cambio de temperatura en AT debe producir un cambio de longitud AL

de la barra, dado por la Ec. 8.1, es decir,

AL=aLAT

(8.26)

Como la barra no puede expandirse debido a la presencia de las paredes rígidas,

debe actuar una fuerza axial de compresión, que compense la dilatación. Esta fuerza está determinada por la relación

F AL Z3=YG donde Á

(8.27)

es la sección transversal de la barra, L su longitud, AL es el cambio

de longitud, e Y es el Módulo de Young.

Combinando las Ecs. 8.26 y 8.27, se tiene

F=aYAAT

(8.28)

Reemplazando los valores numéricos se obtiene

F =1.1-10% [N] Problema

8.4

Un esfera metálica de masa m;, calor específico c; y coeficiente de dilatación lineal «q, que tiene radio rg a temperatura T,, es sumergida en un líquido de masa ma y calor específico cz, que se encuentra a temperatura Ta > T;. Suponiendo que el recipiente que contiene el líquido está aislado térmicamense.

determine el radio de la esfera en el momento en que se alcanza el equilibrio

térmico.

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Solución Si AT¿ = Tf —T' es el calor absorbido por la esfera y AT] = T2—T es el calor cedido por el líquido, cuando el sistema alcanza la temperatura de equilibrio

Ty, la conservación de la energía impone la condición

maca(Ta — Tp) = mici(T7 — T1)

(8.29)

por lo que macaTa + m1c1T,

= Tp(mici + maca)

y la temperatura final es T;

=

F

m:10C¡T, + macaTa

(8 30)

m1C1 + maca

:

El cambio de temperatura produce dilatación de la esfera, por lo que, usando la Ec. 8.4, se tiene

r =(1+ BAT.) Pro

(8.31)

Como PAT. < 1, expandiendo en serie la expresión entre paréntesis en 8.31, se tiene a primer orden y usando la Ec. 8.4

r= ( + ¿9AT,) ro = [1 + a(T; — Ti)] ro

(8.32)

Finalmente, reemplazando Ty por la expresión 8.29, se obtiene

r="0 E y Smaca(Ta — 22] m:1C] + Maca

Problema

(8.33)

8.5

¿Qué cantidad de calor debe absorber una barra delgada de masa m, hecha de un material con calor específico c y coeficiente de dilatación lineal «, que oscila en torno a la vertical suspendida de uno de sus extremos, para que duplique su periodo de oscilación?

Solución La ecuación 2.14 describe pequeñas oscilaciones de una barra de largo £L,

+ =09=0

(8.34)

Capítulo VIT. Calor y Temperatura

siendo Loy la longitud de la barra. El período de oscilación 77 está dado por

To = 214 | —

(8.35)

Al absorber una cantidad (Q de calor, la temperatura cambia en AT, por lo

que la barra se dilata, siendo ahora su largo

L=(14+a0aAT)Lo

(8.36)

En esta situación, el nuevo período de escilación 7 es

T= 2

= 27

NS

+aAT)

(8.37)

La condición requerida es 7 = 27p, por lo que, usando las Ecs. 8.35 y 8.37, se tiene

Se +07)AT) ==4m4r,4| [E2Lo

2L0 — (1

8.38 (8.38)

por lo que se cumple que

=> aT=?

. (8.39)

El calor absorbido Q y el cambio de temperatura AT se relacionan a través de la Ec. 8.5, es decir,

Q =cmAT

(8.40)

Reemplazando la expresión 8.39, se obtiene que el calor que debe ser absorbido por la barra para que su período de oscilación se doble es

qt3mc Q Problema

(8.41)

8.6

Dos contenedores están unidos por una barra de Cobre de 50 cm de longitud y 5 cm? de sección, aislada térmicamente e inicialmente a 0 %C. El contenedor

de la derecha tiene agua que se mantiene a 100 *C y el de la derecha 1 1 de agua, inicialmente a 0 *C y en estado líquido. Si el contenedor de la derecha está aislado térmicamente,

a) ¿Qué cantidad de calor total debe entregar el contenedor de la izquierda para alcanzar equilibrio térmico en el sistema?

134

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

b) Encuentre una expresión para la temperatura del contenedor de la derecha como función del tiempo. El calor específico del Cobre es c¿ = 3.86-10? J/kg-"C, su conductividad térmica

es 400 W/m-*C y su densidad es 8920 kg/m?. El calor específico del agua es

Ca = 4.186-109 J/kg-"C.

Figura 8.5: problema 8.6.

Solución a) El equilibrio térmico se alcanza cuando tanto el agua en el contenedor de la derecha como la barra de cobre se encuentran a una temperatura de 100*C.

La cantidad de calor necesaria para que esto ocurra es, usando la Ec 8.5, Q = MeC¿AT.

+ MaCATa

(8.42)

donde los subíndices a y c se refieren al agua y el cobre, respectivamente. Inicialmente, tanto la barra como el agua en el contenedor de la derecha se encuentran a 0%C y alcanzado el equilibrio térmico, su temperatura es 100*C. Luego, AT. = AT, = 100C La masa de cobre es Me

= Per Ve

y reemplazando los valores numéricos, se tiene

me = 2.23 [kg]

Capítulo VIII. Calor

y Temperatura

Reemplazando los valores numéricos en 8.42, se tiene que la cantidad total de calor cedido por el contenedor de la derecha para alcanzar equilibrio térmico en el sistema es

= (2.23 - 3.86 - 10? 4 1000 - 4.186) - 100 = 5 - 10* [J]

(8.43)

b) El flujo de calor a través de la barra de cobre está dado por la Ec. 8.8, es decir,

aQ() __,¿ATal2) de

Az

(8.44)

donde ATa(t) = Ta(t) — To

es la diferencia de temperatura entre los extremos de la. barra, T,(t) es la temperatura del agua en el contenedor del lado derecho como función del tiempo, To = 100%C es la temperatura constante del contenedor del lado izquierdo, y Azr=L es la longitud de la barra. Usando la Ec. 8.5, el calor absorbido por el agua en el contenedor del lado derecho corno función del tiempo es Q(t) = maca(Ta(t) — 07C)

(8.45)

Combinando las Ecs. 8.44 y 8.45 y haciendo los reemplazos correspondientes. se obtiene

d

do = EkA (macaTo — QU)

(8.46

Haciendo el cambio de variable Q*(t) = Q(t) — macaTo, la Ec. 8.46 toma la forma

dQ*(t)

=

de

(t)

mataLLA

-

(8 . 47)

Integrando la Ec. 8.47 se obtiene dQ*(t) Q*

=

(t)

(5.45 5

/

y explícitamente,

Im (ED) Q

-

kA —MaCaL

DS

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

por lo que

Q*(E) = Q6e Wé/mocoL)

(8.49)

En términos de la variable original ()(t), se tiene

Q(t) = macaTo + Q5 e 44/mecaL)i

(8.50)

Resta por determinar la constante (2. Para ello se usa como condición inicial la Ec. 8.44.

dQ |.

dT l¿=0

kA =-XAfT, L

t=0

8.51

(651)

Derivando 8.50 se obtiene dQ

o

dT —

kA

macaL

Q

e

(KA/macaL)t

y usando 8.48, resulta Qó = Mata ATal;-o En particular,

ATali=o = —To

pues T¿(t = 0) =0*C. Es decir,

Q5 = —MacaTo Luego, reemplazando en 8.50, se obtiene

Q(t) = macaTo (1 — e7A/mecac)e)

(8.52)

La temperatura del contenedor del lado derecho está dada por la Ec. 8.45, es decir,

Ta(t) = Qe Ma

Usando 8.52, se tiene

Ca

Capítulo VIII. Calor y Temperatura

Ta(t) = To (1 — e (4A/mocaL)e)

(8.53)

Reemplazando los valores numéricos resulta finalmente,

Ta(t) = 100 (1 — e796100%) oc

(8.54)

donde el tiempo t está expresado en segundos. El proceso de calentamiento del agua en el contenedor del lado derecho es lento. Transcurrida una hora, la temperatura, de acuerdo con la Ec. 8.54, alcanza = 29C. Problema

8.7

Una placa de Cobre de 2 mm de espesor, en forma de trapecio, como muestra la figura 8.6, está en contacto en su lado derecho con un baño térmico a 50C. Se quiere soldar el lado izquierdo de la placa, utilizando un cautín. a) Suponiendo que las pérdidas de energía térmica por radiación emitida por la placa son despreciables, determine la mínima potencia que debe suministrar el cautín, para mantener la temperatura del lado izquierdo a: 350 *C.

8 mm

b) Determine la temperatura de equilibrio para el lado izquierdo, suponiendo que la potencia suministrada por el cautín es 20 W.

Figura 8.6: problema 8.7.

137

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Solución

En estado estacionario, con la temperatura constante a ambos lados de la placa, el flujo térmico a lo largo de la misma es constante e igual a la potencia suministrada por el cautín. Así, usando la Ec. 8.8, se tiene

dQ KA H= === AT

(8.55)

con

AT =T,-—To El área de sección transversal de la placa no es constante. En particular, de acuerdo con la figura 8.6, se tiene

A=A(z) = o(L +2)

(8.56)

donde d es el espesor de la placa. Usando nuevamente la Ec. 8.8, ahora en función de la posición a lo largo de la placa, se tiene que la potencia transmitida a través de una sección de la placa de ancho dx con diferencia de temperatura dT' satisface la ecuación

H=-H(0+D)Z

(8.57)

Como H es constante a lo largo de la placa, se puede integrar la Ec. 8.57,

resultando

TL

To

dT =T, - To=-

L”

20

2H

ko

fl

dex

Jo T+L

=

2H

kó

L

o

=

2H

kó

Luego, la potencia requerida resulta ser _

kó

- 2In(2)

(TL — To)

(8.58)

Reemplazando los valores numéricos, se obtiene, H =173W

b) Despejando Ty de la Ec. 8.58, se obtiene

Th=T, + e2 In(2) Evaluando la expresión anterior con H = 20 W, se obtiene T =84.6"C

(8.59)

Capítulo VIII. Calor y Temperatura

Problema

PM

8.8

Un panel consta de dos placas rectangulares uniformes de espesores Ly y La, respectivamente y de igual área de sección transversal, como muestra la figura 8.7. Las conductividades térmicas de los paneles son k¡ y k2. Los extremos de los paneles se mantienen a temperaturas fijas 7, y T2, respectivamente.

k

k,

EEES A LONA b— Ly —h.— Lo —>.] Figura 8.7: problema 8.8.

a) Determine la temperatura de la interfaz entre ambos paneles.

b) Encuentre la conductividad térmica efectiva de la combinación de paneles.

Solución a) En estado estacionario el flujo de calor es constante a través del sistema, lo que implica

aQ

Tlotacas

dQ

AT laca

8.60 (8-60)

_ kA(T2—T) = La

(8.61)

H==_Á

==

Ahora, usando la Ec. 8.8, se tiene kA(T-T1) Li

donde T' es la temperatura de la interfaz.

roy

Despejando T' de la Ec. 8.61, se obtiene que la temperatura de la interíaz es T=

kiLoT, + ka Ly Ta kiLo1 + koL1

(8.62)

b) La conductividad térmica efectiva resulta de considerar la combinación de ambas placas como un solo elemento, usando nuevamente la Ec. 8.8,-se tiene

con conductividad

térmica k,f. AL

140

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

dQ

—=

DT

= —k.fA

dt

ef

.

L1+ La

(8.63)

Como el flujo de calor es constante, usando la Ec. 8.61, se obtiene hoja

2H Li

_k¡A(T—T))

+ La

E

(8.64)

L;

Ahora, reemplazando T' de la Ec. 8.62, se obtiene para la conductividad térmica efectiva k.r

Problema

E

_= kika(Li + Lo)

8.65

kLz + halo

(8-60)

8.9

Considere un cilindro de altura h y paredes de radios interior y exteriorRy y Ra respectivamente, como muestra la figura 8.8, hecho de un material con conductividad térmica k. Encuentre la distribución radial de temperatura en estado estacionario en la pared del cilindro, suponiendo que

las superficies

interior

y exterior

se

R R; d=E

h

man-

tienen fijas a temperaturas 7] y T2, respectivamente.

'

2

' l

COS ia

Solución

Figura 8.8: problema 8.9.

En estado estacionario el flujo de calor H dado por la Ec. 8.8, es constante, es decir, H

=

dQ A

—

=

dT dr

—kA—

=

cte

. (8.66)

En el interior de la pared del cilindro, el área de una capa cilíndrica de ancho

dr es A(r) = 2rrh. Luego,

dT

Tkr dr H = —21rkrh>—

(8.67) .

Integrando, T Ri

H

dT = -—

De donde se obtiene explícitamente

27kh

” dr Je,

— Y

.

(8.68)

Capítulo VII Calor y Temperatura

T(r) = T(R;) — Sin (7)

(8.69)

Como el flujo de calor es constante, evaluando 8.69 en r = Ra, se obtiene

HB =21kh T(R1) - T(R2)

(8.70)

in(Ra/R:1)

Reemplazando 8.70 en 8.69, se obtiene que la distribución de temperatura en la pared del cilindro está dada por la expresión

T(r) =T(R1) — Problema

T(R1) - T(R2) in (Ra/R1)

in (r/R1)

(8.71)

8.10

En cierto instante de tiempo existe una capa de hielo uniforme, de 10 cm de espesor, sobre la superficie de un lago. La temperatura del aire sobre la capa de

hielo es -15%C. Considerando que no hay flujo de calor entre el agua y el lecho

del lago, encuentre una expresión para el espesor de la capa de hielo en función del tiempo, a partir del instante inicial. El calor latente de fusión del hielo es

33.5-10* J/kg, su conductividad térmica es 2.2 J/s-m-"C y sus densidad 920

kg/m.

Solución La temperatura a ambos lados de la interfaz. agua—hielo debe ser la misma,

razón por la cual debe ser igual a 0*C.

Si el espesor inicial de la capa de hielo es Lp, en un tiempo posterior el espesor será L(t) = Lo +1(t), donde 1(t) el aumento de espesor debido a solidificación

del agua en la interfaz agua—hielo. Así, usando la Ec. 8.8 para el flujo de calor a través de una capa de hielo de área A, se tiene

TL = AS

(8.72)

con AT = Tess — Tint, siendo Tes: = -157C la temperatura exterior y Tins la temperatura del agua en la interfaz.

El calor que fluye a través de'la capa de hielo es extraido del agua en comacio con la interfaz, que se encuentra a 0”C. Ello produce solidificación de una de agua que se relaciona con el calor cedido mediante la Ec. 8.6. Es dec.

142

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Q(t) = Crmít)

(8.73)

Si se considera una porción de la interfaz de área A, se tiene que m(t) = pV(t) = paAla(t)

siendo pa la densidad del agua y l¿(t) el espesor de la capa de agua solidificada. Como el hielo y el agua tienen distinta densidad, los espesores de hielo y agua se relacionan a través de

la (t) = Se) donde p, es la densidad del hielo. Combinando estas dos últimas expresiones,

reemplazando m(t) en la Ec. 8.73, y derivando respecto del tiempo se obtiene ad

ay =C¿A 7 CLA

dl

8.74 (8.74)

Igualando ahora las Ecs. 8.72 y 8.74, se tiene

Tear ARdl = A

cLeNa ay

= Ti

8.75

Lo +1(t)

(8.75)

Reordenando términos en la ecuación anterior e integrando, resulta

PFuv) [Lo + I]dl=

IN dt

(8.76)

1832 + 2L0L(4) + 2p Tin, dez _ q

(8.77)

Vert

0

— Tint Tint

CLPh

de donde se obtiene la siguiente ecuación para l(t), —T

CLPh

Como el espesor de la capa de hielo es L(t) = Ly + 1(t), despejando 1(t) en la Ec. 8.77, resulta

L(t)

= Lo,

T,

e

—

Ti

11 - 22314

t

8.78

Finalmente, reemplazando los valores numéricos, se tiene que el espesor de la capa de hielo aumenta en el tiempo de acuerdo con la relación

L(t) =10- V1+2.14 - 1075 [cm]

Capítulo VIII. Calor y Temperatura

Problema

8.11

Considere un sistema planetario formado por una estrella de radio R, en torno a la cual y a distancia R gira un planeta de radio Ry, en órbita circular, como muestra la figura 8.9. La temperatura de la superficie de la estrella es T, y su emisividad es e = 1. El planeta no tiene atmósfera y la emisividad de su superficie es ep. El planeta gira sobre su eje con un período de pocas horas. Determine la temperatura Ty de la superficie del planeta.

e=1

Figura 8.9: problema 8.11.

Solución

La estrella emite un flujo de calor dado por la Ec. 8.9, con e = 1, es decir,

aq dt

est

= Aro R4T?

(8.79)

El flujo de calor es emitido uniformemente en todas las direcciones, por lo que el flujo incidente sobre la superficie del planeta es

dQ|dt lin _ 4mR2 40 dt

(8.80) est

donde se ha considerado que sólo la mitad de la. superficie del planeta se encuentra expuesta al flujo de calor incidente. Reemplazando la Ec. 8.79, se tiene

dilin

_ 2r0R¿R;

R2

Ti

(8.81 00

dQ|

El flujo de calor irradiado por la superficie del planeta, asumiendo que este gira sobre su eje suficientemente rápido como para que la temperarura de la superficie Tp se mantenga constante y considerando que la ausencia de atmósfera no permite pérdida de energía térmica por conducción. es

MN

144

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

aQ de

lout

= dnoepRoT,

(8.82)

Para que la temperatura de la superficie del planeta se mantenga constante, el flujo de calor incidente sobre la superficie debe ser igual al flujo de calor irradiado. Así, igualando las Ecs. 8.81 y 8.82, se tiene

AroepRiT, =

20 R¿R? R2

TÍ

(8.83)

de donde se obtiene que la temperatura de la superficie del planeta es To P = Problema

| 4h Rs (2ep)1/2R Ls

.84 ) (8.8

8.12

Considere una esfera de Plata de 10 cm de radio que se encuentra rodeada por aire, inicialmente a una temperatura uniforme de 50%C. La temperatura ambiente es 20C. La esfera se deja enfriar libremente. El calor específico de

la Plata es 233 J/kg:"C, su densidad 10490 kg/m? y su emisividad es 0.025. La conductividad térmica del aire es 0.02 W/m:*C.

a) Compare el flujo de calor desde la esfera al medio ambiente por radiación y conducción, suponiendo en este último caso que la distancia a través de la cual la temperatura del aire disminuye desde el valor en la superficie de la esfera al del ambiente es un décimo del radio de la esfera.

b) Suponiendo que la conductividad térmica de la Plata, 430 W/m-*C, es suficientemente grande como para que el proceso de enfriamiento ocurra a temperatura

uniforme,

encuentre

una expresión para la temperatura

de la esfera como función del tiempo. Solución a) El enfriamiento por pérdida de energía por radiación está dado por la Ec. 8.9, es decir,

dQ dt

rad

= 4reoR*(TA — Té)

(8.85)

donde Tha es la temperatura de la superficie de la esfera y To es la del ambiente. Reemplazando los valores numéricos correspondientes a las condiciones iniciales. es decir, Tr = 323 K y To = 293 K, se obtiene

Capítulo VIII. Calor y Temperatura

dQ dt

rad

= 0.63 W

MN

(8.86)

Para el caso de la pérdida de energía por conducción consideremos que la

esfera está rodeada por una cáscara esférica de espesor 0.1R. El flujo de calor a través de la cáscara esférica está dado por la Ec. 8.8, es decir,

aQ al. = mi

= Hen

(8.87)

donde 7 representa la coordenada radial en el interior de la cáscara. Como el

flujo de calor Hong es constante, se puede integrar la expresión anterior. Así T(r)

h.

e

Heona

[" dr

(8.88)

obteniéndose _ T(r) =Ta

1 -) hen ( ET?

Heond

(8.89)

Como en r = 1.1R la temperatura es la del ambiente, evaluando la expresión

anterior en r = 1.1R, con T(1.1R) = Tp, se obtiene dQ dt

cond

= Heona = AATMKR(Tn — To)

(8.90)

Reemplazando valores numéricos, se obtiene

dQ de leona = 8.29 W

(8.91)

que resulta ser un orden de magnitud mayor que el valor dado por la expresión 8.86, correspondiente a la energía perdida por unidad de tiempo debida a radiación. b) La pérdida de energía térmica produce enfriamiento de la esfera. Suponiendo que la esfera se enfría uniformemente, la cantidad de calor transferido al

ambiente cuando la temperatura ha disminuido a un valor T(t) es, de acuerdo

con la Ec. 8.5,

Q(é) =mcAT = SmpcRi (Tr -T(0)

(5.92

Derivando la expresión anterior se obtiene que el calor cedido por la e$era a ambiente es

)

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

= —¿mpcR*—

(8.93)

Por conservación de energía, el calor cedido al ambiente debe ser igual a la suma de los calores transferidos por radiación y conducción. Es decir,

di

dT

Reemplazando

_4

ced M

dt

rad

de dt

cond

(8.94)

8.85, 8.90 y 8.93 en la Ec. 8.89, se tiene

poro

= 1l6reo RT$(T(t) —- To) + MTKER(T(t) — To)

(8.95)

donde se ha reemplazado Tp por T'(t) y como T(t) — To < T(t) + To, se ha usado la aproximación T(t)* — Tf = 4TF(T(t) — Tv). Reordenando términos en la Ec. 8.95, se obtiene

dT =—o(T(0) - To) Se

(8.96)

con

a= 3(4eoRT$ + 11k) = 2.87 10 sg? o pcR? Integrando la Ec. 8.91, PP

dT

Ta

T-T

= -Q

f

di

0

Explícitamente, T(t) = To + (Tn — To) grat

(8.97)

Reemplazando los valores numéricos, se obtiene finalmente,

T(t) =50%C (1 — 0.6e7287:10%)

(8.98)

donde t está expresado en segundos. De la expresión 8.98 se puede estimar que en una hora la temperatura de la esfera habrá disminuido a = 22.9%C.

CAPITULO

IX

PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA

Introducción Las variables físicas que describen el estado de un gas son la presión P, la temperatura T' y el volumen V. En el caso de un gas ideal estas variables satisfacen la siguiente Ecuación de Estado,

PV =NkgT

(9.1)

donde N es el número de partículas por unidad de volumen y kg = 1.38102%

J/K es la constante de Boltzmann Alternativamente la ecuación de estado, Ec. 9.1 se puede escribir como PV =nRT

(9.2)

donde n es el número de moles del gas y R = 8.314 J/mol-K es la constante universal de los gases. La constante universal de los gases se relaciona con la constante de Boltzmann a través de la expresión

kp

E ==;

(9.3:

donde Na = 6.02 - 10% es el número de Avogadro.

Mn

is

M n=—

TU

El número de moles se relaciona con la masa del gas mediante la expresión:

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

donde M es la masa del gas y mm partículas N mediante

es la masa molar, y con el número

n

N

Na

de

(9.5)

En el caso en que un mismo volumen encierre una mezcla de distintos gases, en equilibrio termodinámico la presión total ejercida por la mezcla de gases es la suma de las presiones parciales dadas por la Ec. 9.1. La Teoría Cinética de los Gases permite relacionar la energía interna U' del

gas con su temperatura. Así, la energía interna por molécula, por grado de libertad, traslacional, rotacional o vibracional, es

U= kgT

(9.6)

De este modo, la energía interna de un sistema formado por n moles de un

gas monoatómico, traslacionales, es

en el cual la molécula tiene sólo tres grados de libertad

U= RT = 3 NkBT = 3 py (9.7) 2 2 2 La energía interna U de un sistema físico cambia cuando el sistema intercambia calor con el medio o realiza trabajo sobre éste. La Primera Ley de la Termodinámica establece que el cambio de energía interna dU experimentado

por un sistema que absorbe una cantidad de calor 4Q y realiza trabajo 6W sobre el medio está dada por la relación

dU =5Q — Sw

(9.8)

Dependiendo de la. forma específica como ocurre el cambio de las variables que

definen el estado del sistema, se distinguen procesos isocóricos o isovolumétri-

cos, en que el volumen se mantiene constante, procesos isobáricos, en que la

presión se mantiene constante, procesos isotérmicos, en que la temperatura se

mantiene constante, y procesos adiabáticos, en que el flujo de calor entre el sistema y el medio es cero. En el caso particular de un proceso adiabático en un gas ideal se cumple la relación PV? = cte donde y es el índice adiabático, dado por

(9.9)

Capítulo IX. Primera Ley de la Termodinámica

y=2>1 Cu

(9.10)

siendo Cp y Cy los calores específicos a presión y volumen constante, respectivamente, que a su vez satisfacen la relación

Cp = CER

(9.11)

siendo R la constante universal de los gases ideales. El calur específico a volumen constante de un gas ideal está dado por el número n de grados de libertad de la molécula del gas, mediante la relación

Problemas Problema

9.1

La presión de oxígeno en un volumen de 50 m? es de 2.12 - 10* Pa. El volumen contiene 421 moles de oxígeno. La masa molar del oxígeno es 32 gr/mol. Encuentre la velocidad traslacional promedio de las moléculas del gas. Solución Conocidos la presión, volumen y número de moles del gas, la Ecuación de Estado, Ec. 9.2, permite determinar la temperatura, PV T== nR

(9.13)

Reemplazando los valores numéricos, se obtiene T = 302.99 K La, molécula tiene tres grados de libertad traslacionales. Usando la Ec. 9.7. la energía cinética promedio de una molécula es

E.= ¿NkgT

19.34

Igualando 9.14 a la energía cinética, se tiene 1

¿mo

=

¿AoT

21

150

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Usando 9.4 para la masa de una molécula y reemplazando kg por la Ec. 9.3, la ecuación anterior se escribe como

33

T = mou?

(9.16)

La masa de la molécula está dada por "==

Term, Na

con Mm, la masa molar y Ny el número de Avogadro. Reemplazando en 9.16, resulta

3RT Mm

(9.17)

Reemplazando los valores numéricos, se obtiene finalmente para. la velocidad promedio de una molécula

= 485.85 m/s Problema

9.2

Dos esferas de vidrio de igual volumen se encuentran unidas por un pequeño tubo de sección transversal 5 mm?, que contiene una cantidad de Mercurio, como muestra la figura 9.1. Las esferas han sido selladas a 20C, conteniendo exactamente un litro de aire cada una. Encuentre el desplazamiento del Mercurio, suponiendo que la temperatura de una de las esferas aumenta en 1*C, mientras la otra se mantiene en 20%C y que el cambio de temperatura es suficientemente pequeño como para que la dilatación del vidrio sea despreciable.

1 —A X le— Figura 9.1: problema 9.2.

Capítulo IX. Primera Ley de la Termodinámica

Solución Alcanzado el estado de equilibrio, las presiones Pi y P2 a ambos lados del

Mercurio deben ser iguales. Usando 9.1, se tiene

Como

hh _ Y NokgTz NikgT;

(9.18)

inicialmente en cada lado existe el mismo

volumen de aire a la misma

temperatura, el número de partículas debe ser el mismo, es decir, N¡ = Na. Así, la Ec. 9.18 toma la forma

Y»_

(9.19)

Suponiendo que el volumen inicial a cada lado es Vo y que el Mercurio se desplaza una distancia x respecto de su posición original, los nuevos volúmenes

son

Vi =VW+zx-A V.=V-x:A donde A

es la sección transversal del tubo. Reemplazando en 9.19, se tiene

Votz-A Ti

o

Vo-z-A T

(9.20)

Reemplazando los valores numéricos, con 7] = 294K y T) = 293K, se tiene finalmente que el desplazamiento del Mercurio es zx = 34.07 cm

Problema

9.3

Considere una cámara aislada térmicamente, formada por dos volúmenes separados por una pared hermética y térmicamente aislante, como muestra la figura 9.2. El lado derecho tiene un volumen de 0.5 1 y contiene 3 moles de Hidrógeno, a 20*C. El lado izquierdo tiene un volumen de 0.75 1 y contiene 2 moles de Helio, a 40%C. Repentinamente se rompe la pared interior y se mezclan ambos gases. Alcanzado el equilibrio térmico, encuentre

a) La temperatura final de la mezcla de gases. b) La presión que ejerce la mezcla de gases.

MN

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

V=0.751

V=0.5 1

Figura 9.2: problema 9.3.

Solución a) Considerando que el Helio es un gas monoatómico y su molécula tiene tres

grados de libertad traslacionales, y que el Hidrógeno es diatómico, teniendo

. su molécula cinco grados de libertad, tres rigor, existe un sexto grado de libertad suficientemente baja como para que este 9.6, se tiene que la energía interna inicial

traslacionales y dos rotacionales (en vibracional, pero la temperatura es modo no se excite) y usando la Ec. del sistema es

3 5 U; = ¿NHekpTHe + ¿NakpTH donde Nr.

y Ny son el número de átomos de Helio

mente, y The y Th

(9.21) e Hidrógeno respectiva-

sus temperaturas iniciales.

Luego de mezclarse los gases y alcanzado el equilibrio termodinámico, ambos gases se encuentran a una temperatura común T' y la energía interna es Us =

3

(¿Nueks

Como el sistema se encuentra energía interna, por lo tanto

5

+ ¿Nukn) IT

aislado térmicamente,

(9.22)

no hay cambio

Us 1 =U;

en la

(9.23

Reemplazando las Ecs. 9.21 y 9.22 en 9.23 y despejando T, se obtiene que la temperatura final es

7 = ¿NuekpTHe + ¿NukgTu _ ¿ngeTHe + ¿N4TH Nek

+ ¿Nygkg

3NHe + NH

(9.24)

donde se ha usado que Ny. = nHeNa y Ny = ngNa, COn NHfe y Ny el número de moles respectivo. Reemplazando los valores numéricos, se obtiene finalmente que la temperatura de la mezcla de gases es

Capítulo IX. Primera Ley de la Termodinámica

T = 298.7K = 25.7”C b) La presión final es la suma de las presiones parciales de ambos gases. Es decir, P = Pue + Pu

(9.25)

El volumen ocupado por ambos gases es la suma de ambos volúmenes iniciales. Luego, usando la Ec. 9.1 para ambos gases, resulta

P = (Nye + Nh)

kgT

= (Nge + np)

kBNaT

(9.26)

Reemplazando los valores numéricos, se obtiene que la presión final de la mezcla, es

P =9.93 - 10 Pa= 98 Atm Problema

9.4

Considere un modelo simple estacionario para la atmósfera terrestre. Debido a. intercambio de calor por conducción térmica, en estado estacionario, la tem-

peratura del aire decrece con la altura, a partir de un valor inicial correspondiente a la temperatura del agua en la superficie de los oceános, nominalmente 15*C, alcanzando su valor mínimo, -56%C, a 11 000 m de altura. El aire puede ser aproximado como un gas ideal diatómico, con masa molecular My = 0.03 kg/mol, (valor ligeramente superior a la masa del Nitrógeno molecular. principal constituyente del aire). Para las condiciones anteriores, obtenga una expresión para la presión atmosférica en función de la altura.

Solución De acuerdo con el enunciado, la temperatura del aire es Tp = 288Kenh=0y decrece a un valor Ty = 217 K en h = hmaz = 11000 m. Luego, la dependencia

de la temperatura con la altura está dada por la relación

T(h) = 7 + HP Rmaz

con

Ta — To

a = =—

Parar

To + oh

(9.27

154

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Consideremos una capa delgada de aire de densidad p, a altura h, de espesor Ah y área A, como muestra la figura 9.3. El peso de la capa de aire es

| P(h+Ah)

área

Pi) | Figura 9.3: problema 9.4.

w= mg = pgAAh

(9.28)

El peso de la capa de aire se mantiene en equilibrio debido a la fuerza neta que actúa sobre la capa debido a la diferencia de presión a ambos lados de la capa. Así, P(h)A— P(h + AhjA = pgAAh

(9.29)

Reordenando la ecuación anterior, se tiene

P(h+ an) PM)

vo

(9.30)

Tomando el límite Ah — 0 en 9.30, resulta

dP

dh 7

—=-

749

31 (9.31)

Considerando el aire como un gas ideal, satisface la Ec. de Estado 9.2, es decir, nMm RT P=-GAT== === V mn

.32 (9.32)

por lo que la presión depende de la densidad del aire y su temperatura como RT donde mm es la masa molar promedio de las moléculas del aire. Reemplazando la temperatura en 9.33 por la Ec. 9.27, resulta

Capítulo TX. Primera Ley de la Termodinámica

p= ==

(9.34)

Reemplazando 9.34 en la Ec. 9.30, se obtiene la ecuación dP

mmg9

dh

P

(9.35)

——R To+toh

Para obtener una expresión para la presión en función de la altura es necesario integrar la Ec. 9.35. Así,

P)dP mmg f? dh L PR / To + ah

(9.36)

donde Po = 1.01325-10% Pa es la presión atmosférica a nivel del mar, donde h = 0. Integrando resulta

P(ÓN

a)

_ _mMmg

(pe)

Reordenando, reemplazando a: y usando que Tp > Ty, resulta finalmente

P(h) =Po pl Lo

_ To

Ta 5

mmYGhmas /(To-TH)R

Rmar

(9.37)

Introduciendo los valores numéricos, resulta finalmente que con la. altura h en metros, si h < 11000 m, la presión en función de la altura está dada por la expresión

P(h) = 1.01325 - 105 (1 — 2.24. 10754) Problema

5.458

Pa

(9.38)

9.5

Se tiene un mol de gas monoatómico ideal, bajo condiciones iniciales P; y Vi. El gas se calienta de modo tal que se duplica su energía interna. a) Determine la energía interna inicial y final del gas. b) Encuentre la cantidad de calor que debe suministrarse al gas suponiendo que el proceso de calentamiento es isobárico. c) Encuentre la cantidad de calor que debe suministrarse al gas suponiendo que el proceso de calentamiento es isocórico.

d) Encuentre la cantidad de calor que debe suministrarse al gas suponiend+ que el proceso de calentamiento es isotérmico.

EN

156.

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Solución a) La energía interna de un gas ideal monoatómico está dada por la Ec. 9.6,

U = ¿NkgT

(9.39)

Usando la Ecuación de Estado 9.1 se tiene que

PV = NkgT Reemplazando en la Ec. 9.39, resulta para la energía interna inicial

3

Us = ¿PiVi

(9.40)

Uf = 20; = 3P,V,

(9.41)

y para la energía interna final

b) El trabajo dW realizado por un gas que se expande cambiando su volumen en dV es

dW = PdVv

(9.42)

Usando la expresión anterior en el caso de un proceso isobárico, el trabajo realizado es

W =

vs v;

PdV = P(Vs — V;)

(9.43)

El cambio en energía interna está dado por la Primera Ley de la Termodinámica, Ec. 9.8, AU =U;-U,=Q-W Reemplazado las expresiones 9.40, 9.41 y 9.43, resulta 3

Q=3P.Vi— ¿PV + PAV5 — Vi) Como la energía interna final es

Uy =P IV, y el proceso es isobárico, Pf = P;, usando la Ec. 9.41 se tiene que

(9.44)

Capítulo IX. Primera Ley de la Termodinámica

Ahora, reemplazando V¿ en 9.44 resulta

Q = =P c) En un proceso isocórico

dinámica, 9.8,

(9.45)

W = 0, luego, usando la Primera Ley de la Termo-

AU=Q

(9.46)

Q= PM

(9.47)

Usando 9.40 y 9.41, resulta

d) En un proceso isotérmico las temperaturas inicial y final son iguales y como la energía interna depende sólo de la temperatura, necesariamente Uf = U,. Esto implica que en un proceso isotérmico no resulta posible duplicar la energía interna.

Problema

9.6

n moles de un gas ideal diatómico realizan un proceso cíclico, de la forma

que muestra la figura 9.4. El tramo A — B es isobárico, el tramo B —= C es

isocórico, y el tramo C —> A es adiabático.

a) Determine el cambio de energía interna que experimenta el gas al completarse un ciclo.

b) Determine la cantidad de calor transferido al medio durante un ciclo de operación.

c) Determine el trabajo realizado por el gas en un ciclo de operación. Solución a) Al completarse el ciclo el gas vuelve al estado inicial. Como la energía interna es una variable de estado, su valor inicial y final son idénticos. Así. el

cambio neto en la energía interna en un ciclo es AU =0

(9.45

b) La cantidad total de calor transferido durante un ciclo es la suma de calores transferidos durante los diferentes procesos en el ciclo. Es decir.

MN

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

V

>

Figura 9.4: problema 9.6.

Q = Qas + Que + Qca

(9.49)

A>B

Es un proceso isobárico, luego

(9.50)

Was = Pa(VB — Va) Usando

la Ec. de Estado

de los gases ideales, Ec. 9.2, la Ec. 9.50 se escribe

como Was

=nR(Ta

- Ta)

(9.51)

Por otra parte, el cambio en la energía interna para el caso de un gas diatómico

es

AUap =UB-UA=

¿nRTp - ¿ARTA = 2nR(To — Ta)

(9.52)

Usando la Primera Ley de la Termodinámica, Ec. 9.8, se tiene que

5

7

Qar = AUAB+ Waz = ¿"R(Tp-TAnR(Ta-Ta) = ¿nR(Ta-Ta) (9.53) B>C El proceso es isocórico, luego W»ec =0 En analogía con el caso anterior, el cambio de energía es

(9.54)

AUnc =Uc — Up = ¿nR(To _ Ta)

(9.55)

Usando nuevamente la Primera Ley de la Termodinámica, 5

Qsc = AUgc + Wac = ¿NR(TC — Ta)

(9.56)

C>A

Como el proceso es adiabático, se cumple que

(9.57)

Qac =0

Luego, usando la Ec. 9.49 y reemplazando 9.53, 9.56 y 9.57, se tiene que el calor transferido durante un ciclo es

1 Q= ¿PR(Tg + 5Tc —T7TA)

(9.58)

que corresponde al calor suministrado al gas por fuentes externas. c) Usando la Primera Ley de la Termodinámica para el ciclo completo, se tiene

AU=Q-W

(9.59)

Como en la parte a) se vio que AU = 0, se cumple para el ciclo que

W=0Q

(9.60)

Reemplazando en la ecuación anterior el resultado para (QQ obtenido en la parte b), Ec. 9.58, se obtiene que el trabajo realizado por el gas durante un ciclo es W = ¿nR(Ta

+ 51c — Ta)

(9.61)

Para que el trabajo sea realizado por el gas se requiere que W > 0, es decir. 2Tp +5Tc

> Ta

En caso contrario, el trabajo lo realizan fuentes externas sobre el gas.

160

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Problema

9.7

Considere una cámara cilíndrica de volumen V, aislada térmicamente, que posee en su interior una pared delgada, móvil y hermética, térmicamente conductora, que puede deslizar sin roce, como muestra la figura 9.5. En el lado derecho de la pared hay 5 moles de Argón y en el lado izquierdo hay 3 moles de Oxígeno molecular. a) Encuentre el volumen ocupado por cada gas cuando el sistema se encuentra en equilibrio, expresando su resultado en términos de V. b) Suponga que la temperatura inicial de los gases es T y que la pared del lado derecho de la cámara se hace térmicamente conductora y permite el paso de una cantidad Q de calor al interior, volviendo luego a su condición aisladora. Encuentre la temperatura de ambos gases luego de alcanzado el equilibrio. Exprese su resultado en términos de T, Q y V.

c) Suponga que ocurre el mismo proceso anterior, pero ahora la pared móvil que separa ambos gases es adiabática. Encuentre una ecuación para la temperatura final del Argón. Exprese su resultado en términos de T', QQ, V y R, la constante universal de los gases.

Figura 9.5: problema 9.7.

Solución a) Como la pared es térmicamente conductora, en equilibrio la temperatura. T será la misma a ambos lados. Además, en equilibrio, la presión es igual a ambos lados, es decir, Par

= Po,

(9.62)

Usando la Ec. de Estado, Ec. 9.2, para la presión de ambos gases, narRT Var

_ No, RT Vo,

(9.63)

Capítulo IX. Primera Ley de la Termodinámica

Reemplazando el número de moles respectivos, NAr = 5 y No, = 3, se tiene

5

3 Yo» = Var Como el volumen total es

V = Var + Vo,

(9.64)

Combinando los últimos dos resultados, se obtiene

Vo, = sv Var

=

(9.65)

sv

b) Al alcanzar el estado de equilibrio nuevamente se igualan las temperaturas y presiones a ambos lados de la pared móvil, lo que implica que, de acuerdo con el resultado de la parte a), no hay cambio en los volúmenes ocupados por ambos gases. Como no hay cambio en los volúmenes, no se produce trabajo. Así, de acuerdo

con la Primera Ley de la Termodinámica, Ec. 9.8,

AU=Q

(9.66)

Q = AU 47 + AUO, = MartyasAT + 03009, AT

(9.67)

Considerando todo el sistema,

donde Cv, Y Cwo, SOn los calores específicos a volumen constante del Argón y Oxígeno molecular, respectivamente.

Cvo,

R

R

ll nia

Cuar

tico

Usando la Ec. 9.12 para el calor específico a volumen constante, considerando que el Argón es un gas monoatómico y que el Oxígeno molecular es diatómico. se tiene

Reemplazando los valores anteriores y el número de moles respectivos en la Ec. 9.67, se obtiene

Q =15RAT por lo que el cambio en la temperatura de los gases es

19.65

|

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

_Q

AT

15R

siendo la temperatura final

T=T+AT=T4

2 15R

(9.69 -

c) Si la pared interior de la cámara es adiabática, en el Argón ocurre un proceso de compresión adiabática, que de acuerdo con la Primera Ley de la Termodinámica satisface la relación AUAr

=

NArCoar

ATAr

=

W

(9.70,

Usando los valores anteriores, se obtiene

- 2 RAT,

(9.71)

El trabajo de compresión es realizado por el Oxígeno al otro lado de la pared. por lo que, con la Primera Ley de la Termodinámica, se tiene

AUo,

=Q-W

(9.72)

Como

1

AUo, = 2 RATo, Reemplazando en la Ec. 9.72 Q por el valor anterior y W por el resultado 9.71. se obtiene

Q=

15 7

(ATar + ATo,)

(9.73)

En equilibrio, la presión es la misma a ambos lados de la pared móvil, luego

como,

Par = NaArRT Ar /Var

Po, = no, RTo,/Vo,

(9.74)

usando la Ec. de Estado, Ec. 9.2, se tiene nArRT

Var

Ar

=

nO» RTo,

Vo,

Como los volúmenes satisfacen la relación 9.64, resulta

(9.75)

Capítulo IX. Primera Ley de la Termodinámica

Tar _ Var Vo,

(9.76)

3To,

Como el proceso en el Argón es adiabático, se cumple la relación 9.9. Es decir,

ParVis” =cte

(9.77)

Como Cy ,,, Usando 9.9 y 9.11, se obtiene yar = 5/3, por lo que usando 9.74, la Ec. 9.77 toma la forma RTAr,,s/3_

Var

SRT

(y)

(5/8

5/3

X8

(9.78)

donde el lado derecho corresponde a la condición inicial para el Argón. Simplificando la relación anterior, resulta

Tar

(51

+= (7%)

yA

Por otra parte, combinando las Ecs. 9.64 y 9.76, se obtiene

_ 5VTar Var = To, +5Ta

(979) (9.80)

Despejando Va, de la Ec. 9.79 y reemplazándolo en la Ec. 9.80, se obtiene 3/2

5, (7)

T

= IVTAr |

(9.81)

3T8/2To, + 579/27q. = 817%

(9.82)

8

Tar

3To,

+

STAr

que se reduce a

de donde se puede despejar To,, para obtener

(BT

To, =

TUDT py

r 57372

(9.83)

Como en la Ec. 9.73 AT ar = Tar —T

ATo, = To, - T reemplazando 9.83 en 9.73, resulta :

2Q_ (By

158R

12 _

1

3T3/2

erp3/2

)T Ar + Tar —2T

9.5

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

de donde se obtiene la ecuación para la temperatura del Argón:

aT5/? — q3/ Ty, — (5 + 37) Tr=0

(9.85)

que se puede resolver numéricamente para valores dados de T". Problema

9.8

Un cilindro cerrado de área A y volumen Vo, aislado térmicamente, tiene en su interior un pistón móvil, muy delgado, térmicamente aislante, que puede ser accionado externamente y desliza sin roce sobre la pared interior del cilindro. Inicialmente el lado izquierdo del pistón contiene un mol de Nitrógeno molecular, ocupando un volumen Vo/3, y el lado derecho contiene 2 moles de Helio, ocupando un volumen 2Vp/3, como muestra la figura 9.6, y el sistema se encuentra en equilibrio. Luego el pistón es accionado externamente, comprimiendo el Nitrógeno a un volumen Vo/4. a) Demuestre que inicialmente ambos gases.se encuentran a la misma temperatura 7. b) Determine la fuerza externa requerida para mantener el Nitrógeno com-

primido en el volumen Vo/4.

c) Encuentre la temperatura de ambos gases al final de la compresión. d) Determine el cambio de energía interna experimentado por el sistema en

bl Lon

m|


V Figura 10.9: problema 10.5.

Solución La eficiencia del ciclo está dada por la relación 10.2 n=1-

Qo

(10.66)

QH

La primera Ley de la Termodinámica, Ec. 9.8, establece

AU=Q-W En los tramos

(10.67)

B > C y D > A del diagrama P — V el volumen se mantiene

constante, luego Wac

= Wpa

= 0. A volumen constante el cambio de energía

interna para el caso de n moles de un gas ideal diatómico es

AU = ¿NRAT = ¿VAP donde se ha usado la Ec. de Estado 9.1. Como

APggc > 0 y APpa

(10.68) < 0, com-

binando las Ecs. 10.67 y 10.68, se concluye que en el tramo B > C

el gas

Capítulo X. Segunda Ley de la Termodinámica

absorbe calor, y que en el tramo D — A cede calor. Adicionalmente, como AUpc

= ¿NRAT

= ¿0R(Ta

- Tc) >0

(10.69)

se concluye que Ty > Tc. En los tramos C => D y A — B el proceso es isotérmico, por lo que la AU =0 y la Ec. 10.67 implica que (2 = W. Como el tramo C —> D corresponde a una expansión del gas, el trabajo es positivo, y el gas absorbe calor Qcp. A su vez, como el tramo A — B corresponde a una compresión del gas, el trabajo

es negativo, y el gas cede calor Qap. Así,

Qu = |(Qc + Qobl|

(10.70)

Qc = |Qna + Qan|l y la eficiencia del ciclo es

Ú

Calculando explícitamente,

=1

-

[Qna +Qabl [Qca + Qcol

- (10.71

(10.71)

QBc = c.ATc = CulTh — Tc) bv,

(10.72)

bV

Qen = Wen = '/ PdV = 1 nRTg += = RT in (57) Es decir,

(10.73)

Qcp = nRTpln(b)

donde se ha usado la Ec. de Estado 9.2 y que el tramo C —> D es isotérmico, a temperatura Tp.

Fa = cATpa = ColTc — Th) Qan = Wan = L

PdV

= L

ARTO

= nRTcIn (57)

(10.74)

|

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Es decir,

(10.75)

Qañp = —nRTcln(b)

dondese ha usado la Ec. de Estado 9.2 y que el tramo A — B es isotérmico, a temperatura Tc. Reemplazando

10.72, 10.73, 10.74 y 10.75 en 10.71, se obtiene

y =1- loo

Tm) - nRTcin(»)|

co(Ta — To) + aRTain(b)|

(10.76)

Como Cp = Cy + NR y Cp/c, = y, se tiene que Cy

=

nR y=1

Reemplazando en la Ec. 10.76, resulta finalmente que la eficiencia del ciclo es

1 Problema

_

(1 1)(Th —Te)in(b) (Lg - To) + (1 — DTHIn(b)

(10.77)

10.6

Considere un ciclo termodinámico como el que muestra la figura 10.10, realizado por n moles de un gas ideal monoatómico. Los tramos A> ByCUz=D son isobáricos, el tramo B > C es isotérmico, y el tramo D — A es isocórico. a) Obtenga la eficiencia termodinámica del ciclo. b) Obtenga el trabajo realizado por el gas en un ciclo. Exprese sus resultados en función de n y los volúmenes V;,, Va y Va. Solución

Como la eficiencia termodinámica depende del calor absorbido y cedido por el gas, 10.2, calculamos el flujo de calor asociado a los diferentes tramos del ciclo. El tramo A — B es isobárico, luego el calor transferido es

(10.78)

Qab = cp AT = cp(Tp — Ta) El tramo B — C

es isotérmico, luego el cambio en energía interna es AU = 0.

Luego, usando la Primeral Ley de la Termodinámica,

9.7, se tiene

Capítulo X. Segunda Ley de la Termodinámica

p4

pp--

1 t. 1 1 1 1 !

4

ú

Leo

D,

o

ro

'

]

1

1

]

7

t

V,

V,

Y

Cc

>

V

Figura 10.10: problema 10.6.

QaBc = We

= /

vs Va

PdV

=

Va Va

dv

nRTB> V

= nRTpln

Va

(7) Va

(10.79)

donde se ha usado la Ec. de Estado 9.2 y que la temperatura es Tp. El tramo C > D

es isobárico, luego el calor transferido es

Qcp = cpAT = cp(Tp — Tc) El tramo D > A

(10.80)

es isocórico, luego

Qna =CcvAT =cy(Ta — Tp)

(10.81)

Usando la Ec. de estado 9.2, se encuentra que

por lo que, de acuerdo con el diagrama P — V Qan

de la figura 10.10, Tb > Tay

> 0.

Análogamente, como el tramo respectivo es isotérmico, Tc = Tp, y

por lo que, según el diagrama P — V de la figura 10.10, Tp < Tc y Qcp

Adicionalmente,

Tp y

Qpa >0.

Como Qpc > 0, se tiene que el calor absorbido por el gas durante un ciclo es

Qu = Qarn + Qac +0QDaA

(10.82)

y el calor cedido durante un ciclo es

Qc = lQconol| = —Qcp

(10.83)

Luego, reemplazando los calores respectivos en la expresión para la eficiencia termodinámica,

10.2, resulta

p=1-90

1

Qu

co

Cp(Tc — Tp)

/V2) Tp Ta) +co(Ta — Tp) + nRTgIn (V3

(10.84)

En un gas ideal monoatómico Cc, = 3R/2 y cp = 5R/2. Luego, reemplazando los valores respectivos, se obtiene

5(Tc — Tp)

n=1-

5(Lo — Ta) + 3(Ta — Tp) + IT gn (Va/Va)

(10.85)

5Pa(V3 — Vi)

(10.86)

Usando la Ec. de Estado 9.2, se pueden reemplazar las temperaturas en términos de los volúmenes y presiones respectivos, obteniendo

n=1-

5P1(V2 — V1) + 3V¡(P, — Po) + 2nP¡ Valn(V3/V2)

Como el tramo B —> C

es isotérmico, se cumple que

Reemplazando P, en 10.86 y reordenando términos, se obtiene finalmente que

7

2111

2V1V3 + 2nVaValn(V3/Va)

— 5V2V3 — 2V1V3 — 3VVa + 2nV2V3ln(V3/V2)

(10.87)

b) Como en un ciclo completo AU = 0, usando la Primera Ley de la Termodinámica 9.7, el trabajo realizado por el gas es

Capítulo X. Segunda Ley de la Termodinámica

W =QH - Qc

(10.88)

Usando los calores respectivos en 10.82 y 10.83, se tiene

W

= Cp TB — Ta) + Cul[Ta — To) +nRTgln

v:

(7)

2

- Col Tc — Tp)

(10.89)

Siguiendo el mismo procedimiento que en la parte a), esto es, reemplazando los calores específicos y eliminando las temperaturas, se obtiene que el trabajo

realizado por el gas en un ciclo es RP,

W ==72 [nVaValn(Va/Va) — 4V1 Va + 5V2Va — Vi Vs] Problema

(10.90)

10.7

El ciclo cerrado A>B>C=>D=>E=>F>2G>MH A que muestra el diagrama P — V de la figura 10.11 es desarrollado por un gas ideal y está compuesto de dos ciclos de Carnot, que funcionan entre las temperaturas que se indican. Los tramos C => B y G => F pertenecen a la misma curva adiabática.

Figura 10.11: problema 10.7.

Solución Como se trata de un gas ideal, en cada punto del ciclo se satisface la Ecuación de Estado, 9.2, es decir

MN

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

PV =nRT

(10.91)

Como la eficiencia termodinámica depende del calor absorbido y cedido por el

gas, 10.2, calculamos el flujo de calor asociado a los diferentes tramos del ciclo. A = B: el proceso es isotérmico, luego AU de la Termodinámica,

Qas

=

= 0. Luego, por la Primera Ley

9.7,

Va 3 PdV = -nRT Va 4

Vedav 3 VB + =-nETIn (7) Va V 4 Va

(

10.92

)

donde se ha usado 10.91, a temperatura 37/4. Como Vg > Va, se cumple que

Q an > 0.

B = C: como el proceso es adiabático,

(10.93)

pc =0 C —= D: como el proceso es isotérmico a temperatura T,

Qcn = / Como

Vo

Ve

Vo

PdV =nRT

Vo

Vp > Vo, se cumple que Qcp

d

Y

V

RT

V,

(72) Ve

(10.94)

> 0.

D = E: como el proceso es adiabático,

(10.95)

QDeE=0 E = F: como el proceso es isotérmico a temperatura T'/4,

Cer

=

/,

Vr

1

PdV = =nRT

4

Como V” < Vg, se cumple que

Vr dv

Va

—

V

1

Ve

=-nkETIn (2)

4

Ve

10.96 (10.96)

Q gp < 0.

F > G: como el proceso es adiabático,

(10.97)

QraG=0 G => H: como. el proceso es isotérmico a temperatura 7/2,

QoH

=

Va Va

1 PdV = ¿nRT 2

Vadv —

Va

V

1 Va = ¿nRTIn (72) 2

Ve

(

10.98

)

Capítulo X. Segunda Ley de la Termodinámica

lo]

Como Vy < Vg, se cumple que Qca < 0. H > A: como el proceso es adiabático,

(10.99)

QHa =0

De acuerdo con lo anterior, el calor absorbido por el gas, correspondiente a Q > 0, es 3

Va

7)

Qi = -nRTIn| qPR 2(;7)+nr — Tin (ve |—

( 10.100 )

y el calor cedido por el gas, correspondiente a Q < 0, es 1

Vr

— Q2 =-—|-[¡nATin (7)

1

Vyg )

[| —= + -¿PERTIln (E

10.101 (10.101)

Luego, la eficiencia, 10.2, es 7

Qo

=1-=1+ Q1

In (Vr /VE) + 2In (Va /Va)

3ln (Va/Va) + 4ln (Vp/Vc)

(

10.102

)

En los tramos adiabáticos se cumple, Ec. 9.9,

PV? = cte que usando la Ec. de estado, 9.1, equivale a

TV! = cte

(10.103)

Aplicando 10.103 a distintos tramos adiabáticos resulta

Ve/Vo Ve/Ve

= =

4/00 4¿UbD

Vu/Va

=

(3/2/00

Va/Va

=

(3/2/00

de donde se obtiene Va /Va

= Va/Va

VE/VE = Ve/Vo Reemplazando este resultado en la expresión para la eficiencia, 10.102, resulta

Problemas: Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

_ In( Va/Va) + 3ln (Vp/Vo)

(10.104)

"= 3ln (Va/Va) + Ain (Vp/Vo) Como

la eficiencia de un Ciclo de Carnot que opera entre T, y Ta está dada

por la Ec. 10.3,

nc =1-T¡/Ta resulta interesante notar que si Va = Vp, lo que implica Vy = Va, se obtiene n=4

que corresponde a la eficiencia de un Ciclo de Carnot con T;, = T y Ta =T/4. Análogamente, si Vo = Vp, lo que implica Ve = Vr, se obtiene 123

que corresponde Ta = T/2.

Problema

a la eficiencia de un Ciclo de Carnot

10.8

< Thu, QubB = Qca y

las eficiencias

termodinámicas de ambas máquinas, operadas en forma independiente, son NA y NB, respectivamente.

=

3T/4

y

Ta

Una máquina termodinámica está formada por dos máquinas menores, que operan en cascada, como muestra la figura 10.12. El proceso que realiza la máquina mayor empieza con la máquina A y luego continúa con la B. Tc < Tm

con T|

Q

a

Qu

Wa Un

Q (B)

=

We

To

Figura 10.12: problema 10.8.

a) Determine la eficiencia de la máquina mayor, expresando su resultado en términos de las eficiencias de las máquinas individuales. b) Si la máquina B se invierte, operando como bomba de calor, mientras la máquina A funciona normalmente, ¿Cuál es la eficiencia de la máquina combinada?

Capítulo X. Segunda Ley de la Termodinámica

c) Si la máquina A es de Carnot y la máquina B realiza el ciclo que muestra la figura 10.13, en que el tramo A > B es isotérmico, encuentre el trabajo realizado por la máquina combinada operando normalmente, expresando el resultado en función de las temperaturas de operación y la constante adiabática y, suponiendo que los ciclos son realizados por un mol de un gas ideal.

C:

BB

Y

Mv

Figura 10.13: problema 10.8.

Solución

a) Desde el punto de vista exterior, la máquina mayor equivale al proceso que muestra la figura 10,14. Luego, usando 10.2, la eficiencia

es

Qs

-Wa+Wa_ QHA

Wa, Wa

Qua

QHa

Adicionalmente, para cada máquina dual se tiene que la eficiencia es

(10.105)

Figura 10.14: problema 10.8.

indivi-

na = Wa/Qua

(10.106)

na = Wa/QHb Del enunciado se tiene que,

QHp = Qca Como además se debe conservar la energía, se cumple que

(10.107)

MN

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Qua = Wa + Qca (10.108)

Qu = Wa + QcB De las Ecs. 10.106, se tiene que

W

MB QuHB

=

Qua

10.109

"PQua

)

Usando las Ecs. 10.107, 11.108 y 10.109, resulta

We

(eee - La)

>XRB—

(

Wa )

=9mB | =——)]|=nm5B|1-=—=])]=

QHA

QHA

Ú

Qua)

>”

B —

TIBNA

10.110

)

Luego, reemplazando 10.110 en 10.105, resulta

=MNA +NB — NANB

(10.111)

b) Al invertir la máquina B, el funcionamiento de la máquina combinada es reemplazado por el esquema que muestra la figura 10.15, siendo aho-

a

r HA

a

ra Qca = Qcó-

Q

La eficiencia de la máquina combinada es ahora

Z lu

Ú

Wai-Wza * = ———— =NA-=

QHA

Adicionalmente,

"A"

de

CA

B,

Wp A

10.112

Ona

para cada máquina

)

Jay

B

Cc

individual,

considerando en el caso de la bomba de calor la máquina térmica equivalente, la eficiencia es

«—W

Figura 10.15: problema 10.8.

na = Wa/Qua

(10.113)

n= Wa/Qca Reemplazando ng en la Ec. 10.112, se tiene E

Como

QHA

QHA

(10.114)

Capítulo X. Segunda Ley de la Termodinámica

na = YA 1 QHA

|

Que QHA

resulta

Qca QHa

11 NA

(10.115)

y la Ec. 10.114 se escribe como

(10.116)

r* = Na — nB(l — NA) de donde resulta finalmente que

(10.117)

N* = Na — NB + MNANB c) El trabajo W hecho por la máquina mayor realizados por las máquinas menores. Es decir,

es la suma

de los trabajos

W =Wa+W5g = Qua-— Qca + QuB- Qca =Qma-QocB

(10.118)

Como Á es una máquina de Carnot, usando la expresión para la eficiencia, Ecs. 10.2 y 10.3, se cumple que

Tag == _ QuHa

—

Tm

Qca

(

10.119

)

Usando 10.107, la Ec. 10.119 se escribe como T,

3M Qua= Que

(10.120)

por lo que, combinando 10.118 y 10.120, el trabajo resulta ser

W=

T

7

M

Qua - Qcn

(10.121)

Resta entonces encontrar el calor absorbido y cedido por la máquina B, cuyo ciclo de operación está dado por el diagrama PV de la figura 10.13. A=>B: El proceso es isotérmico a temperatura Ty, luego AU =0 y

Qap =WaB>0

(10.122)

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

dado que el trabajo es positivo al crecer el volumen.

Was

== RTu RT

Va dv va, == V

RTlnIn

Va (2 (+7)

(10.123)

Usando la Ec. de Estado, 9.1, se tiene que PoVa = RTm

(10.124)

PoVa = RTc por lo que

Va _ Tm Va

Te

y la expresión para Q Ap, 10.123, se escribe

(10.125) B=C: Usando la Primera Ley de la Termodinámica,

Ec, 9.1, se tiene

Qpc = AUgc + Wac

(10.126)

Explícitamente,

Oc = c.ATc + Po

Va

Va

dV = ca(Tc — Tm) + PolVa — VB)

(10.127)

Usando la Ec. de Estado, 9.1, PoVa = RTo

(10.128)

PcVa = RTu Adicionalmente, usando 9.10 y 9.11, se tiene que

(10.129) (10.130)

Capítulo X. Segunda Ley de la Termodinámica

Como

y > 1 y Te < Tm,

Qe

A: Como el volumen es constante, Wa

=0 y

R

Qca = AUca = CrATca = culTm — Te) = 10M Como

MM

Tc)

(10.131)

y > 1 y Tu < Tc, Qca > 0.

Ahora usando

10.125,

10.130 y 10.131, y considerando que el calor total ab-

sorbido en el ciclo corresponde al flujo positivo de calor y el calor cedido al flujo negativo, se tiene que

Qu = Qañ + Qca = RTmln (Tu /1c) + R(Tu — To) /(y- 1)

(10.132)

Qca = lQcal = R(Tu — Te) (Qy — 1)/(7 — 1) Ahora, reemplazando en 10.120, resulta

W = RTgln ( 70) Tc Problema

+

R

[2

1=-1|Tm

_2y- 1] (Lu — To)

(10.133)

10.9

Un líquido de masa m y calor específico c, a temperatura T|,, es mezclado con una cantidad igual del mismo líquido, que se encuentra a temperatura Ta

>

T,.

Si el sistema

está aislado

térmicamente,

entropía experimentado por el Universo en el proceso.

encuentre

el cambio

de

Solución Como el sistema está aislado térmicamente, no hay flujo de calor al exterior. Así, al mezclar los líquidos, uno de ellos cede calor y otro lo absorbe, de modo que se cumple la relación

(10.134)

Qabs = Qced que es equivalente a mec(T;

- Ti)

=

mec(Ta

- Ts)

de donde se obtiene que la temperatura final de la mezcla es

(10.135)

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

py! y (T1 + Ta)

(10.136)

El cambio total de entropía debe ser igual a la suma de los cambios de entropía experimentados por ambos líquidos. Es decir,

(10.137)

AStotar = AS1 + AS?

donde los índices se refieren a los líquidos a temperaturas iniciales 71 y Ta, respectivamente.

Usando la Ec. 10.5 para el cambio de entropía, se tiene

AStotal

=

T; J ,

dQ;

=== T

Ty + A »

dQo

== T

(

10.138 0

(

10.139 )

)

Como dq) = medT

reemplazando en la Ec. 10.138, resulta

AStota total

= me

Reemplazando

Ty dr, LS

Ts dT 7, 7|- mc

T | [In ( EJ T

E

n

T ( E) To

10.136 y ordenando términos, se obtiene que el cambio de en-

tropía en el sistema, que es igual al cambio de entropía en el Universo, es AStotar = 2meln (7

+ 7)

24111)

Problema

(

10.14

0)

10.10

Considere un contenedor, térmicamente aislado, formado por dos volúmenes, V, y Vo, separados inicialmente por una pared térmicamente aislante. En v

hay N¡ moléculas de un gas monoatómico a temperatura T,, y en Va hay Na moléculas del mismo gas, a temperatura 72 > T,. La pared es removida, de modo que ambos gases se mezclan. Encuentre el cambio de entropía experimentado por ambos gases, luego de alcanzado el equilibrio termodinámico.

Capítulo X. Segunda Ley de la Termodinámica

Solución El cambio de entropía del sistema está dado por la ecuación 10.5. Considerando

ambos gases, el cambio total de entropía es

ASr = AS, + AS2 = Eder, 5dea

(10.141)

Usando la Primera Ley de la Termodinámica, Ec. 9.7, se tiene en general que

dQ = dU + dW

(10.142)

En particular, para el caso de un gas monoatómico,

dQ1 = ¿N¡kpdT + Pav dQ2 = 3N2kpdT + PdVv Reemplazando en 10.141, se tiene

T,

AS = Más LGar,

v,

T;

ETE 5 Nokg 5 T,

v

Y P Va

pdV (10.143)

Usando la Ec. de Estado de Gases Ideales. 9.1, P _ Nkg TV por lo que la Ec. 10.143 se puede escribir como

ASr = ka [3 fp E + ¿No fp T,

+N1

V

105

a

T,

+

N:

V

Sy

(10.144)

LS

Integrando,

ASr

= ka [¿Nn (72) + ¿Naln (7) +Niln (14) + Naln (1£)]

(10.145)

Como el sistema está aislado térmicamente, no hay flujo de calor al exterior. Luego se cumple la relación

AQ = AQ» mic(T,

- Ti)

=

mac(Ta

- Ty)

|

|

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

y dado que ambos gases son iguales,

T;= NT, + NaT Po

Ni +Na

Como además V; = Vr + Va

se obtiene que el cambio de entropía asociado al proceso de mezcla de los gases

es

ASr

3 —=kglNilnl

NT, or) —— ] + Naln

ro? al a =

a om)| | ===

+ Na) 22,

+kp [Mito A + 2) + Naln E + >)] vi

Problema

Va

(10.146)

10.11

Se tiene un cubo de hielo de masa 100 g, a -20 *C, al que se le aplica calor hasta

que se convierte en vapor de agua a 200 *C. Suponiendo que el calentamiento en la fase de vapor es isobárico y que el vapor de agua se comporta como un gas ideal, encuentre el cambio total de entropía en el proceso. Los calores específi-

cos del agua y el hielo son c, = 4.18 - 10% J/Kg-K y c, = 2.1 - 103 calores latentes de fusión y vaporización del agua son cp = 3.34 y Cy = 2.25 - 10% J/Kg-K, respectivamente, y la masa molecular mm = 0.018 kg/mol. La molécula del agua es triatómica, y en temperaturas considerado su índice adiabático es y = 1.3.

J/kg-K, los 10% J/Kg-K del agua es el rango de

Solución El cambio total de entropía es la suma de los cambios de entropía asociados a las distintas estapas del proceso de calentamiento. Es decir, ASr = AS¡ +AS23+ AS3 + AS¿4 + AS5

(10.147)

donde AS, es el cambio de entropía en el calentamiento del hielo desde -20 *C

a 0 *C, AS) es el cambio el cambio de entropía en es el cambio de entropía cambio de entropía en el

de entropía en el proceso de fusión del hielo, AS3 es el calentamiento del agua desde 0%C a 100 *C, AS, en el proceso de vaporización del agua, y AS; es el proceso de calentamiento del vapor de agua desde

Capítulo X. Segunda Ley de la Termodinámica

100 *C a 200 *C. Calculamos cada uno de los cambios de entropía. Usando la Ec. 10.5, se tiene

AS; =

T. [5 1d T;

T, [2 1d

=_ com

_= camin (2) 2

(10.148)

Con T; = 253 K y Tf = 273 K, y reemplazando los otros valores numéricos, se obtiene

AS, = 15.98 J/K

(10.149)

Como en el proceso de fusión T = Tp. = 273 K = cte, AS» =

AQrF

=

CcrTn

Tr

.1 (10.150)

= 122.34 J/K

(10.151)

Tr

Reemplazando los valores numéricos resulta

AS

Para el calentamiento del agua el proceso es similar al de calentamiento del hielo, sólo que con distintas temperaturas y calor específico. Así,

AS3 = camin (2)

(10.152)

Con T; = 273 K y Tf = 371 K, reemplazando resulta

los otros valores numéricos,

AS3 = 130.46 J/K

(10.153)

El proceso de vaporización es similar al de fusión, en cuanto a que ocurre a temperatura

latente. Así,

constante T' = Ty =

373K

y usa un valor distinto del calor

ASy= 22

(10.154)

Reemplazando los valores numéricos resulta

ASa = 603.22 J/K Usando la Primera Ley de la Termodinámica, Ec. 9.8,

(10.155)

|

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

dQ = dU + dW =cndT + PdV

(10.156)

donde c, es el calor específico molar del vapor de agua a volumen constante. Como

el proceso de calentamiento del vapor de agua es adiabático, P = cte,

luego PdV

= nRdT

con m

n=-—

Mm

Adicionalmente, usando la Ec. 9.11, se tiene que

R= cp 0 =00 (2-1) = Col y — 1) de donde se obtiene que

_

R

%= 71 por lo que la Ec. 10.156 se escribe

do=Lr (23) dT Mn,

(10.157)

y=1

Luego,

ASs

Ñ

=

m y —Rl| —

Mm

(3)

f,

T $dT m ( Y — = —R|— T

ne

y-1

)

]ln|

2

(4) + 1;

(

10.158

)

Con T, = 373 K y Tf = 573 K, y reemplazando los otros valores numéricos, resulta

AS5 = 85.88 J/K Finalmente, reemplazando

(10.159)

10.149, 10.151, 10.153, 10.155 y 10.159, se obtiene

que el cambio total de entropía es

ASt = 957.88 J/K

(10.160)

CAPITULO

XI

REFLEXION Y REFRACCION

Introducción La luz es una Onda Electromagnética (OEM), que se propaga en el vacío con velocidad c= 3 - 108 m/s. En la materia la luz se propaga a velocidad v < c, con

v=-=

(11.1)

siendo n > 1 el índice de refracción, que depende del medio material específico. En general, para un material dado, el índice de refracción es función de la longitud de onda de la luz, esto es, n = n(A). Para el estudio de la propagación de la luz es útil considerar el concepto de rayo, que consiste en una recta perpendicular a los frentes de onda, definidos a su vez como puntos de igual fase en la propagación de la onda. Por ser una onda,

la luz experimenta

toda la fenomenología

asociada a los

fenómenos ondulatorios. En particular, al incidir luz sobre la interfaz entre dos medios, ocurre tanto reflexión como transmisión de ésta.

Así, al incidir un rayo de luz sobre una superficie y reflejarse, los rayos incidentes y reflejados se encuentran sobre el mismo plano que.la normal a la superficie, y los ángulos de incidencia 6, y reflexión 0,, medidos respecto de la normal, como muestra la figura 11.1, satisfacen la relación

MI

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

0, =0;

(11.2)

Un rayo que incidiendo desde un medio con índice de refracción n¡ se transmite a través de

una interfaz, hacia el otro medio con índice de refracción no, experimenta refracción, proceso en el cual cambia su dirección de propagación. Los rayos incidente y refractado se encuentran en el mismo plano y sus ángulos de incidencia

91 y refracción 02, medidos desde la normal a la interfaz, como muestra la figura 11.2, satisfacen

Figura 11.1: reflexión de un ra-

yo de luz.

la relación

n¡sen(0,) = nasen(07)

(11.3)

La 11.3 se conoce como Ley de Snell. En el caso que n; > na, existe un máximo ángu-' lo de incidencia, llamado ángulo crítico, 6., tal

que el rayo refractado se propaga paralelo a la interfaz como

entre los dos

medios,

con

muestra la figura 11.3. Usando

02

=

7/2,

0, = 7/2

en la Ley de Snell, Ec. 11.3, se obtiene que el

Figura

11.2:

refracción

de

un

YY de luz.

ángulo crítico satisface la relación

sen(0.) = 12 n1

(11.4)

Si 61 > 0,, el rayo no se refracta y experimenta reflexión total interna. Figura 11.3: ángulo crítico.

Problemas Problema

11.1

Un rayo de luz incide desde el aire sobre una placa de vidrio, experimentando reflexión y refracción en las superficies anterior y posterior de la placa, como

muestra la figura 11.4. La placa tiene índice de refracción n y espesor d. Encuentre el desplazamiento lateral entre el rayo incidente y el que sale de la placa, expresando el resultado en función del ángulo de incidencia 0,, n y d.

Capítulo XI. Reflexión y Refracción

Solución

Usando la Ley de Snell, Ec. 11.3, como el índice de refracción del aire es n = 1, se tiene que para la primera refracción se cumple que

send =

senó;

(11.5)

n Por la simetría del problema, el ángulo 0, satisface la relación

Figura 11.4: problema 11.1. send) = _

DR.

v(D]2? + d?

Es decir, nd,

cena

D = ===;

11.6

VD? + 4d?

(11.6)

Reemplazando en la Ec. 11.5, resulta

2p. _ sen%0; n2

D 2

(11.7)

D? + 4d?

de donde se despeja D, para obtener finalmente que el desplazamiento lateral del rayo emergente es 2dsenó0;

(11.8)

D = ===

Vin? — sen?0;

Problema

11.2

Al observar un pez desde fuera del agua en ángulo de 30” con respecto a la. superficie,

se percibe

que éste se encuentra

a 20 cm

de profundidad.

Si el

índice de refracción del agua es n = 1.3, ¿Cuál es la profundidad real a la que se encuentra el pez? Solución

La imagen del pez está formada por rayos de luz que provienen del interior del agua, que experimentan refracción en la interfaz agua-aire. El ojo humano -

asume que el pez se encuentra en la prolongación al interior del agua del rayo de luz que incide sobre él, como muestra la figura 11.5.

Usando la Ley de Snell, Ec. 11.3, para el rayo de luz proveniente del pez, se tiene

Problemas Resueltos de Ondas,

Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Figura 11.5: problema 11.2.

n¡sen0, = nasenó)

(11.9)

y con n] = 1, na = 1.3 y 0, = 60", resulta sen9 = 0.666 Como

la distancia sobre el agua, desde la normal al pez, es la misma para el

caso del pez real o su imagen, se cumple que

tan(30%) = 20[cm] /d

(11.10)

tanó, = d/h Combinando ambas ecuaciones, se obtiene

20 [cm]

= tan(30%)tand2

(11.11)

Como tanda, =

senda

send)

cosd

yl —sen202

= 0.983

reemplazando este valor en 11.11, se obtiene que la profundidad real a la que se encuentra el pez es

h = 38.79 [em] Problema

(11.12)

11.3

Encontrar la profundidad a la que se ve una moneda en el fondo de una piscina de profundidad h, si se le mira en dirección de la vertical, justo por encima de ella.

Capítulo XI. Reflexión y Refracción

Solución Consideremos primero el caso en que la moneda es observada en ángulo 9, con: respecto a la normal, como muestra la figura 11.6. Si h y h* son tespectivamente las profundidades real y aparente de la moneda, usando la Ley de Snell, Ec. 11.3, se tiene

IX

>M al

SS Figura 11.6: problema 11.3.

sen9, = nsen0,

(11.13)

De la geometría de la figura 11.6, se tiene

sen0, =s/vVs? + h*?

(11.14)

send, = s/ys? + h?, Reemplazando 11.14 en 11.13, resulta El

Vsl+ ht?

=

ns

11.15

Ys +h2

(11-15)

Despejando A*, resulta 1

h*= ys =4/82(1 — n2) + h2 (1-n2)+

+.

11.1 (11.16)

La observación de la moneda en dirección de la vertical corresponde al caso s — 0, obteniéndose

lím h* =h/n

s—0

(11.17)

o]

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Así, al observar verticalmente un objeto en el interior de un líquido, siempre se le percibe a una profundidad relativa

h* =h/n Problema

(11.18)

11.4

Un prisma es un objeto de sección transversal triangular. Considere un prisma equilátero de arista L. Un rayo de luz incide sobre el lado derecho del prisma, . paralelo a la base. a) Si el índice de refracción del prisma es n, ¿cuál es el ángulo que hace el rayo de luz con la base del prisma cuando sale de éste? b) Suponiendo que el rayo es de luz blanca, longitudes de onda en el espectro visible, del prisma va de n, = 1.4 en el rojo a n, el ángulo de dispersión entre la luz roja y

esto es, formado por distintas y que el índice de refracción = 1.5 en el violeta, determine violeta, a la salida del prisma.

Solución a) Dado que el prisma es equilátero, usando la Ley de Snell, Ec. 11.3, con la geometría de la figura 11.7, se tiene para la primera refracción 1

sen30” = nsen0; = 2

(11.19)

y para la segunda,

nsen02 = sen(30* + 0)

(11.20)

Figura 11.7: problema 11.4.

De la geometría también se obtiene (90? — 6,) + (90? — 62) + 60? = 180? por lo que

sen(91 + 02) = sen(60%) =

ol

|

(11.21)

Como

sen(0; + 62)

=

sen0,cos0, + sen92cosÓ,

=

sen6; y 1 — sen?0, + send2 1 — sen?9,

(11.22)

Capítulo XI. Reflexión y Refracción

entonces

senó¡ y 1 — sen?0, + sen0, y 1 — sen?0, = Ya

(11.23)

Usando 11.19, la Ec. 11.23 se reemplaza por

Df

— sen?0, + senta

V In? -1=v3

(11.24)

Ahora, usando 11.20, resulta

yn? — sen?(30% + 0) = V3n? — sen(30* + 6) V4n? — 1

(11.25)

Elevando al cuadrado ambos lados de la Ec. 11.25 y reordenando términos, resulta la ecuación de 2” grado para sen(30* + 0),

4sen?(30” + 6) — 24//12n? — 3sen(30" + 6) + (3n2 — 1) =0

(11.26)

que se puede resolver, obteniendo 1.

sen(30? + 6) = q

12n? —3>+1)

(11.27)

Como O < sena < 1

y n > 1, la solución correcta corresponde al signo (-) en 11.27. Así,

9 = Arcsen E

12n2 — 3 — 1) — 30?

(11.28)

b) Al depender el índice de refracción explícitamente de la longitud de onda, el resultado de la parte a) implica que las distintas longitudes de onda emergen a ángulos distintos al salir del prisma. Así, usando 11.28, se tiene 1

6, = Arcsen (qV12n? =3- 1) — 309

1 9, = Arcsen (van

-3- 1) — 30

(11.29)

o

(11.30)

Reemplazando explícitamente los valores de los índices de refracción, resulta 9, 0,

=

31.94? 47.109

||

Ed

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola ..

Figura 11.8: problema 11.4.

por lo que el ángulo de dispersión A6 para los colores del espectro visible a la salida del prisma es

AO = 0, — O, = 15.16"

(11.31)

lo que se muestra esquemáticamente en la figura 11.8. Problema

11.5

Tres láminas de materiales A, B y C tienen índices de refracción nA, NB Y Nc,

respectivamente. Las láminas están apiladas una sobre otra, en el orden que muestra la figura 11.9. Un rayo de luz que se propaga en el material A incide sobre la interfaz AB en ángulo 04. Se observa que el rayo de luz penetra al interior del material B sólo si 9 4 < 507, y al material C sólo si

64 < 30%. Con

la información disponible determine los cuocientes n4/ng y ng/NCc. A

n,

B

No

C

nm

8

A! ds

[]

LO

Figura 11.9: problema 11.5.

Solución

De acuerdo con el enunciado hay refracción en la interfaz AB sólo si 04 < 50". Ello implica que que 84 = 50” es el ángulo crítico para la interfaz. Así, usando la Ec. 11.4

E

Capítulo XI. Reflexión y Refracción

sen04, =sen(50*) = E

A

(11.32)

Luego,

"B — sen(50”) = 0.766 NA

(11.33)

Usando nuevamente la Ec. 11.4, el ángulo crítico para la interfaz BC es sen0p, =

ee

11.34 (11.34)

no

Como el rayo de luz proviene del material A, en la interfaz AB se satisface la Ley de Snell, Ec. 11.3, nAsenó y = ngsen0p

(11.35)

De acuerdo con el enunciado, si 94 = 30”, entonces 0g = Op, . Así, usando las

Ecs. 11.33, 11.34 y 11.35, se obtiene

nC NB

RNA o, sen(309) 30") = NB sen(30*) sen(509)

—= ==

11.36

)

Finalmente resulta

"O = 0.6527 np

Problema

(11.37)

11.6

Un rayo de luz se encuentra atrapado en el * interior de un cubo de cristal de índice de . refracción n, debido a que experimenta re- . flexión total interna. El cubo está rodeado . de aire (Naire = 1). El rayo se refleja en el centro de cada cara del cubo, en ángulo de 45” respecto de la normal, como muestra

la figura 11.10.

Figura 11.10: problema 11.6.

a) Encuentre el mínimo valor de n para que ocurra reflexión total interna. b) Se adosa al cubo un segundo cubo, de iguales dimensiones, pero de índice de refracción n*, como muestra la figura 11.11. Considerando que el primer cubo tiene índice de refracción igual al valor mínimo determinado en la parte a), encuentre el rango de valores de n* tal que el rayo de luz

xl

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

atrapado en el primer cubo puede salir al exterior, experimentando sólo una reflexión en el segundo cubo. í

n*

Figura 11.11: problema 11.6.

Solución a) Para que ocurra reflexión total interna debe cumplirse la condición

sen(45”) > 0.

(11.38)

donde 0, es el ángulo crítico para la interfaz cristal-aire. Luego, usando la Ec. 11.4, se tiene

sen(45”) > senó. = e

(11.39)

Como Naire = 1, se obtiene

n > v2

(11.40)

por lo que el mínimo valor del índice de refracción del cristal para que el rayo de luz esté atrapado es n = y2. b) Para que el rayo de luz salga al exterior debe primero ingresar al segundo cubo y luego salir de él sin experimentar reflexiones interiores. Esto porque si se refleja internamente, experimentando reflexión total interna en el segundo cubo, la simetría del cubo hace que la condición de reflexión total se repita en todas las otras superficies, no pudiendo salir al exterior. Así, para que el

el rayo de luz salga al exterior existen dos casos posibles, que se muestran esquemáticamente en la figura 11.12.

Caso 1): Usando la Ley de Snell para la primera refracción, se tiene

Capítulo XI. Reflexión y Refracción

caso ll

SS

Figura 11.12: problema 11.6.

V2sen(45?) = n*sen6*

(11.41)

n*sen(90? — 0*) = najresena*

(11.42)

y para la segunda,

Para que el rayo de luz salga al exterior se debe cumplir la condición

0 d, ello implica que (R¡ — 2d) > 0, y el signo de d; depende de la diferencia Ra — (R; — 2d). Así, si Ra > Ri — 2d, la imagen se forma delante del espejo secundario y detrás de éste si Ra < Ry — 2d. En caso que

R2 = HR — 2d los rayos de luz reflejados por el espejo secundario son paralelos

a su eje y la imagen se forma en infinito.

Problema

12.3

Un espejo esférico está diseñado para ser usado por ambos lados, como una

cuchara. Al ser usado como espejo convexo, la magnificación para la image”

de un objeto en cierta posición dada es +m. Si el objeto se mantiene en la

misma posición, pero el espejo es invertido, para operar como espejo cóncavo,

¿cuál es ahora la magnificación?

231

Capítulo XII. Optica Geométrica

Figura

12.8: problema

12.3.

Solución Para el caso del espejo convexo consideremos la situación que presenta la figura 12.8. Usando la Ec. 12.2 para formación de imágenes por espejos, se tiene )

L2

421,41

f

RT

A

(12.22)

de donde el radio de curvatura del espejo resulta ser dd,

=úl

de,

+

12.23 d,

)

La magnificación está dada por la Ec. 12.4, es decir, l, tm=-= do

(12.24)

Reemplazando 12.24 en 12.23, resulta 2mdo

= R=3=.

( 12.25 )

Al invertir el espejo, caso del espejo convexo, se tiene la situación que muestra

la figura 12.9. Usando nuevamente la Ec. 12.2 para formación de imágenes por espejos, se tiene 2

1

RT de donde se obtiene

d,

doR

1

01228) (12.27)

232

Problemas Resueltos de Ondas,

Calor y Optica,

Favre /García-Huidobro/Manterola

Figura 12.9: problema 12.3.

Usando a continuación la Ec. 12.4 para la magnificación, se tiene

d: de

mm

R — R—2d,

(12.28)

Reemplazando la expresión para R obtenida más arriba, Ec. 12.25, resulta m*

_

2md7/(1—m)

- 2md./(1—m) -— 2d,

(12.29)

de donde se obtiene finalmente que la magnificación del espejo invertido es

mn

Problema

* —

m 2m-—

1

12.30

)

12.4

Un lente convexo-cóncavo está hecho de un material transparente con índice

de refracción n; = 1.2 y tiene radios de curvatura 100 cm y 10 cm, como muestra esquemáticamente la figure 12.10.

a) Encuentre su distancia focal. b) Si el lente se coloca horizontalmente y se llena de agua, cono muestra la figura 12.11, y considerando que el índice de refracción del agua es Na =

1.33, ¡Cuál es ahora la distancia focal del lente compuesto resultante?

Capítulo XI. Optica Geométrica

1

1

/

p

/

1

?

n

E

1

/

p

Ra

1

24

/

ARK

/

p)

/

1

/

1

/

A J]

e R,

/

Ra,

1

NIDOS

Y)

Ma

n=1 Figura 12.11: problema 12.4. Solución

a) La distancia focal de una lente delgada está dada por la “ecuación del fabricante de lentes”, Ec. 12.6. Así, considerando que el medio exterior es aire, con índice de refracción n = 1, se tiene que la distancia focal f, es 1

MA

—

Observando

=(n¡

- 1)|

( 1

—

1 )

— —

la lente desde el lado izquierdo,

ambas

0231 12.31

superficies son convexas,

por lo que ambos radios de curvatura, R¡ y Ra, son positivos. Reemplazando los valores n; = 1.2, R¡ = 100 cm y Ra = 10 cm en 12.31, resulta

f. = —-55.6 cm

(12.32)

Es decir, el lente es divergente. b) Al llenar el lente con agua el problema puede ser tratado como la combi-

nación de dos lentes delgadas en contacto. El primero es el lente original, con distancia focal f| = -55.6 cm, y el otro con distancia focal f, a ser determinada.

233

234

Problemas

Resueltos de Ondas, Calor y Optica,

Favre/García-Huidobro/Manterola

Observando la lente de agua desde la misma dirección que en el caso anterior se tiene que la lente tiene una superficie anterior convexa, con radio de curvatura R¡ = 10 cm, y una superficie posterior plana, y por lo tanto, con radio de

curvatura Ra = oo. Usando la Ec. 12.6 con estos valores y considerando que el medio externo es aire, se obtiene 1

MUY reemplazando

1

(12.33)

R¡ y considerando que el índice de fracción del material,

agua,

es fa = 1.33, resulta fa = +30.3 cm

(12.34)

Esto es, la lente de agua es convergente. Resta por obtener una expresión para la distancia focal equivalente de un par de lentes delgadas en contacto. Para ello consideremos en general dos lentes de distancia focal f1 y f2 y un objeto a distancia d,, de la primera lente. Usando la Ec. 12.7 para formación de imágenes por una lente delgada, se tiene que la posición de imagen del objeto está dada por la ecuación

toto

(12.35)

La imagen formada por la primera lente actúa como objeto para la segunda lente. Las lentes están en contacto y tienen grosor despreciable. Así, si la

imagen de la primera lente es real, esto es, se forma al otro lado que el objeto,

entonces, usando la convención de signos, la imagen está detrás de la segunda lente y constituye un objeto virtual para ésta, y viceversa. Por esta razón, do, = —di1

(12.36)

Luego, usando nuevamente la Ec. 12.7, y combinando con las Ecs. 12.35 y 12.36, se tiene que

(12.37) de donde se obtiene

—

+

—

(12.38)

Pero, a su vez, dy, y d;, son las distancias objeto e imagen para la combinación de lentes, que tiene distancia focal f.¿. Esto es

'235

Capítulo XI. Optica Geométrica

!

=

!

al

tes o do,

(12.39

d

22)

Reemplazando 12.38, resulta 1

1

1

Fea

do,

2

rr

ai

1

1

f

de,

(12.40)

de donde resulta 1,2

fea

fi

(12.41)

fa

Ahora, reemplazando f¡ y fa en la Ec. 12.40, se obtiene

(12.42)

fos = fiHL + Ía Finalmente, reemplazando los valores numéricos, resulta

(12.43)

feg = +66.6 cm

El resultado muestra que al llenar la lente con agua, la combinación resultante es una lente convergente.

Problema

12.5

Se pide diseñar un espejo para dentista. Las condiciones de diseño son que la imagen vista por el dentista al colocar el espejo 1.5 cm detrás de un diente, en la boca del paciente, debe ser derecha y dos veces el tamaño real del diente. a) Mediante un esquema gráfico, muestre qué tipo de espejo se requiere. b) Para la posición del diente dada en el enunciado, encuentre la posición

de la imagen.

c) Encuentre el radio de curvatura que debe tener el espejo para cumplir

con las especificaciones de diseño.

Solución a

co.

. > Los £squemas de la figura 12.12 muestran las características de la im agen r , , . env ada por un espejo curvo. En ambos casos, espejo cóncavo O CONVeXo, se d - viderado la posibilidad que el objeto se encuentre a distancia d, > fo 0

f. La única combinación que satisface la condición del enunciado, esto »

.

.

>

>

...

a

,

236

Problemas

Resueltos

de Ondas,

Calor

es imagen derecha y aumentada,

y Optica,

Favre/García-Huidobro/Manterola

corresponde al caso de espejo cÓNnCcavo, con

do < f.

espejo convexo Figura 12.12: problema 12.5.

b) La magnificación está dada por la Ec. 12.4. Para una imagen derecha se requiere Af > 0. Con

M

= 2 y d¿ =1.5

cm, reemplazando

d; = -2-1.5cm=-—3cm

en 12.4, resulta

(12.44)

Es decir, la imagen se forma 3 cm detrás del espejo. c) La distancia focal del espejo se relaciona con las distancias objeto e imagen, a través de la Ec. 12.2. Reemplazando los valores correspondientes, resulta

12.1 f 15cm de donde resulta f = +3.0cm.

1 3.0cm

ve (12.45)

El signo de f concuerda con el hecho que el

espejo requerido debe ser cóncavo. El radio de curvatura del espejo se relaciona con la distancia focal mediante la Ec. 12.1. Reemplazando el valor de f, resulta

R=2f=2-3.0cm= e Problema

6.0 cm

(12.46)

12.6

Una persona miope no puede ver nítidamente objetos que se encuentran a una distancia mayor que un cierto valor dado. Esto se corrige usando un lente

Capítulo XI

Optica Geométrica

divergente, que forma imágenes de objetos lejanos a distancias menores que la

máxima posible para visión nítida. Considerando que los lentes se usan nor-

malmente a distancias del ojo del orden de 2 cm, la imagen debe formarse frente al lente, del mismo lado del objeto, por lo que el lente debe ser convergente. Considere una persona miope, cuya máxima distancia de enfoque es 100 cm.

a) Suponiendo que dispone de vidrio de índice de refracción n = 1.52 y que

un lado del vidrio es cóncavo, con radio de curvatura 5 cm, determine el

radio de curvatura de la otra superficie que permite construir un lente que corrija la miopía de la persona. b) Suponiendo que sin el lente la mínima distancia a la cual la persona puede enfocar objetos correctamente es 30 cm, determine esa distancia mínima en el caso que use el lente. Solución

a) La corrección de la miopía se logra usando un lente que para objetos ubicados en d, = oo la imagen se forma a 100 cm de distancia del ojo. Usando la Ec. 12.7 para formación de imágenes por un lente delgado, se tiene Sata

ato

(12.47)

Como la imagen se forma delante del lente, d; = - 100 cm, por lo que resulta f = —100 cm

(12.48)

Para obtener el radio de curvatura de la otra superficie del lente se usa la “ecuación del fabricante de lente”, Ec. 12.6. Así,

¿E

— (+ - =)

(12.49)

Considerando que la superficie cóncava se encuentra hacia el ojo, se supone

Ra conocido, de la Ec. 12.80 resulta R] = C

UN

(na — n1) FR,

(12.50)

(no — na )f+nR)

on R2 =-5 em, por tratarse de una superfic ie cóncava, mx=11n=15y $ =-100 cm, resulta »

Ro = —5.53 cm

.

4

(12.51)

237

238

Problemas Resueltos de Ondas. Calor

y Optica,

Favre/García-Huidobro/Manterola

Es decir, la superficie anterior del lente debe ser cóncava, con radio de curva. tura 9.53 cm.

b) Considerando

un objeto en la posición más cercana. el lente formará una

imagen en una posición dada por la Ec. 12.7, resultando d, =

Fd, d.,

—

f

Como desde el punto de vista del observador el objeto está detrás del lente, d, = -30 em, por lo que se obtiene

d, = 42.86 cm Es decir.

la imagen

se forma

del mismo

lado del objeto,

(12.53) más

atrás que éste,

pero aún en el rango de enfoque correcto.

- Problema

12.7

Considere una lente convergente. de distancia focal f¡. Se coloca un objeto a una distancia de la lente igual al doble de la distancia focal de ésta. Al otro

lado de la lente se encuentra un espejo cóncavo, de distancia focal fo, y a una distancia 2(f1 + f2) de la lente. a) Encuentre la posición, naturaleza y tamaño relativo de la imagen formada por la combinación de elementos ópticos. b)

Haga una construcción gráfica que muestre esquemáticamente la forma-

ción de la imagen anterior.

Solución

a) La formación de imagen

por la lente está determinada por la Ec. 12.7.

Usando f = fi y do = 2f¡, se obtiene

111 di

fi

2f

de donde se obtiene

Para obtener la magnificación usamos la Ec. 12.8, es decir

1250)

Capítulo XI. Optica Geométrica

d,

2f;

h

12.56 (12.56)

M=-=2"=-=>==1=3" do 2f ho

de donde se obtiene que h, = —ho, lo que implica que la imagen formada por tamano que el objeto.

la lente es invertida y del mismo

como objeto para el espejo. Ec. Ahora, la imagen formada por la lente —actúa = 2f2 de éste. Usando la 2f1 fo) + 2(f1 = de a distanci una a ubicado 12.2 se obtiene

1 1 Lal di fa 2f

(12.57)

resultando d; = 2 f2. Ello implica que la imagen se forma delante del espejo. a distancia d = 2(f1 + fo) - 2f2 = 2f¡ de la lente, que corresponde exactamente a la posición de la primera imagen. La magnificación del espejo está dada por la Ec. 12.4, luego, reemplazando las expresiones respectivas, resulta

Es decir, la imagen resultante de la combinación de elementos ópticos es real,

puesto que se forma por intersección de rayos provenientes del objeto, dere-

cha y del mismo tamaño del ob jeto, y se ubica a distancia 2f¡ detrás de la lente.

RAR

>

Figura 12.13: problema 12.7.

ob)

L.

m

:

figura 12.13 muestra esquemáticamente la formación de imagen por la ..

uSaq inación de elementos ópticos. "

.

Para la construcción ..

de la imagen :

se han

O rayos de luz paralelos al eje óptico del sistema y rayos que pasan por

239

=r4|

240

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

los respectivos focos de ambos elementos.

Ty es la imagen formada por la lente e fa es la imagen formada por el espejo.

Problema

12.8

La figura 12.14 muestra esquemáticamente la estructura óptica del ojo humano. El cristalino actúa como lente que forma imágenes sobre la retina. La distancia entre el cristalino y la retina es fija a = 3 em. El cristalino actúa como una lente convergente, con índice de refracción nn. = 1.6, con idénticos radios de curvatura anterior y posterior. El espacio entre el cristalino y la retina. en el interior del globo ocular, está Neno con un líquido llamado humor vítreo, cuyo índice de refracción es 1, = 1. Una persona con visión normal puede formar imágenes nítidas sobre el cristalino de objetos ubicados a distancias mayores que 25 cm. La formación de imagen para objetos a distintas distancias resulta posible por cambios en la curvatura del cristalino. Considerando una persona de visión normal, obtenga los radios de curvatura máximo y mínimo del cristalino. e]

=

humor

(0

e

D

vítreo

E G

Figura 12.14: problema 12.8.

Solución Asumiendo

una distancia focal f para el cristalino, con la distancia imagen

fija en d; = 3 cm, al usar la Ec. de formación de imagen, Ec. 12.7, se tiene 1 —

do

1 1 ==>

f

di

12.59

(12.59)

de donde se obtiene

do = Si dif

Usando las condiciones domar = 00 Y domi, =29 cm, resulta que

(12.60)

Capítulo XI. Optica Geométrica

7]

29 cmá


cm < o

(12.61)

de donde resulta la condición 2.68cm0

(12.69)

porque s > f. Ello significa que la imagen se forma detrás de la primera lente.

Para la formación de imagen por la segunda lente se considera que la imagen de la primera actúa como objeto ubicado a distancia d, = d — d; de ésta. es decir,

do =d-—

sf sf

sd—df—sf sf

(12.70)

Usando nuevamente la Ec. 12.7, se tiene que la distancia dy respecto de la segunda lente a la cual se forma la imagen del objeto original está dada por la ecuación

21 dp

3(n-1) sf An) R sd-df—sf

(12.71)

Capítulo XI. Optica Geométrica

de donde resulta

dp

(6 = 1)d fJjd—sf|R — sf]

3(n— Dis =f)d=sf]-(s=J)R

027»

b) El tipo de imagen que se forma, real o virtual, depende del signo de dp. Si

el signo es positivo, es decir dp > 0, la imagen es real, y si el signo es negativo.

dp < 0, la imagen es virtual. Lo primero ocurre cuando tanto el numerador

como el denominador de dy en la expresión 11.74 tienen el mismo signo, y lo segundo cuando sus signos son distintos. Explícitamente, usando la Ec. 11.74.

se tiene que en el numerador,

ds —f)

sf =-[(f — d)s =df] d y s > 0, y en el denominador,

3(n— 1)[(s — f)d=sf] -(s=f)R =

—[(3(n — DL — d) +R)s - (R- 3(n-1)ad)f)

(12.74)

Como el primer término de la derecha es siempre positivo, por la misma razón que en el numerador, el signo del denominador es negativo si se cumple que

(3(n— D)(f—d)+RB)js > (R- 3(n-— 1)d)f

Por lo tanto, la imagen es real. En caso contrario el signo del denomindor es positivo, dando lugar a una imagen virtual. En el caso particular d = fs/(s — f), la primera imagen se forma en d, = d, esto es, en la posición de la segunda lente, por lo que la imagen es virtual, y

se forma en dp = —oo. c) Usando la Ec.

12.8, la magnificación del sistema óptico es

3(n— 1)lís— f)d— sf Ds EAN

did === S

/ “Problema 12.10

are E

Una bola de vidrio de 10 cm de radio tiene índice de refracción 1.5. La mitad Posterior de la bola tiene un recubrimiento reflector, como muestra la figura

1

,

oo,

2.16, por lo que actúa como espejo cóncavo.

243

24

Problemas Resueltos de Ondas. Calor y Optica. Favre/García-Huidobro/Manterola

Figura 12.16: problema

12.10.

a) ¿Dónde se forma la imagen de un objeto situado a 30 cm a la izquierda de la bola? b) Se corta la bola por la mitad. de modo que la mitad no recubierta se transforma en una lente plano-convexa. como muestra la figura 12.17. En estas condiciones. ¿dónde se forma y cuál es la magnificación de la imagen del objeto ubicado en la misma posición que el caso anterior?

Figura 12.17: problema 12.10.

Solución La bola forma una para formación de mación de imagen refracción n y con

primera imagen del objeto, que luego actúa como objeto imagen por el espejo. Así, aplicando la Ec. 12.5 para forpor una superficie con radio de curvatura R con índice de aire en el exterior, se tiene

n_”ai_1 di R do Con n = 1.5,

12.76)

(12.

R= 10 cm y d, = 30 cm, se obtiene d; = 90 cm

(12.77)

Como la esfera tiene 10 cm de radio, la imagen se forma 70 cm detrás del

espejo cóncavo, por lo que para este caso, de = -70 cm. Ahora, usando la Ec. 12.2 para formación de imagen por un espejo, se tiene

Capítulo XIL Optica Geométrica

1

1

LF donde f = R/2

1

(12.78)

es la distancia focal del espejo. Luego. reemplazando f = 5 cm

y d; = -70 cm en la Ec. 12.78, se obtiene d, = 4.7 cm. El resultado indica que la imagen final se forma en el interior de la bola, a 4.7 cm de su parte posterior.

b) En este caso se tiene una lente con radio de curvatura anterior R; = 10 cm y radio de curvatura posterior R2 = oc. Dado

que en este caso la sepa-

ración entre las superficies refractoras anterior y posterior es comparable al radio de curvatura anterior no resulta posible usar la ecuación de formación de imagen para lentes delgadas. Alternativamente. se puede usar la Ec. 12.5 para formación de imagen por una superficie con radio de curvatura en índice de refracción dados, aplicándola a ambas superficies, anterior y posterior. El caso de la superficie anterior ya fue resuelto en debida a refracción en la superficie curva anterior implica que el objeto para la superficie posterior un medio con índice de refracción n;, = 1.5. Para

la se se la

parte a). forma en sitúa en superficie

Como la imagen d¡ = 90 cm, ello d, = -80 cm, en plana posterior,

con R = 00 y n2 = 1, se tiene, usando la Ec. 12.5, que

1 == d;

1-1.5 _00

1.5 —80 cm

12.79

)

de donde resulta

dí = 53.3 cm

(12.80)

Esto es, la imagen final se forma 53.3 cm detrás de la superficie plana. Para obtener la magnificación se usa la Ec. 12.9. Siendo Mi y Ma las magnificaciones asociadas a las superficies refractoras anterior y posterior, respectivamente, dadas cada un de ellas individualmente por la Ec. 12.8, se tiene

mM=Mi-My=(- 30) (- E) =-2

(12.81)

Luego, la imagen final es invertida y su tamaño es el doble que el del objeto.

CAPITULO

XIII

INTERFERENCIA Y DIFRACCION

Introducción Al superponer dos ondas coherentes de igual longitud de onda A, estas experimentan interferencia, estando la amplitud e intensidad resultante en un punto del espacio determinada por la diferencia de fase AQ, dada por

Ag = AL

(13.1)

donde AL es la diferencia de camino recorrido por ambas ondas. La naturaleza ondulatoria de la luz fue demostrada

por primera

vez con el

Experimento de Young. Este consiste en dos ranuras angostas, separadas una

distancia d, que actúan como fuentes luminosas emitiendo luz coherente y en fase, de longitud de onda A. La interferencia de la luz proveniente de ambas ranuras da origen a franjas de interferencia, claras y oscuras, que se observan

sobre una pantalla ubicada a distancia R > d de las ranuras. Como muestra

la figura 13.1 la interferencia constructiva, franja clara, resulta cuando la diferencia de camino óptico entre los rayos provenientes de ambas ranuras resulta ser un múltiplo entero de la longitud de onda A, lo que implica que el ángulo

de observación 0 satisface la condición

nA = dsenó

con n=0,+1,+2,.....

(13.2)

248

Problemas Resueltos de Ondas, Calor

y Optica. Pavre/García-Huidobro/ Mantero]

a

interferencia destructiva

mm

Y”

a

sn

Agora

YO

A

A

interferencia constructiva

a]

. e”

dsen8=A

Figura 13.1: interferencia de Young.

La interferencia destructiva, franja oscura, ocurre cuando cuando la diferencia de camino

óptico entre los rayos provenientes

de ambas

ranuras

resulta ser

un múltiplo semi-entero impar de la longitud de onda A, que equivale a que Y satisfaga la condición

on +)

CS

también con

(133)

= dsenód

n = 0,+1,=+2......

La luz como OEM de amplitud E,, longitud de onda A y frecuencia angula!

w se puede representar por

E(r,t) = Essen(k -F—wt + $)

donde $ es una constante de fase arbitraria y k = 27/A ,

,

(13.4) es el vector de Ol »

Jy . . . . Considerando que la intensidad de una onda es proporcional al cuadra

1da.

,

de

do

ho debid la. amplitud,. la intensidad de una OEM en un punto del espacio-CQ seDara .

.

.

,

Ag

1

interferencia de OEM generadas por dos fuentes puntuales S| y S2 sep una distancia d, que emiten en fase, con la misma longitud de onda » frec .

.

.

e intensidad /,, resulta ser

.

.

-

r

O

“Ml

a

encia

Capítulo XHH.

Interferencia y Difracción

[lucas (EE

249

(13.5)

donde 0 está definido como en la figura 13.2 y la distancia de observación R > d.

satisface la condición

o

.” S,

q”

pa”

Vio M

A

¿>*

-

po A

a

pa

.”

e

o

»

-

R>>d

'

s

>

>

»

>

»

.””

.””

>”?

d

>

7

e

>

po

Ln”

.””

a a” s

s

0

0

: ennnrncrancnncncocao nro

dsene

Figura 13.2: interferencia de dos fuentes puntuales. Así, máximos

de interferencia ocurren a ángulos 0,4, dados por senOmna.s

Mínimos

=

nA

dd

de interferencia ocurren en ángulos 0,»

(13.6)

dados por

0 2n+1A sendOrnin = == man 9 d en ambos

Cuando

(

137 : .

)

casos, con n = 0,+t1,-+2,.....

una OEM

que se propaga en un medio con índice de refracción n;

incide en ángulo 0 con la normal sobre una película delgada de un material con índice de refracción n2 y espesor d, la onda se refleja y refracta en las

distintas superficies de la lámina,

como

muestra

la figura

13.3. Sin»

> n;

la onda reflejada de la superficie anterior experimenta cambio de fase por

reflexión

Abres

=

T

(13.8)

respecto de la onda incidente. Si nz < ny, no hay cambio de fase por reflexión.

250

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre /García- Huidobro/Mantero] TOlá

Figura 13.3: interferencia por reflexión.

La OEM que penetra al interior de la lámina experimenta un cambio en su longitud de onda, dada por la relación

»=“"» 12

(13.9)

donde A; es la longitud de onda en el exterior de la lámina.

La onda reflejada de la superficie posterior experimenta un cambio de fase repecto de la onda incidente debido a la diferencia de camino óptico. Las ondas reflejadas de ambas superficies de la película, anterior y posterior, experimentan interferencia.

Si N fuentes de OEM ubicadas a lo largo de una recta y separadas una distancia d entre ellas, emiten en fase, con la misma longitud de onda y frecuencia.

la intensidad resultante en un punto ubicado a distancia R > d de las fuentes y en ángulo € con la recta que las une, como muestra la figura 12.4, está dada por

Figura 13.4: interferencia N fuentes puntuales equidistantes

Capítulo XITT. Interferencia y Difracción

sen?(N 3)

” sen?(3)

0

con

3

Trdse and

13.10)

(13.11)

La interferencia de las N fuentes da origen a máximos principales de interferencia, con intensidad N*J,. si se cumple la condición

dsenó = nA

(13.12)

con n = 0.+11,+2,....., y a máximos secundarios de intensidad menor que los principales, si se cumple la condición 2m-—1

d sen0 == ++ —_—_— 3N con

A

variable y

(13.13)

m = 2,3,4.....

Si una OEM

monocromática de intensidad /, incide sobre una ranura de ancho

finito Ó, como en el Experimento de Young,

la onda experimenta

y la intensidad

ó. como

de la onda

a distancia

R >

muestra

difracción.

la figura

13.5,

está dada por

mm ”

onda plana

-

mn

”

e» ”

Figura 13.5: difracción por una ranura angosta.

sen“a con Q=

ñ send

(13.15)

251

252

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica.

Favre/García-Huidobro/Manterola

La distribución se caracteriza por un máximo central, correspondiente a 9 = y

y máximos laterales de amplitud decreciente.

Una red de difracción consiste de N ranuras de ancho finito Ó, separadas entre

sí una distancia d. y emitiendo en fase. La distribución de intensidad resulta

de una combinación de los efectos de interferencia debido a las N ranuras y de difracción, debido al ancho finito de cada ranura. Ásí, la intensidad a distancia R > d, R > ó resulta ser

senta sen*(N3 con a: y 3 definidos por las Ecs. 13.11 y13.15, respectivamente. En el caso de una apertura circular de radio R iluminada por una OEM plana monocromática. de intensidad /, y de longitud de onda A, la distribución angular de intensidad a distancia D > R de la apertura está dada por la

ecuación

I=1, a! Q

con

y72

(13.17)

a = 213 senó

(13.18)

J,(a) es la Función de Bessel de primer orden. La distribución de intensidad tiene simetría circular, y se caracteriza por un disco central, correspondiente al

máximo central, con anillos concéntricos, correspondientes a máximos laterales

de intensidad decreciente. El primer mínimo ocurre en ángulo 0,nmin dado por

A 3R sen Omin = 1.225 El

Criterio

de Rayleigh establece que al iluminar

( 13.19) una apertura circular de

diámetro D con dos fuentes puntuales, la existencia de las dos fuentes puede ser discernida (resuelta), si el máximo central debido a difracción por una de las fuentes coincide con el primer

lateral debido

mínimo

a difracción de la

segunda fuente. Si ambas fuentes emiten con la misma longitud de onda A, la

separación angular crítica que permite resolver ambas fuentes está dada Po! la relación

Ac

=

A

1.225

(13.20)

Capítulo XT.

Interferencia y Difracción

Problemas Problema

13.1

Considere una antena ubicada al borde de un lago, por una radio estrella, que está justo apareciendo proveniente de la estrella interfiere con la reflejada Si H es la altura sobre la superficie del lago a la

que detecta la señal emitida sobre el horizonte. La senal desde la superficie del lago. cual se encuentra el centro

de la antena y A la longitud de onda característica en que emite la estrella,

encuentre el ángulo «+ que identifica la posición angular de la estrella cuando

la antena detecta el primer máximo de intensidad, expresando su resultado en

términos de % y A. H Solución

Como la estrella se encuentra muy lejos, los rayos que identifican la señal directa y reflejada en la superficie del lago, son paralelos, como muestra el esquema de la figura 13.6. De la geometría de la figura se obtiene

a

Al

Y

A

Xx.em

pn

iÑ Um .

"

Figura 13.6: problema 13.1.

P+2a+71/2=T1

(13.21)

genfW3 = sen(1/2 — 2a) = cos(2a) = z

(13.22)

por lo que

y a 8u vez,

sena =

H

(13.23)

259:

254

Problemas

Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

La diferencia de camino AL es

recorrida por ambas ondas al llegar a la antena

AL=b-a Reemplazando

(13.24)

a y b por sus valores según las Ecs.

H

AL =

sena

13.23 y 13.24, resulta

(1 — cos(2))

(13.25)

Usando la identidad trigonométrica

cos(2a) = 1 2sen*(a) se obtiene

AL = 2H sena

(13.26)

Usando la Ec. 13.1, la diferencia de fase entre ambas ondas es 2

Ad = = - 2H sena

(13.27)

La condición de interferencia constructiva requiere que la diferencia de fase sea múltiplo entero de 2r7r, esto es,

Ad =

4

sena

= 2nrr

y

(13.28)

con n=1,2,3,....

El primer máximo de intensidad corresponde a n = 1, por lo que el ángulo satisface la relación sena

=

A

(13.29)

resultando finalmente

-

q =

arcsen

A

(57)

(13.30)

Capítulo XII. Interferencia y Difracción

Problema

13.2

Considere un montaje experimental para el experimento de Young, como el que muestra la figura 13.7, en que una lámina delgada de un material bransparente con índice de refracción n = 1.2 se coloca delante de una de las ranuras.

Al iluminar las ranuras con luz monocromática de longitud de onda A = 0.5 ¡ym se observa que la franja de interferencia de orden cero se ubica en la posición ocupada. en ausencia de la lámina, por la franja brillante de quinto orden. Encuentre el espesor de la lámina.

Figura 13.7: problema

13.2.

Solución

En este caso los rayos de luz provenientes de ambas ranuras experimentan cambio de fase. Si 61 y 92 son los cambios de fase experimentados por los rayos que se identifican en la figura 13.8, la diferencia de fase en el punto de observación es

Figura 13.8: problema 13.2.

Ad = d2— 61

(13.31)

El cambio de fase está dado por la diferencia de camino óptico, según la Ec. 13.1. De acuerdo con la figura,

255

Problemas

Resueltos de Ondas,

Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Ó

1)

$1 = 271 fe

= 3)

(13.32)

donde ó es el espesor de la lámina y A, la longitud de onda en el interior de

la lámina, que a su vez, está dada por

An ==

(13.33)

con A la longitud de onda de la luz fuera de la lámina y n el índice de refracción de la misma.

13.33 en 13.32, se tiene

$1 = 27r(n — 1)

o

Reemplazando

|

256

El cambio de fase experimentado por el otro rayo corresponde mento de Young. De acuerdo con la figura 13.7 resulta

d2 = 217 senó

(13.34) al de experi-

(13.35)

donde d es la separación entre las ranuras. Reemplazando 13.34 y 13.35 en 13.31 e imponiendo la condición de interferencia constructiva, resulta

Ad = 27 [dsenó — (n— 1)6] = 2mx

(13.36)

con m entero. De la ecuación anterior resulta

sen0,” =

mA + (n — 1)ó d

(13.37)

En ausencia de la lámina la distribución de franjas de interferencia está dada

por la expresión 13.2, de donde se tiene que

sen0m = mA

(13.38)

resultando para la franja de quinto orden, m = 5, senO; = A

d

(13.39)

En presencia de la lámina, el orden cero corresponde a m = 0 en la Ec. 13.36. Es decir,

Capítulo XHL

send

Interferencia y Difracción

—- 1)0 mL (

=

(13.40)

Ahora. igualando las Ecs. 13.39 y 13.40, se tiene

(n—1)0 q

A

7

=

o

(13.41)

de donde se obtiene

BA

¿=>

n=

1

(13.42)

Reemplazando los valores numéricos, resulta

9 = 12.5 um Problema

(13.43)

13.3

Considere dos antenas separadas 400 m, que emiten en fase OEM dad /,. con frecuencia

con intensi-

1.5 MHz.

a) Determine los ángulos entre 0? y 90? a los cuales la intensidad de emisión es máxima y mínima. b) Obtenga un diagrama polar de la distribución de intensidades en el plano perpendicular a las antenas. Solución

Las dos antenas corresponden a fuentes puntuales, que están separadas una distancia d y emiten en fase OEM de longitud de onda A. Consideremos un punto del espacio a distancia R > d, ubicado lo largo de una línea en ángulo

0 con la normal a la recta que une ambas antenas. En este punto las OEM asociadas a la emisión de ambas antenas son

E|(t) = E,sen(wt) Ex(t) = Essen(wt + 0)

(13.44)

donde w = 21c/A, E?/2 = l, y e es la diferencia de fase entra ambas OEM, debida a la diferencia de camino recorrido.

De acuerdo con la figura 13.9,

257

258

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre /García-Huidobro/Manterola

h= =

Isenó

Usando el Principio de Superposición, la OEM

(13.45) resultante es

E(t) = Ei (t) + Ex(t) Reemplazando

(13.46)

13.45, se tiene

E(t) = Eo[sen(wt) + sen(wt + q)]

(13.47)

Usando que

sena: + senf = 2sen (* + 5) Cos (* - 2) la Ec. 13.47 se escribe como

E(t) = 2E,cos (5) sen (ut + 5)

(13.48)

La intensidad de la OEM es proporcional al promedio temporal del cuadrado. Así,

r

I = (E(t)?) = 4E?cos? (5) 1 / sen? (ue + 5) di T

donde 7 es el período de la OEM. Como

JO

(13.49)

Capítulo XHL

1

—

-)

f7

sen

2 (o

Y

l

5)

2

t+—|dt=+

Interferencia y Difracción

3.50

(13.50)

y E? =2J,, resulta

IT = 4J,cos? (5)

(13.51)

Reemplazando 13.45, resulta finalmente que la distribución angular de intensidad resultante de la interferencia de las OEM antenas está dada por

emitidas en fase por ambas

I = 1(0) = 41,cos? >

(13.52)

Como A =c/v, con y = 1.5 MHz, resulta A = 3-10% (m/s)/1.5-10% (s”?) = 200 m, por lo que d = 214. Así, se tiene que en este caso

I(0) = 4I,cos*(21sen0)

(13.53)

Máximos de interferencia resultan si se cumple la condición cos*(21sen6) = 1. que corresponde a

2rsend = nr con

(13.54)

n entero.

Es decir, máximos de intensidad ocurren a ángulos 0 que satisfacen la relación

send = 5

(13.55)

Como send > 1, n < 2, los ángulos de máxima intensidad, donde 7 = 4J,. son senb=0

—0=0"

n=1>

senb=1

—=>0= 30

n=2=>

seno

[5]

n=0>

=1

(13.56)

—0=90*

Del mismo modo, los mínimos de intensidad ocurren a ángulos que satisfacen la relación

(13.57)

259

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica,

por lo que n


send =

n=1>=>

senó0=

e |.

ángulos

> 0 = 14.48"

«| 00

260

> 0 = 48.597

(13.58)

b) Para obtener un gráfico de la distribución angular de intensidad se grafica la expresión 13.53, usando coordenadas polares. Con 6 : 0 —= 2r, el gráfico resultante es el que muestra la figura 13.10.

270

Figura 13.10: problema 13.3: distribución angular de intensidad.

- Problema

13.4

Una capa de parafina líquida, cuyo índice de refracción es 1.48, está extendida sobre un vidrio plano de índice de refracción 1.52. Al iluminar la capa de parafina con luz blanca difusa, esto es, que incide sobre la capa desde distintas direcciones, se percibe que luz reflejada en ángulo de 20% con respecto a la normal de la superficie de la capa corresponde a luz visible de longitud de onda 500 nm.

a) Determine el mínimo espesor que debe tener la capa para que ello ocurra.

Capítulo XHL

b)

Interferencia y Difracción

Para el espesor determinado en la parte a), encuentre el ángulo respecto de la normal a la superficie de la capa en que la luz reflejad a corresponde a luz visible. de longitud de onda 600 nm.

Solución

a) El problema se muestra esquemáticamente en la figura 13.11. Asumiendo que los dos ravos incidentes sobre la capa de parafina son coherentes. los rayos

de luz reflejados de la superficie de la capa de parafina, rj. y de la interfaz parafina-vidrio.

ra. interfieren entre sí. Como

n2 > ny, el rayo de luz reflejado

de la superficie de la capa de parafina. r1, experimenta un cambio de fase ON respecto del rayo incidente debido a reflexión, dado por la Ec. 13.8. y a la diferencia de camino respecto del rayo que da origen al rayo reflejado de la interfaz parafina-vidrio, como muestra la figura 13.11. La diferencia de camino está sociada al desplazamiento lateral D que experimenta el rayo reflejado de la interfaz parafina- vidrio.

aire

| ¡| |

[d

parafina

D

vidrio

Figura 13.11: problema 13.4.

De la figura 13.11 se tiene que la diferencia de camino óptico entre los dos rayos incidentes sobre la capa de parafina es Dsen0. De acuerdo con el resultado 11.8 del Problema 12.1,

D=

2dsenó v(n2/m1)? — sen“0

(13.59)

Luego, usando 13.1, el cambio de fase experimentado por el rayo reflejado de

la superficie de la capa de parafina es

4Ardsen*0

d1=T+

Av (n2/n,)? — sen*0

(13.60)

261

262

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

donde A es logitud de onda de la luz reflejada. Como

n3 > n>, el rayo de luz reflejado de la interfaz parafina-vidrio experi-

menta cambio de fase 0» respecto del rayo incidente debido a reflexión, dado

por la Ec. 13.8 y por diferencia de camino. dado por la Ec. 13.11. De acuerdo con la figura 13.11. la diferencia de camino AL que experimenta el rayo en el interior de la capa de parafina es )

AL = e)

y 2 =

de

dime /m)

)

f

V

v(n2/n1)* — sen*0

(13.61)

Así. usandó nuevamente la Ec. 13.1 y la Ec. 13.9 para la longitud de onda en el interior de la capa de parafina. se tiene

do=T+

trim)

(13.62)

Av (n2/n1)? — sen*8 donde d es el espesor de la capa de parafina y A la logitud de onda de la luz reflejada. La diferencia de fase entre los dos rayos reflejados es entonces

Ap

= _

=

2-01

4md | (no/n1)? — sen%8

A | ./n2/n1)* — sen*0

ármd

Du

Y

(n2/n1)

-

(13.63)

sen?0

Interferencia constructiva resulta cuando se cumple la condición

Ad = 2mr,

con m entero

(13.64)

El mínimo espesor resulta cuando m = 1. Usando esta condición, se obtiene que el espesor de la capa de parafina es

q

A

24 (n2/n1)? — sen?0 Con

n;

=

1.0, nz =

1.48, A = 500 nm

(13.65)

y 0 = 20", se obtiene que el mínimo

espesor de la capa de parafina debe ser

d = 173.6 nm

(13.66)

Capítulo XIL.

Interferencia y Difraceión

b) Combinando las Les. 13.64 y 13,65 se obtiene que el ángulo respecto de la normal en cual se observa interferencia construetiva pira luz de longitud de onda Á está dado por la relación e

a]

4

e

e

,

TA send = —

2d í

.

m2 —

e

29d y 2 (a)

(13.6

15.61)

que usando los valores numéricos se escribe como

sen9 = 5.429 Vm2 — 0.074316

(13.6)

El mínimo valor de m está determinado por las condición senó0 < 1

(13.69)

que conduce a la condición sobre m

m < 0.329

(13.70)

Como m es un número entero m > 1, el resultado muestra que para el espesor dado de la capa de parafina no existe ningún ángulo respecto de la normal al cual se observa interferencia constructiva a 600 nm.

Problema

13.5

Para maximizar la transmisión de luz proveniente de un láser de Helio-Neón, de longitud de onda 632.8 nm, a través de una ventana de vidrio de índice de refracción 1.57, se deposita sobre el vidrio una capa delgada de fluoruro de magnesio, que tiene índice de refracción 1.38. a) Suponiendo que el láser incide normalmente sobre la ventana, determine el mínimo espesor que debe tener la capa de fluoruro de magnesio.

b) Para la capa de mínimo espesor, determine la mayor longitud de onda que experimenta reflexión máxima al incidir sobre la ventana.

Solución

a) Como el índice de refracción del fluoruro de magnesio es mayor que el del aire y menor que el del vidrio, los rayos de luz reflejados de la superticie de la capa y de la interfaz entre la capa y el vidrio experimentan cambio de fase en 7 respecto del rayo incidente. Adicionalmente, el rayo reflejado de la interfaz experimenta cambio de fase por diferencia de camino óptico, dado per la Ec.

263.

264

Problemas

13.11.

con

Favre/García-Huidobro/Manterola

Resueltos de Ondas, Calor y Optica,

6 =

0. Así.

fase entre

de

la diferencia

los rayos

reflejados

superficie de la capa y de la interfaz entre la capa y el vidrio resulta ser nd

Ad = in

de

la

(13.71)

donde d es el espesor de la capa y n su índice de refracción, y se ha usado que el índice de refracción del aire es igual a uno.

Para que la longitud de onda A se transmita, ambos rayos de luz deben expe-

rimentar interferencia destructiva. Ello ocurre si

con m entero

Aó = (2m+1)r,

(13.72)

Combinando las Ecs. 13.71 y 13.72, se obtiene que el espesor de la capa está dado por d =

2m+l1A a” —

13.73 (13.73)

El mínimo espesor corresponde a m = 0. Así, con n = 1.38 y A = 632.8 nm, resulta d = 114.6 nm

(13.74)

b) La reflexión es máxima si la correspondiente longitud de onda experimenta interferencia constructiva. Usando la Ec. 13.71, ello ocurre si se cumple la relación nd

4T— A

= 2mxr,

con m entero

(13.75)

de donde se obtiene que las longitudes de onda que experimentan reflexión máxima satisfacen la condición

y 2nd m

(13.76)

La mayor longitud de onda Anar, corresponde a m = 1, por lo que, reemplazando el espesor de la capa obtenido en la parte a), resulta

Amar = 316.3 n que corresponde al ultravioleta.

(13.77)

Capítulo XIII

Problema

Interferencia y Difracción

13.6

Una ranura de ancho 100 ¿um es iluminada por un láser de longitud de onda 640 nm. Considere la distribución de intensidad de la luz del láser sobre una pantalla ubicada a 10 m de la renura.

a)

Encuentre la distancia respecto del máximo central a la cual se observa al primer mínimo de difracción en la pantalla.

b)

Encuentre

el ancho

del máximo

central de difracción sobre

la pantalla.

que está definido como la distancia sobre cual la intensidad es mayor o igual que la mitad del valor máximo. Solución

a) La distribución angular de intensidad de luz debida a difracción por una ranura angosta está dada por la Ec. 13.14. con a dado por la Ec. 13.15. Es decir.

I = Iosenta/a? (13.78) a = (r/A)ósenó donde ó es el ancho ilumina.

de la ranura y A la longitud

de onda de la luz que la

Mínimos de difracción ocurren si el ángulo 0 satisface la relación y ¿sen

= NT

(13.79)

con n entero. El primer mínimo ocurre para n = 1, por lo que, usando la Ec.

13.79, el ángulo 9 correspondiente está dado por A send = 5

(13.80)

Si la pantalla se encuentra ubicada a una distancia R de la ranura y la distancia respecto del máximo central correspondiente al primer mínimo de difracción

sobre la pamtalla es r, se tiene que

senó = E Reemplazando 13.81 en la Ec. 13.80, resulta

(13.81)

265

266

Problemas Resueltos de Ondas, Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

AR

r= PEE) Con $ = 107%

m,

A=6.4-10

m y R =

(13.82)

10 m, se obtiene

r=6.4cm

(13.83)

b) Usando las ecuaciones 13.79, se encuentra que el ángulo 0 al cual la inten-

sidad satisface la condición I = [,/2 está determinado por la relación TÓ

v2A Reemplazando

senó = sen

') eng)

(13.84)

13.81 en 13.84 se obtiene TÓ T 57

p

y? + 7)

1/2

(13.85)

Del resultado de la parte a) se obtiene que r satisface la condición r ==*x1 72

13.86 (13.86)

Reemplazando esta aproximación en la Ec. 13.85, se obtiene que r satisface la relación TÓ T ——x =

V2ZAR

TÓ T —=—

sn ( » ñ)

13.87

13.87

Reemplazando los valores numéricos, resulta la siguiente ecuación no lineal

para r.

34.71r = sen(49.09r)

(13.88)

La Ec. 13.88 se puede resolver usando técnicas numéricas o gráficamente, como muestra la figura 13.12, en que la solución se encuentra en la intersección de

las curvas correspondientes a ambos lados de la Ec. 13.88. En este caso se obtiene que el ancho del máximo central es 2r = 5.67 cm.

Capítulo XI

2.5-

204

sen(49.09r)

“=-=-"" 34.71r

157

0.5 y 0.0

0.00

,

eS

r=0.02835

Interferencia y Difracción

.-

¿e Ú

001

M

y

0.02

M

=

0 03

M

Y

0.04

M

Y

0.05

Ñ

y

0.06

v

1

y

007

r (m) Figura 13.12: problema 13.6.

Problema

13.7

Considere una red de difracción formada por cuatro ranuras de 100 ¿um de ancho. La separación entre las ranuras es tal que el primer mínimo de difracción coincide angularmente con el tercer ináximo de interferencia. a) Determine la separación entre las ranuras. b) Si la red es iluminada con luz formada por dos longitudes de onda, 450 y 650 nm, encuentre la separación angular entre los máximos de segundo orden.

Solución

a) La distribución angular de intensidad para una red de difracción con N ranuras está dada por la Ec. 13.16.

I =1l,

senta sen*(N 8 a? sen?(/)

(13.89)

con

(r/A)ósenó

PB

(r/Ajdsend

Mínimos de difracción ocurren si se cumple la condición

(13.90)

267

268

Problemas

Resueltos de Ondas, Calor y Optica,

To q ósenó = NT,

Favre/García-Huidobro/Manterola

Con n entero

(13.91)

Máximos de interferencia ocurren si se cumple la condición mdsend

A

= mr,

con m entero

Usando las Ecs. 13.91 y 13.92, con n =1 y m=

(13.92)

3, resulta

d = 36

(13.93)

Con d = 100um, se obtiene que la separación entre las ranuras es

d = 300u4m

(13.94)

b) Para el segundo órden de interferencia se tiene n = 2. Usando la Ec. 13.92. el ángulo correspondiente a la longitud de onda A está dado por

sen0 = 2

A

(13.95)

Usando la Ec. 13.95 con longitudes de onda A¡ = 450 nm y A2 =650 mm, se tiene que la separación angular de los máximos de segundo orden es A0 = 0, — 6, = arcsen (22)

— arcsen (22)

(13.96)

Reemplazando los valores numéricos, se obtiene

A0 = 2.48” — 1.71? = 0.77" Problema

(13.97)

13.8

En la cámara oscura o cámara “pin-hole”, se usa una pequeña apertura circular para formar una imagen sobre una pantalla. Considere una cámara oscura con

una apertura circular de 100 ym de diámetro, en que la pantalla está ubicada a 20 cm de distancia de la apertura.

a) Considere dos objetos pequeños que emiten en el azul, a 450 nm, y separados

10 cm. Determine la máxima

distancia respecto de la cámara

a la cual los objetos pueden ser discriminados sobre la pantalla.

b) Determine la resolución física de la cámara.

Capitulo MUI.

Interferencia y Difracción

Solución

a) De acuerdo con el Criterio de Rayleigh. la separación angular mínima, Omin, que permite resolver angularmente dos objetos que emiten con la misma longitud de onda está dada por la Ec. 13.20. Usando el esquema de cámara

oscura que muestra

h—

O-

o|

la figura

L

A

E

ao

e---

13.13, se tiene

a

a

rT

A

p

oo A A A A

in-hole

min

A

AA

2[40] e

U a

Figura 13.13: problema 13.8.

senOmin

A

=

1,22—

D

=

d Vd? + L?

(13.98)

donde D es el diámetro de la apertura o pin-hole. De Ec. 13.98 se obtiene

_ 12 L= Ñ =p Con D = 100 ym

/,

ME D

y A = 450 nm, resulta que la máxima

(13.99) distancia a la cual se

pueden ubicar los objetos es

L = 182 m

(13.100)

b) La resolución física de la cámara oscura resulta de estimar el diámetro del máximo central de difracción resultante sobre la pantalla al iluminar la apertura circular, que está dado por la Ec. 13.19. Usando la geometría de la

figura 13.14, se tiene

A senó = 1.225

r = tan0 = R

(13.101)

de donde resulta r=

Con R = 0.2 m, se obtiene

1222 R D

(13.102)

269

270

Problemas Resueltos de Ondas. Calor y Optica, Favre/García-Huidobro/Manterola

Figura 13,14: problema 13.8.

r=1mm

(13.103)

Lo que implica que un objeto puntual lejano, que emite en 450 nm, produce una en la pantalla consistente en un disco de diámetro 2 mm, lo que define la resolución física de la cámara.

BIBLIOGRAFIA

[1] P. A. Tipler y G. Mosca, Reverté, España, 2004.

Física para la Ciencia y Tecnología, 5% Ed.,

[2] D. Halliday, R. Resnick, y J. Walker, Continental, México, 2001.

Fundamentos

de Física, 32 Ed.,

[3] F. W. Sears, M.W. Zemansky, H. Young, y R. A. Freedman, Física Universitaria, 112 Ed., Pearson educational, México, 2004.

[4] P. M. Fishbane, S. G. Gasiorowicz, y S. T. Thornton, Física para Ciencias e Ingeniería, Prentice Hall, México, 1994. [5] D. G. Giancoli, Física, Principios con Aplicaciones, Prentice Hall, 1995. [6] R. A. Serway, Física, 42 Ed., McGraw-Hill, México, 1997.

INDICE

ALFABETICO

amortiguador, 49, 68 amortiguamiento crítico, 45 amplitud de onda A, 78 amplitud de oscilación, 58 amplitud máxima Ámasr, 98

amplitud reflejada A,, 79 amplitud transmitida A;¿, 79 ancho de resonancia Awres, 99

constante elástica, 12 constante universal de los gases R, 147 convección, 126 coordenadas polares, 25 Criterio de Rayleigh, 252

bomba de calor, 171

decibel, 104 densidad lineal de masa ¡, 78 diferencia de fase d, 58 distancia focal f, 223 distancia imagen d;, 223 distancia objeto d,, 223

cámara oscura, 268 caída libre, 47 calor específico c, 126

ecuación característica, 44 Ecuación de Conducción del Calor, 126

calor latente cz, 126

Ecuación de Estado,

caloría, 126

ecuación de movimiento, 11, 44 Ecuación de Onda, 78

ángulo crítico, 204 antinodos, 92 aproximación paraxial, 223

cambio de estado, 126

cantidad de calor Q, 126 centro de masa, 25 Ciclo de Carnot, 170 ciclo de oscilación, 58 Ciclo de Stirling, 184 coeficiente de dilatación térmica lineal, 125 coeficiente de expansión volumétrica B, 126 conducción, 126 conductividad térmica k, 127

constante de Boltzmann kg, 147

147

Ecuación del Fabricante de Lentes,

225 Efecto Doppler, 107 eficiencia termodinámica 7, 170 energía interna U, 148 energía térmica, 125 energía cinética, 18 energía mecánica, 15 Entropía, 172 equilibrio estable, 24 equilibrio inestable, 24 equilibrio mecánico, 23

Problemas Resueltos de Ondas,

Calor y Optica,

equilibrio térmico, 125 escala cromática, 106 espejo convexo, 227

longitud de onda A, 78

espejo curvo, 227

estructura óptica del ojo, 240 Experimento de Young, 247

factor de calidad (2, 45, 59 frecuencia resonante Wwres, 09

frecuencia y, 12, 78 frecuencia de fuerza externa w, 58 frecuencia fundamental, 92 frecuencia natural wo, 57 WAmar)

máxima

98

fuerza armónica, 57 fuerza conservativa, 24 fuerza elástica, 11 fuerzas disipativas, 45 Función de Bessel, 252 función de onda y, 77 grado de libertad, 148 imagen real, 224 imagen virtual, 224 impedancia acústica Z, 104 índice adiabático y, 148 índice de refracción n, 203 intensidad de onda de sonido, 104 interferencia, 247 interferencia en capa delgada, 260 lente lente lente Ley

Máquina de Carnot, 171 máquinas térmicas, 169 máximo central, 252 máximos de interferencia, 251 máximos laterales, 252 magnificación M, 224 modelo de atmósfera, 153 modelo de automóvil,

frecuencia angular w, 12, 78

frecuencia para amplitud

Favre/García-Huidobro/Manterola

compuesto, 232 convergente, 226 divergente, 226 “Cero” de la Termodinámica, 125 Ley de Gravedad, 16 Ley de la Reflexión, 203 Ley de Snell, 204

72

modos normales, 92 momento de inercia, 22, 25 Movimiento Armónico Simple, 12 número de Avogadro, 147 número de onda k, 78, 103 nodos, 92 * onda, 77 onda armónica,

79

Onda Electromagnética, 203

onda estacionaria, 91

onda onda onda ondas ondas

longitudinal, 77 torsional, 77 transversal, 77 de sonido, 103 longitudinales de compresión, 103 oscilación amortiguada, 45 oscilación local, 77 oscilación sobreamortiguada, 44 oscilaciones forzadas, 57 péndulo, 25, 50 pequeñas oscilaciones, 24, 27 período de oscilación T, 78 período T', 12 potencia absorbida Pp, 58 potencia en resonancia Pres, 99

potencia media transmitida, 104 potencia transportada, 80 presión, 147

Indice Alfabético

Primera Ley de la Termodinámica,

147

Principio de Conservación de la Energía, 126 Principio de Superposición, 80 proceso irreversible, 170 proceso isobárico, 148 proceso isocórico, 148

"proceso isotérmico, 148, 170 proceso reversible, 170 procesos adiabáticos, 148 puntos de equilibrio, 24 radiación, 126 rayo de luz, 203 recubrimiento antirreflectante, 263

Segunda Ley de la Termodinámica, 169 Segunda Ley de Newton, 11 semitono,

106

serie de Taylor, 23 signo de f, 223 sismógrafo, 63 sistema de amortiguación, 48 solución estacionaria, 57 Steffan—Boltzman, 127 Teoría Cinética de los Gases, 148 teorema de ejes paralelos, 28 termómetro,

125

velocidad angular, 25 velocidad de la luz c, 203

red de difracción, 252 reflexión total interna, 204

velocidad de propagación de onda

refracción, 204 refracción en un prisma, 208

velocidad del sonido en el aire, 109

refrigerador, 171

transversal, 78 vidrio BK7,

219

a > y

1S1C 1

de materias

corresponde

a los

contenidos de los Cursos de Ondas y Calor de los programas de las carreras de Ingeniería y Licenciaturas en Física y Astronomía que se dictan en la Uniwersidad Católica de Chile.

Iv

F

La selección

de

'ERSITARIOS|

Este libro reúne una colección de 107 problemas resueltos en las áreas de Ondas, Calor y Optica.

Facultad

UN

Al comienzo de cada capúulo se presenta un resumen de los conceptos físicos y ecuaciones

1 EX TOS

que tienen directa relación con el contenido del capútulo respectivo. Estas introducciones no sustituyen el material de los textos sugeridos como

apoyo

para

cursos

que

se

basan

en

ellos,

sino constituyen una ayuda para enfrentar la resolución de los problemas.

Mario Favre Domínguez es Licenciado en Elsie g

de la Pontificia Universidad Católica de Chile, Doctor en Física (Ph.D.) de la Universidad de Londres (Imperial Collage) y Profesor Titular y Director del Departamento de Física de la Pontificia Universidad Católica de Chile. Juan Cristóbal García-Huidobro Munita realizó

estudios de Ingeniería Civil en la Pontificia Universidad Católica de Chile hasta 2001 y luego ingresó a la Compañía de Jesús, donde se forma para el sacerdocio. María Cristina Manterola

Walter es Licenciada

en Astronomía de la Pontificia Universidad Católica de Chile y cursa estudios de Ingeniería Civil en la

misma Universidad.

YN] EDICIONES

UNIVERSIDAD A

89561"408159