FISICA 2Autor: Hugo Medina Guzmán Profesor de la Pontificia Universidad Católica del Perú Agos to 2009 PRESENTACIÓN Me agradó saber que Hugo Medina Guzmán estaba por publicar un texto sobre Física. Había dos razones suficientes para este sentimiento. Por un lado, tenía curiosidad de sa ber lo que podría aportar un texto más de Física sobre los otros ya disponibles. Por o tro lado, conozco de la larga carrera de Hugo Medina como cultor de la enseñanza d e [a Física, y tenía curiosidad de ver cómo este compromiso como docente y experiencia se manifestarían en su texto. Tuve la suerte de conocer al Ing. José Castro Mendívil en su taller, donde desplegó una destacada labor en el diseño y construcción de equipo de laboratorio para la enseñanza de la Física. Considero que Hugo es un digno discípu lo del Ing. Castro Mendívil e igualmente ha dedicado una fracción considerable de su tiempo a la docencia, y al diseño y construcción de equipo de laboratorio para resa ltar los conceptos básicos de la Física. He revisado el contenido de este texto y ve o con gran satisfacción que su autor utiliza un enfoque muy acertado. Toma como pu nto de partida una observación experimental y a partir de allí desarrolla los concep tos físicos que permiten interpretar esta observación utilizando la formulación matemáti ca más sencilla. Todo esto lo hace con el detalle suficiente de manera que el lect or pueda seguir el argumento lógico con facilidad. Considero que éste es un gran apo rte de este texto. Este enfoque contrasta con textos que enfatizan la formulación matemática y dejan al alumno huérfano de una orientación para aplicarla a una realidad física concreta. El contenido de temas de la Física General que son desarrollados e n este texto se ajusta al programa de estudios de la PUCP. El desarrollo de cada tema incluye ejemplos bien seleccionados que son desarrollados con un detalle m uy esmerado. Al final de cada capítulo se incluye un conjunto de preguntas y probl emas propuestos; se incluye las respuestas. Algunos problemas plantean configura ciones complejas pero que contienen ciertas propiedades de simetría que permiten s u reducción a configuraciones sencillas. Al final del texto encontramos un listado de referencias bibliográficas a un buen número de textos de Física General que han se rvido de consulta al autor. En general, considero que este texto constituye una representación gráfica de la obra cotidiana que Hugo ha venido desarrollando durante su carrera docente y, por lo tanto, es un aporte muy valioso para la comunidad académica y público en general. Lima, julio de 2007 PRÓLOGO Los estudiantes a menudo se preguntan por qué llevan un curso de Física. La mejor ra zón por la que se estudia Física es porque proporciona un método coherente y lógico para comprender el mundo que nos rodea; una persona que comprende lo que sucede a su alrededor, es capaz de convivir en su entorno de manera racional y efectiva. Si n embargo, en ocasiones los estudiantes ignoran el potencial que tiene la Física p ara explicar el entorno en términos fáciles de entender; Este libro tiene por objeto brindar a los estudiantes de la Física General una ayuda para dominar los princip ios físicos que son la base de la tecnología moderna. En éste libro se asume que los e studiantes tienen una base de álgebra, geometría, y trigonometría. Es mucho más compacto que los libros de texto tradicionales, proporciona muchos ejemplos trabajados y pide resolver problemas Este libro será útil también como texto para una persona que repasa o que consolida su conocimiento de la Física. La discusión y las explicacione s narrativas son suficientemente claras y completas para poder utilizar el libro o como texto, o como suplemento a un texto más amplio. La forma de aprender la físi ca es trabajar realmente con problemas. Al usar este libro, el estudiante debe s er activo. Debe intentar trabajar cada uno de los problemas y los ejemplos. Debe mirar las soluciones solamente si no logra dar con el camino a su solución. Los e jemplos en este libro están trabajados exhaustivamente, de modo que puedan servir como modelos para el propio trabajo de los estudiantes. En este sentido se consi dera que los estudiantes se benefician al observar los cálculos realizados en más de una manera, por lo que se han incluido varios métodos para efectuar los cálculos. A demás, se tuvo especial cuidado en incluir problemas y preguntas que combinan el m aterial del capítulo en cuestión, con material de capítulos anteriores. Tales problema s y preguntas destacan el hecho importante de que diversas áreas de la Física se man ifiestan de manera simultánea en el mundo real. Además, este método de temas múltiples p roporciona una manera para que los estudiantes repasen lo estudiado y ayuda a me jorar la habilidad para resolver problemas. El diseño gráfico es de gran importancia , y para mejorar su función se ha intentado enfocar solamente una idea principal e n cada figura en lo posible. Por consiguiente, las figuras del libro a menudo se dividen en dos o más partes, para evitar la confusión de mezclar varias ideas en la misma figura. Los profesores conocen la importancia de los diagramas de cuerpo libre cuando utilizan la segunda ley de movimiento de Newton, y todos los estudi antes aprenden de ellos a medida que estudian Física. Tales diagramas se utilizan en todo el libro, no solamente en los primeros capítulos en los que se presenta y aplica la segunda ley de Newton. Por ejemplo, cuando se analiza la relación en las oscilaciones, también entre la presión y profundidad en un fluido, el análisis se sim plifica considerablemente por medio de un diagrama de cuerpo libre. De manera se mejante, cuando se deduce la expresión para la rapidez de una onda transversal en una cuerda, un diagrama de cuerpo libre es muy útil. Cifras significativas. A lo l argo de todo el libro se siguen los procedimientos normales para las cifras sign ificativas. Se espera que el esfuerzo en la elaboración de este libro sea de utili dad tanto para los estudiantes como para los profesores. Toda opinión al respecto será bienvenida. Hugo Medina Guzmán Lima Perú AGRADECIMIENTOS El autor agradece primeramente a los estudiantes, quienes han contribuido bastan te en la elaboración de este libro a través de su influencia en el establecimiento d e las técnicas y principios de enseñanza y a los profesores que con sus sugerencias y revisiones a las separatas de los capítulos hicieron notar puntos que necesitaba n una mayor aclaración. Hugo Medina Guzmán CONTENIDO CAPÍTULO 1. Elasticidad Esfuerzo y deformación. Régimen elástico y plástico, Módulos de elas ticidad y tipos de esfuerzo y deformación: Deformación por tracción o compresión longitu dinal, Módulo de Young, ley de Hooke, aplicaciones: deformación por peso, aceleración y área variable. Deformación lateral, módulo de Poisson Deformación por cizalladura o co rte módulo de cizalladura Deformación volumétrica módulo de compresibilidad. Fuerza elásti ca y Energía elástica. CAPÍTULO 2. Movimiento oscilatorio Movimiento oscilatorio: defi nición y características Ecuación y ley del movimiento oscilatorio: Movimiento armónico simple lineal y angular. Movimiento armónico simple. Movimiento armónico amortiguado : subamortiguado, sobreamortiguado y crítico. Movimiento armónico amortiguado forzad o. Resonancia, aplicaciones. CAPÍTULO 3. Movimiento ondulatorio y ondas Movimiento ondulatorio, definición, características, y tipos de ondas: por la naturaleza de la perturbación, por la dirección de la perturbación, por la dirección de la propagación. De scripción matemática de la propagación de una onda unidimensional. Función de onda: onda viajera, ecuación de onda y velocidad de propagación: ondas en una cuerda, ondas tr ansversales y longitudinales en una barra, ondas sonoras en un tubo con aire. Fe nómenos ondulatorios: reflexión de ondas. Principio de superposición de ondas: 1.-onda s iguales viajando en la misma dirección, superposición constructiva o destructiva. 2.-ondas iguales viajando en sentidos opuestos, ondas estacionarias: en una cuer da finita y en un tubo o caja acústica finita. Modos de vibración y armónicos. 3.-onda s de diferente frecuencia viajando en el mismo espacio, pulsaciones. Interferenc ia de ondas (sonoras y electromagnéticas). Interferencia entre dos fuentes separad as en el espacio con la misma fase, diferencia de camino. Sonido: intensidad, ef ecto Doppler, ondas de choque. CAPÍTULO 4. Mecánica de fluidos Concepto, tipos de fl uido, características. Densidad, peso específico y presión. Hidrostática: Variación de la presión con la profundidad en un fluido en reposo. Principios de Pascal. Empuje y flotación: Principio de Arquímedes. Barómetro y manómetro simple. Aplicaciones: superfic ies planas y translación de fluidos. Tensión superficial. Dinámica de Fluidos: Flujo d e fluido ideal Ecuación de continuidad, caudal o gasto. Ecuación de Bernoulli. Aplic aciones: medidor de Venturi y tubo de Pitot. Viscocidad y ley de Stokes. CAPÍTULO 5. Termodinámica Sistemas Termodinámicos: Variables termodinámica macroscópicas. Ley cer o de la Termodinámica y equilibrio Térmico. Temperatura y escalas Dilatación térmica: Di latación Lineal, superficial y volumétrica. Fatiga térmica. Calor y trabajo: Definición de Calor, Equivalente mecánico del calor, calor específico. Fases de la materia: cam bios de estado. Procesos de Transferencia de calor: por conducción por convección, p or radiación. Teoría Cinética de gases Ideales: Definición de un gas Ideal. Ecuación de es tado de un gas ideal, curvas Isotérmicas. Energía Interna de un Gas Ideal: Trabajo r ealizado por un gas. Primera Ley de La Termodinámica. Procesos Termodinámicos: isocóri co, isobárico, isotérmico y adiabático. Calor específico de un gas a volumen constante y a presión constante. Procesos reversibles e irreversibles. Ciclos termodinámicos. Máq uinas termodinámicas. Eficiencia y segunda ley de la termodinámica. Ciclo de Carnot. CAPÍTULO 1 Elasticidad INTRODUCCIÓN PROPIEDADES MECÁNICAS DE LOS MATERIALES ENSAYO DE TENSIÓN Y DIAGRAMA DE E SFUERZO – DEFORMACIÓN DEFORMACIÓN ELÁSTICA Y PLÁSTICA DIFERENCIA ENTRE LOS CUERPOS ELASTIC OS Y LOS INELASTICOS LEY DE HOOKE ESFUERZO Y DEFORMACIÓN UNITARIA MODULO ELASTICO O DE ELASTICIDAD Viga horizontal sostenida mediante un tirante. Deformaciones no uniformes por peso propio. Deformaciones por aceleración Deformación debido a la ro tación Deformaciones no uniformes por peso propio y área variable DEFORMACION LATERA L MODULO DE POISSON DEFORMACIÓN POR CIZALLADURA O CORTE. DEFORMACION VOLUMETRICA R ELACION ENTRE CONSTANTES ELASTICAS FUERZA ELASTICA Y ENERGIA ELASTICA PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1 1 1 1 2 2 2 2 5 6 7 11 12 18 21 24 25 28 29 CAPÍTULO 2 MOVIMIENTO OSCILATORIO INTRODUCCION MOVIMIENTO OSCILATORIO Definición y características Oscilaciones Sinuso idales DESCRIPCIÓN DEL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE EL MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE Y EL MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORME ENERGIA EN EL MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE PROBLEMA BASICO MASA – RESORTE PENDULOS Péndulo simple Péndulo compuesto Problema del sube y ba ja SISTEMAS DE PENDULOS Y RESORTES Problema del Metrónomo PENDULO DE TORSIÓN MOVIMIE NTO ARMÓNICO EN DOS DIMENSIONES Medida del desfase entre dos señales Medida de la fr ecuencia MOVIMIENTO ARMONICO AMORTIGUADO. OSCILACIONES FORZADAS PREGUNTAS Y PROB LEMAS 1 1 1 2 2 3 7 7 11 11 12 14 15 15 19 19 20 21 22 26 34 CAPÍTULO 3 Movimiento ondulatorio y ondas INTRODUCCIÓN DEFINICIÓN, CARACTERÍSTICAS Pulso y tren de ondas – Onda viajera TIPOS DE O NDAS: Según el medio por el que se propaguen Según el número de dimensiones que involu cran Según la relación entre la vibración y la dirección de propagación EXPRESIÓN MATEMÁTICA ARA UNA ONDA VIAJERA ONDAS ARMONICAS VELOCIDAD DE PROPAGACIÓN EN FUNCIÓN DE LAS PROP IEDADES DEL MEDIO. ECUACION DE LA ONDA ENERGÍA E INFORMACIÓN TRANSFERIDA MEDIANTE ON DAS REFLEXION DE ONDAS PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN DE ONDAS – INTERFERENCIA ONDAS QUE VIAJAN EN LA MISMA DIRECCION. ONDAS IGUALES VIAJANDO EN SENTIDOS OPUESTOS. ONDA S ESTACIONARIAS LOS INSTRUMENTOS MUSICALES OSCILACION DE VARILLAS. DIAPASÓN ONDAS DE DIFERENTE FRECUENCIA VIAJANDO EN EL MISMO ESPACIO PULSACIONES O BATIDOS. INTE RFERENCIA DE DOS ONDAS QUE VIAJAN EN DISTINTAS DIRECCIONES EFECTO DOPPLER Observ ador en movimiento Fuente en movimiento FORMACION DE UNA ONDA DE CHOQUE PREGUNTA S Y PROBLEMAS 1 1 1 1 2 2 2 3 4 9 11 13 15 15 16 20 27 28 29 29 30 34 34 34 42 43 CAPÍTULO 4 Mecánica de fluidos INTRODUCCIÓN DENSIDAD Densidad relativa Peso específico LA PRESIÓN EN LOS FLUIDOS Unid ades de presión HIDROSTÁTICA PRESIÓN EN UN PUNTO DE UN FLUIDO VARIACIÓN DE LA PRESIÓN CON LA PROFUNDIDAD EN UN LÍQUIDO EL PRINCIPIO DE PASCAL. MEDIDA DE LA PRESIÓN. Barómetro M anómetro simple Presión relativa y la presión absoluta EL PRINCIPIO DE ARQUÍMEDES CENTRO DE EMPUJE EQUILIBRIO ROTACIONAL DE OBJETOS FLOTANTES FUERZAS SOBRE LAS PAREDES O COMPUERTAS Centro de presión Aplicación: Superficie rectangular Aplicación: Fuerza s obre una superficie de forma rectangular inclinada TRASLACIÓN DE FLUIDOS Rotación un iforme alrededor de eje vertical TENSION SUPERFICIAL - CAPILARIDAD TENSIÓN SUPERFI CIAL ADHESIÓN Y COHESIÓN. CAPILARIDAD DINÁMICA DE FLUIDOS - MOVIMIENTO DE UN FLUIDO CA RACTERÍSTICAS GENERALES DEL FLUJO DE FLUIDOS ECUACIÓN DE LA CONTINUIDAD. ECUACIÓN DE B ERNOULLI. Fórmula de Torricelli EFECTO MAGNUS Velocidad de salida de un líquido Tiem po de vaciado El medidor de venturi VISCOCIDAD FLUJO VISCOSO EN UNA TUBERIA CIRC ULAR FÓRMULA DE STOKES Medida del coeficiente de viscosidad PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1 1 1 1 1 1 2 2 2 4 5 5 5 6 7 7 8 15 16 16 17 19 20 22 22 24 25 30 30 30 31 32 3 2 33 34 39 41 42 43 43 44 RADIACION DEFINICIÓN DE UN GAS IDEA L LEY DE BOYLE LEY DE GAY-LUSSAC LEY DE CHARLES.CAPÍTULO 5 Termodinámica INTRODUCCION Sistemas Termodinámicos: Variables termodinámicas macroscópicas LEY CERO DE LA TERMODINÁMICA Y EQUILIBRIO TÉRMICO TEMPERATURA Y ESCALAS DILATACION TERMICA FA TIGA DE ORIGEN TÉRMICO CALOR Y TRABAJO CAPACIDAD CALORIFICA. EL CICLO CARNOT Motor y Refrigerador ENTROPIA PREGUNTAS Y PROB LEMAS 1 1 1 2 4 9 12 12 15 17 20 20 20 24 27 28 28 28 28 29 35 36 37 38 38 39 40 40 40 47 50 50 52 52 55 56 58 62 63 . CALOR ESPECÍFICO FASES DE LA MATERIA CAMBIOS DE ESTADO. ECUACIÓN DE ESTADO DE UN GAS IDEA L TEORÍA CINÉTICA DE LOS GASES IDEALES ENERGÍA INTERNA DE UN GAS IDEAL TRABAJO REALIZA DO POR UN GAS PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA CALOR ESPECÍFICO DEL GAS IDEAL PROCESO S TERMODINÁMICOS Isocórico o a volumen constante Isobárico o a presión constante Isotérmic o o a temperatura constante PROCESO ADIABATICO CICLOS REVERSIBLES E IRREVERSIBLE S CICLOS TERMODINÁMICOS. CALOR LATENTE Dilatación térmica y equilibrio térmico TRANSFERENCIA DE CALOR CONDUCCION CONVECCION. MÁQUINAS TERMODINÁMICAS CICLO OTTO CICLO DIESEL SEGUNDA LEY D E LA TERMODINÁMICA. Berkeley physics co urse – volumen 1. Ronald Blum. Alan H. Editorial Reverté. Berkeley physics course – volumen 2. Simon G. Benett Maine U niversity. (1978) GENERAL PHYSIC S WITH BIOSCIENCE ESSAYS. (professor of Physics University of Idaho. Ph. and pa rticles. Alambra (1985) PROBLEMAS DE FISICA. Burns Univ ersity of Dundee. Trinity College. Kip. FUNDAMENTOS DE ELECTRICIDAD Y MAGN ETISMO. Fondo educativo interamericano. Solomon Gart enhaus. Pennsilvania State University. Mechanics of particles. Miguel Piaggio H. Roller. Editorial Reverté SA. Michael E. F: Woobridge Constant. Matthew Sands. John Wiley & Sons Inc. CECSA (1986) PHYSICS for Engineering and Science. C.BIBLIOGRAFÍA THEORETICAL PHYSICS. Addison – Wesley Publishing C ompany (1959) THEORETICAL PHYSICS. INTERAMERICANA. Cromer. Trinity College. Edward M. Massachussets Institute of Technology. magnetismo y óptica .Purcell. Universidad Vanderbilt. Charles Kittel. Duane E. Walter D. rigid and elastic bodies. Wilbert J. Instituto Tecnológico y de Estudios Superiores de Monterrey. Editorial Reverté. QC 21 M19 (Biblioteca PUCP) (1979) Física general II: Problemas resueltos Hugo Medina G uzmán. Clarence E. Addison – Wesley Publishing Company (1964) CORRIENTES. Roller. Stuart Ken ter. French. (1975) MECÁNICA NEWTONIANA. Sávchenko. (1974). F: Woobridge Constant. (1979) Física general II: Teoría Hugo Medina Guzmán. Luis L. II y III. Facultad de Ciencias de V alladolid. . Jerry B. Universidad Complutense de Madrid . V. ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO. Ronald Blum. Editorial Limusa Mexico (1973) FÍSICA PARA L AS CIENCIAS DE LA VIDA Y LA SALUD. Casanova Colas. Ruderman. A. (1990). Editorial Mir Moscú. McKeachie (University of Michigan). (1971) ELECTRICIDAD Y MAGNET ISMO PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA. Editorial Reverté. Northeastern University. (1966). G. (1964). Editorial Mi r Moscú. Kraushaar. U TEHA. Mason et Cie. MacDonald / Desmond M. dirigido por S. Ya.J. Kósel. My akishev.Feyn man. FIS 104 M364 (Biblioteca PU CP) (1981) FÍSICA PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA. A. Schaum’s outline series Mcgraw-H ill (1988) FÍSICA: VOLUMEN 1. Mir Publishers. Robert B. Roger W. Marion. (1992). fluids an d heat flow. P. Editorial Reverté. Miguel Piaggio H. Electricidad. Aguilar Peris. FIS 141 M36 (Biblioteca PUCP) (1982) EXPLORING PHYSICS Conc epts and applications. Duane E. Browne. Purdue University. INTRODUCCIÓN AL ESTUDIO DE LA MECÁNICA. MIT Physics course.Thermodinamics. Knight. Stan ford University. (1989) MECÁNICA. Tomos I y II Hubert Lumbroso. California Institute of Technology. Clemson University – Howard Grotch. B. (1992). (1981) Física 3: electricidad y magnetismo para estudiantes de ciencias e ingeni ería Hugo Medina Guzmán. Mexico . Uno Ingard. Wadsworth Publishing Company (1984) PROBLEMAS DE FISICA. Mecánica. electromagnetism. (1968) PROBLEMS IN ELEMENTARY PHYSICS. PROBLEMAS DE FISICA. (1977) TEACHING TIPS. D. University of California. J. MATERIA Y ONDAS. Heath and Company (1978) FÍSICA PARA LAS CIENCIAS DE LA VIDA. (1990). S eventh edition D. Redding North Texas State University. McKelvey .waves. Editorial Reverté S. V: Krivchenkov. di rigido por O. ondas y termodinámica. Volumenes I. Editorial Reverté SA. Francis Bitter. CAMPOS Y P ARTÍCULAS. Mc Graw – Hill Book Company (1967 ) CIENCIA FÍSICA Orígenes y principios Robert T. FIS 111 M364 (Biblioteca PUCP) (1979) Física general I: pro blemas resueltos Hugo Medina Guzmán. 1 y 2. Malvin A.Shalnov. Langeman. Bukhotsev. HARLA. FÍSICA I y II. Leighton. Arthur F. Editorial Reverté. John P. W illiam L. G. Richard P. Addison – Wesley Publishing Compa ny (1959) The Feynman LECTURES ON PHYSICS. (1986) PROBLEMAS DE FISICA Y COMO RESOLVERLOS. A guidebook for the beginning College Teacher. FÍSICA: VOLUMEN 2. Miguel Piaggio H. Moscow (1971) PROBLEMES DE PHYSIQUE COMMENTE S. París. Cantú. University of Maryland. (1997) FÍSICA John Cutnell / Kenneth W. San Luis Obispo. Arthur Beiser. (20 04) FÍSICA UNIVERSITARIA. Robert Resnick (Renssel aer Polytechnic Institute). ATP Press – Springer. INC. Cromer. 7th Edition (2 005) .FÍSICA. Pearson . James Madison University. of Pittsburgh). XXVI edición. A conceptual i ntroduction to Physics. Ph. Carlos Gracia Muñoz. Lourdes Lleó. Mcgraw-Hill. Randall D. Santa Barba ra) Volumen 1. David Halliday (Univ. Editorial Reverté. Mcgra wHill.). Thomas Griffith. Mark W. (2001) PROBLEMAS Y CUESTIONES DE FISICA.Sears. Hugh D. University of South Carolina.– Richard Childers. Universidad de Navarra. (1993) PROBLEMAS DE FISICA Santiag o Burbano de Ercilla. (1996) TEACHING INTRODUCTORY PHYSICS Arnold Arons Uni versity of Washington JOHN WILEY & SONS. LIMUSA (1998) FÍSICA EN LA CIENCIA Y EN LA INDUSTRIA. (1994) Física uno Hugo Medina Guzmán. Editorial Reverté SA. Universidad Politécnica de Madrid. Joseph Enric Llebot Rabaglia ti. Addison Wesley (2004) FUNDAM ENTALS OF PHYSICS. Francis W. David Jou Mirabent Universidad autónoma de Barcelona. Schaum’s outline series Mcgraw-Hill (1995) TEACHIN G INTRODUCTORY PHTSICS A Sourcebook. FIS 104 M365 (Biblioteca PUCP) (1995) APPLIED PHYSICS. Pacific University. Universidad de Girona. Begoña Betete. FÍSICA Para las ciencias de la vida. Ildefonso Ruiz – Tapiador. W. Northeastern University. Young (Carneg ie Mellon University) y Roger A. Ediciones Mundi – prensa (2002) The PHYSICS of every day phenomena. (2000) FÍSICA CONTEMPORANEA Edwin Jones. Enrique Burbano de Ercilla. Frank S. Berkeley physics course – volumen 3. Freedman (University of California. Knight Califo rnia Polytechnic State University. Johnson. Jr. Mcgraw-Hill. A . Crawford. Raymond S: S erway. Atanasio Lleó. Mcgraw-Hill. Jearl Walker (Cleveland State Univ.Addison Wesley (2004) FIVE E ASY LESSONS Strategies for successful Physics teaching. Carlos Pérez garcía. Volumen 2. MIRA editores (1994) ONDAS. Stony Brook) and Thomas Miner (Associate Editor The Physics Teacher 1972 – 1988). Undecima edición. D. Tomos I y II Tercera edición revisada (Segunda edición en español). Zemansky. (1994). Javier Galeano. Clifford E: Swartz (State University of New York. Zaragoza. Southern Illinois University. ya que la muestra es deforma da permanentemente y usualmente fracturada. E n tales condiciones es necesario conocer las características del material para dis eñar el instrumento donde va a usarse de tal forma que los esfuerzos a los que vay a a estar sometido no sean excesivos y el material no se fracture. El ensayo de tensión se utiliza p ara evaluar varias propiedades mecánicas de los materiales que son importantes en el diseño. en el sentido del comportamiento de los materiales bajo la acción de diver sos esfuerzos. En este capítulo trataremos sobre los cambios de forma producidos en un cuerpo cuando está bajo la acción de una fuerza. En este ensayo la muestra se deforma usualmente hasta la fractu ra incrementando gradualmente una tensión que se aplica uniaxialmente a lo largo d el eje longitudinal de la muestra. en particular. Un ensayo de tensión normalm ente dura pocos minutos y es un ensayo destructivo. de metal es y aleaciones. dentro de las cuales se destaca la resistencia. Muestra típica de sección ci rcular para el ensayo de tensión . Elasticidad INTRODUCCIÓN Hasta ahora en nuestro estudio de mecánica hemos asumido que los cuerpo s son indeformables. se consignan los datos de la fuerz a (carga) aplicada a la muestra que está siendo ensayada así como la deformación que s e puede obtener a partir de la señal de un extensómetro. La muestra se sostiene por sus extremos en la máquin a por medio de soportes o mordazas que a su vez someten la muestra a tensión a una velocidad constante.deformación Durante la tensión. iniciándonos en la técnica del diseño. Hay tres formas principales en las cuales podemos aplicar cargas: Tensión. la cual tiene una sección transversal unifor me a lo largo de su longitud. aunque se justifica cuando los efectos d e las deformaciones carecen de importancia. aunque también se usan especimenes rectangulares. Las muestras normalmente tienen sección transve rsal circular. Además en ingeniería muchas cargas son torsionales en lugar de sólo cizalladura. Los datos de la fuerza pued en convertirse en datos de esfuerzo y así construirse una gráfica tensión – deformación. e sto es. La máquina al mismo tiempo mide la carga aplicada instantáneam ente y la elongación resultante (usando un extensómetro). Gráfica típica tensión vs deformación DEFORMACIÓN ELÁSTICA Y PLÁSTICA 1 . Ensay o tensión – deformación Sobre un papel de registro. Compresión y Cizalladura. PROPIEDADES MECÁNICAS DE LOS MATER IALES Muchos materiales cuando están en servicio están sujetos a fuerzas o cargas. esto no es cierto. E NSAYO DE TENSIÓN Y DIAGRAMA DE ESFUERZO – DEFORMACIÓN.Elasticidad Hugo Medina Guzmán CAPÍTULO 1. la deformación se con centra en la región central más estrecha. El comportami ento mecánico de un material es el reflejo de la relación entre su respuesta o defor mación ante una fuerza o carga aplicada. Así cuando la fuerza cesa. Robert Hooke fue el primero en enunciar esta relación con su invento de un volan te de resorte para un reloj. El signo menos es porque la fuerza es en oposic ión a la deformación. S= N F . es el cociente entre el cambio de longitud de la muestra en la dirección de la fuerza y la longitud origin al. Por definición. se produce una deform ación del material. la deformación unitaria originada por la acción de una fuerza de tensión uniaxial sobre una muestra metálica. Si el material vuelve a sus dimensiones originales cuando la f uerza cesa se dice que el material ha sufrido una DEFORMACIÓN ELASTICA. En términos generales. La constante de la proporcionalidad k varía mucho de acuerdo al tipo de material y recibe el nombre de constante del resorte o coeficiente de ri gidez. LEY DE HOOKE. pero no hasta el extremo de que tomen n uevas posiciones fijas. El número de deformaciones elásticas en un material es limitado ya que aquí los átomos del materia l son desplazados de su posición original. A la constante e proporcionali a . El esfuerzo S en la barra es igual al cociente entre la fuerza de tensión uniaxial media F y la sección transversal original A0 de la barra. los átomos vuelven a sus posicion es originales y el material adquiere su forma original. DIFERENCIA ENTRE LOS CUERPOS ELASTICOS Y LOS INELASTICOS. Los cuerpos elásticos son los cuerpos que después de a plicarles una fuerza vuelven a su forma normal mientras que los inelásticos tienen su grado de elasticidad muy bajo y si los deforman no vuelven a su forma origin al.Elasticidad Hugo Medina Guzmán Cuando una pieza se somete a una fuerza de tensión uniaxial. Si el material es deform ado hasta el punto que los átomos no pueden recuperar sus posiciones originales. encontró que una fuerza que actúa sobre un resorte produce un alargamiento o elongación que es directamente proporci onal a la magnitud de la fuerza. . la eformación unitaria es una = l l Mó ulo Elástico = esfuerzo eformación Para el caso e Deformación por tracción o compresión longitu inal El esfuerzo es S= F = −kΔl δ= El mó ulo elástico es conoci o como el MODULO DE YOUNG. es común convertir la eformación unitaria en un porcentaje e eformación o porcentaje e elongación % eformación = eformación x 100 % = % elongación MODULO ELASTICO O DE ELASTICIDAD. δ= magnitu a imensional En la práctica. En la parte de comportamiento elástico se cumple la Ley de Hooke . A0 m Deformación unitaria: Por definición. po emos escribir la ley e Hooke en su forma general. l − l 0 Δl . s e dice que ha experimentado una DEFORMACIÓN PLASTICA. sus unidades son . 4 Latón 4. Esfuerzo.6 Platino 1 6.6 Hierro.8 Cobre 10.8 Plomo 1. sus uni a es son . fun i o 7. Mó ulo e elastici a Y 1010 N/m2 Alu minio 6. Los orto oncistas usan alambr es e bajo mó ulo e Young y alto límite elástico para corregir 2 A =S Δl δ l ESFUERZO Y DEFORMACIÓN UNITARIA. Consi eremos una varilla cilín rica e lo ngitu l 0 y una sección transversal e área A0 someti a a una fuerza e tensión uniax ial F que alarga la barra e longitu l 0 a l .7 Plata 7. como se muestra en la figura. m Δl TABLA I Mó ulo e elastici a o mó ulo e Young. .Δl l F F .0 Nombre Ejemplo 1.7 Nickel 20.6 Acero 20. la eformación unitaria es A Y= k= F N .8 Oro 7. 14 mm2 = 3. 2senα Por l ley de Hooke deducimos que ⎛ Δl ⎞ T = ⎜ ⎟YA ⎝ l ⎠ Igua ⎛ Δl ⎞ ⎜ ⎟YA = 2senα ⎝ l ⎠ De la figura siguiente: ∑F y =0 F Mg 8 × 9.14x10-6 m2 La fuerza que corresonde a cada m2 de sección es: Suma de fuerzas verticales: 2Tsenα − Mg = 0 ⇒ Mg T= . no estará tensionan o los ientes para corregir su posición transversal se convierte en un paralelogramo. Entre os columnas fue ten i o un alambre e longitu 2 l . su eformación es irreversible y por lo tanto. De un alambre e cobre e 1. Reemplzndo obtenemos Solución. ¿Por qué? Solución. l y l' = l + Δl cos α De quí: l ⎛ 1 ⎞ = l + Δl ⇒ Δl = l⎜ − 1⎟ ⇒ cos α ⎝ cos α ⎠ 1 Δl = −1 l Luego Mg ⎛ 1 ⎞ − 1⎟YA = ⎜ 2senα ⎝ cos α ⎠ Para ángulos pequeños tenemos que senα ≈ α y cos α = 1 − 2sen 2 α ( 2)≈ 1 − α 2 2 .8 = = A A 3.Elastici a Hugo Me ina Guzmán la posición e los ientes me iante arcos tensores. Pr encontrr l tensión del hilo.14 × 10 −6 N = 2. En el ala mbre. Se pregunta: a) ¿Hemos rebasa o el límite e elastici a ? b) ¿Se romperá el al ambre? c) En caso e ser negativas las preguntas anteriores. Ejemplo 2 . de pndeo del lmbre. Fl 8 × 9. ¿cuál es su alargamient o? Mó ulo e Young = 12x1010 N/m2 Límite e elastici a e 3x107 a 12x107 N/m2 Límite e ruptura e 20x107 a 50x107 N/m2 Solución.5 m e longitu y 2 mm e iámetro se cuelga un peso e 8 kg.0003 m = 0.14 × 10− 6 = 0. considerándolo pequeño. Bajo mó ulo e You ng para que sea relativamente fácil eformarlo elásticamente para montar los arcos e n los ientes. El área e la secc ión transversal el alambre es A. el mó ulo e elastici a es Y. fue colga o un farol e masa M. e ahí que el límite elástico tenga que ser alto. exactamente en el centro.8 × 1. Por condición de equilibrio: ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎜ 1 2 − 1⎟YA = Mg ⎟ ⎜ α 2α ⎟ ⎜1− 2 ⎠ ⎝ . a) y b) La sección el alambre es: A = πr 2 = 3. ya que si el arco se eforma plásticamen te. Determinar el Angul o α. La tensión eberá ser menor que la tensión e fluencia el material.49 × 107 2 m Que no llega ni al límite inferior e elastici a ni al e ruptura.5 = c) Δl = YA 12 × 1010 × 3.3 mm Ejemplo 3. 3 . Fc = Solución. Fa Ya 2 En equilibrio 2Fc + Fa = mg. Por consiguiente. 4 Fl . está suspen i a e tres alam bres verticales e la misma longitu situa os simétricamente. Determinar la tensión e los alambres. Si los cables inicialmente tienen igual longitu y la viga finalmente es tá horizontal. El área e la sección transversal e to os los alambres es igual. e masa m = 100 kg.Elastici a Hugo Me ina Guzmán ⎡⎛ α 2 ⎞ ⎤ Mg ⎟ − 1⎥YA = ⇒ ⎢⎜1 + ⎜ ⎟ 2 ⎠ ⎦ 2α ⎣⎝ ⇒ α2 2 YA = Mg Mg ⇒ α3 = 2α YA Finlmente α =3 Mg YA Solución. Por estar el sistema en equilibrio: T1 + T2 = Mg = 2 000 x 9. Basán onos en la ley e Hooke. Se cuelga una viga e 2000 kg e os cables e la misma sección. encontrar qué par te e la carga recae sobre el hormigón. escri bimos T1 T2 = 7 20 Don e el subín ice 1 se refiere al aluminio y el 2 al acero. es evidente que el lrgmiento de los hilos será igul. Consi eran o que el mó ulo o Young el hormigón Yha. Al suspen erla. Una barra homogénea. Prtiendo de los conceptos de simetrí. la tensión el hilo e acero es Ejemplo 4. es l AYc Δl Fc = l Fa = Fc Yc 1 = = .5 N T2 = 14 517. YA lT1 lT2 e aquí = Y1 A Y2 A Ejemplo 6. Designemos este lrgmiento por Δl . Una columna e hormigón arma o se comprime con una fuerza P. . uno e aluminio y otro e acero. Mó ulos e Young: acero = 20x1010 N/m2. 5 N Ejemplo 5. ambos cables han experimenta o el mismo alargamiento: Como Δl = mg = 250 N y Fa = 2Fc = 500 N.8 N De ambas T1 = 5 081. De acuer o con la ley e Hooke. alumi nio =7x1010 N/m2 De on e concluimos que la relación e las tensiones es igual a la relación ulos e elastici a correspon ientes: e los mó AYa Δl y la el hilo e cobre. Cal cular la tensión que soporta ca a uno. es 1/10 el e hierro Yh y que el área e la sección transversal el hierro es 1/20 e la el hormigón arma o. si el alambre el me io es e acero y los otros os son e cobr e. ambos cables se estiran lo mismo. Solución. El mó ulo e Youn g el acero es os veces mayor que el el cobre. sobre el hierro. e las mismas características pero e iferente longitu y como se muestra en la f igura. Los extremos e las barras 4 . Fh De este mo o. 2/3 el peso recae sobre el hormigón arma o y 1/3.⎛ Δl ⎞ Fha = ⎜ ⎟ Aha Yha y ⎝ l ⎠ ⎛ Δl ⎞ ⎛ Δl ⎞ A Fh = ⎜ ⎟ AhYh = = ⎜ ⎟ ha 10Yha ⎝ l ⎠ 20 ⎝ l 2 . Un peso W se encuentra sujeto entre os barras e peso espreciable. Ejemplo 7. tiene que cumplirse que los alargamientos sean iguales: R1 + R2 − W = 0 Δl 1 = Δl 2 Por elastici a (2) Resolvien o las ecuaciones (1) y (2). El tensor BC es de peso desprecible. si l longitud del tubo es l . Diagramas el cuerpo libre el conjunto y e las partes: h ⎛ AY AcYc ⎞ ⎟. y Ac . En el sistema mostra o en la figura. el perno se alarga en el valor Fl / Aa Ya . Ejemplo 8. Bajo la acción e la fuerza e compresión F. Solución. Encontrar las reacciones que se pro ucen en los apoyos. ⎜ l ⎜ AaYa + AcYc ⎟ ⎠ ⎝ Ejemplo 9. los cuales son in eformables. e on e: F= Solución. Solución. y bajo la acción e la fuerza e extensión F. La suma Fl / AaYa + Fl / AcYc es igual al esplazamiento e la tuerca a lo largo el perno: Fl / AaYa + Fl / AcYc = h . R1 = l2 l W y R2 = 1 W L L Por equilibrio estático.Elastici a Hugo Me ina Guzmán están liga os al peso y a los apoyos. Viga horizontal sosteni a me iante un tirante. obtenemos: R1l 1 R2l 2 = ⇒ AY AY R1l 1 = R2 l 2 L brr es indeformble y de peso P. ¿cuánto bajará el peso W respecto a la posición en la cual el tensor no e staba eforma o? Por equilibrio estático. Un perno de cero se enrosc en un tubo r. Encontrr ls fuerzs que surgen en el perno y tuerc un vuelt. áre A y módulo de elsticidd Y. el tubo isminuye en Fl / AY . ∑F y = 0: (1) Geométricamente. h y ls áres de l sección trnsversl del perno respectivmente Tl Pl W 2l = 0 T P 2W = 0 T = P + 2W ∑τ o de cobre como muestr l figu en el tubo debido l hcer l el pso de rosc del perno es y del tubo son igules A. =0 (1) Geoméricamene. considerando que el giro que se produce es pequeño. el esiramieno Δl el tensor es: x = 2 Δl Δl = 5 Tl AY . podemos escribi r: Por elasicidad. P' y ρAg d (ΔL ) = = y y YA YA ρg = ydy Y ΔL = ∫ (ΔL ) = y = κ (L 2 2 − y2 ) 2 Luego: d (ΔL ) = Integran o L κg eformación el elemento . El elemento difeencial dy sopota el peso P ' de la poción de baa de longitud y que está sobe él.Elastici a Hugo Me ina Guzmán Luego. El elemento de col umna dy es defomado po el peso de la masa m. Ejemplo 10. Deformaciones no uniformes por peso propio. su defomación seá ΔL . x = 2Tl AY 2(P + 2W )l AY (2) Reemplazan o la expresión (1) en (2): x = Solución. Determinar la eformación pro uci a en una barra ebi o a su peso propio e una barra el largo L. d (ΔL ) = P' = m' g = ρV ' g = ρAyg Siendo la longitud de la baa L. seá d (ΔL ) . Solución. la iferencial y ebi o al peso mg y YA Cálculo e m. m = ρ l dy = κydy ⇒ y2 m = ∫ κydy = κ y 2 L L P' . sección A . mó ulo e elastici a Y y ensi a ρ . 2YA (L − y 2 dy ) Luego ρg Y 2 1 ρgL 1 (ρgAL )L = = 2 Y 2 AY 1 (Peso Total ) × L o ΔL = AY 2 0 ∫ L y y ΔL = ∫ 0 (ΔL ) = (L 2YA ∫ L 0 κg 2 − y 2 dy ) Obsevamos que esta defomación es igual a la mitad de la defomación que se poduci ía. Y. como sí. y3 ⎞ ⎜L y − ⎟ ΔL = 2YA ⎜ 3 ⎟0 ⎝ ⎠ 3 κg ⎛ 3 L ⎞ κgL3 ⎜L − ⎟ = = 2YA ⎜ 3 ⎟ 3YA ⎠ ⎝ 2 κg ⎛ L Como l ms totl es M =∫ = L 0 y2 dm = ∫ κydy = κ 0 2 . Detemine la defo mación que sufe la atua de la baa po peso popio. módulo Y. ( κ es constante e y la altua medida desde el pi so). Una baa de masa M. Considee que la densidad l ineal de la baa vaía según ρ l = κy . sección A y altua L está sobe el piso. A. L y κ . el peso estuviea concentado en el extemo supeio. Ejemplo 11. Datos: M. 6 .L 2 L 0 L 2 2M κgL3 2MgL ΔL = 2 = 3YA κL 3YA κ Ejemplo 12. 93 y módulo de otua 1020. de densidad 8.4 g/cm2 paa que se ompa po su popio peso. Hállese la longitud que ha de tene un hilo de alambe. Calcule cuanto estia el cuepo. y YAL x=L x =0 ΔL = ∫ (ΔL) = ∫ YAL x x F P = mg = Alρg = 10 A 8 Es deci: De donde ΔL = 1 FL 2 YA Ejemplo 14. siendo A la sección. d (ΔL ) = . Aplicando la segunda ley de Newton: Solución. Se tiene una columna e largo L. La fueza sobe cad a uno de los tes sectoes se indica en las figua a continuación El elemento difeencial es estiado po la fueza R2.Elasticidad Hugo Medina Guzmán Solución. módulo de elasticidad Y. Se jala cobe un piso liso de la manea como se muesta en la figua. a) Sea m la mas a total de la baa ∑ F = ma m = ρAL 3F − F = ma ⇒ = Tomemos un elemento diferencil dx.8 N/cm2 =108 N/m2. 1020. cuy ms es dm 2F 2F = m ρAL dm = ρAdx Haciendo el diagama del cuepo libe Hagamos los diagamas del cuepo libe de los tes sectoes.8 Ejemplo 13. Paa que el h ilo se ompa. l= 10 8 A 10 8 =1143. sección transve rsal A. ¿Cuál es el a lagamiento total de la baa a consecuencia de la aceleación? Solución. ensi a ρ. O sea : d (ΔL) = F x x . módulo de young Y) se halla sobe un plano hoizon tal exento de ozamiento y se tia de ella con una fueza constante F.4 g/cm2 = 1 020. su peso ha de se po lo menos de 108A N. áea de sección ecta A densidad ρ . ρ = 8930 g/m3.4x9. Defomaciones po aceleación Una baa unifome de aceo (Longitud L. Pime método.6 m = Aρg 8930 x9. R2 x AY Cálculo e R2: R2 − F = m' a ⇒ R2 = F + m' = F + ρAx El elemento difeencial dm se mueve con aceleación a debido a la fueza (R1 –R2) Y la fueza que lo estia es R2. m' = ρAx y F F . Po lo tanto su defomación seá un difeencial de ΔL e sto es (ΔL ) : L R2 x y ΔL = ∫ ( ΔL ) 0 YA Como R2 = m' a . El sistema e fuerzas pue e ser ormaciones parciales suma as hacen 7 es obla o en os partes cuyas ef . tenemos: a= = m ρAL ⎛ F ⎞ x 2 = (ρAx )⎜ ⎜ ρAL ⎟ = F L ⎟ ⎝ ⎠ 2F ρAL = F + 2F x L d (ΔL ) = F ΔL = AY = F ⎛ 2x ⎞ ⎜1 + ⎟ x AY ⎝ L⎠ (ΔL) = ∫ L 0 F ⎛ x2 ⎞ ⎛ 2x ⎞ ⎜x + ⎟ ⎜1 + ⎟ x = L⎠ AY ⎜ L ⎟0 ⎝ ⎝ ⎠ L 2 FL AY Segun o méto o. 4 F ⇒ =− ρLA El conjunto se mueve hacia la izquieda. Si la baa se jala hacia aiba con una fueza F (F > mg). b) La eformación e ca a una e sus tres partes y su eformación tot al. ∑ F = ma ⇒ 3F − 7 F = (m1 + m2 + m3 ) Tomndo como positivo hci l izquierd. a) m1 = 2 ρLA . b) La figua siguiente muesta los diag amas del cuepo libe de cada uno de los elementos del conjunto.6 F Cálculo e R1: ⎛ 0. ¿Cuál es el alagamiento total de la baa? Solución.4 F ⎞ ⎟ ⎟ ⎝ ρLA ⎠ . ⎟ m ⎝ ⎠ La primera parte es la eformación e un cuerpo jala o por la fuerza 2F: ⎛ F ⎞ y R2 = (ρAy )⎜ ⎜ ρAL ⎟ = F L ⎟ ⎝ ⎠ F (ΔL) = y y . Por lo tnto su deformción será un diferencil de ΔL esto es (ΔL ) : con R2 − 3F = m3a ⇒ R2 = 3F + m3 = 3F + (4 ρLA)⎜ ⎜ = 4. m' = ρAy y a = Tenemos: ⎞ F − mg ⎛ F =⎜ ⎜ ρAL − g ⎟ . Para la barra compuesta mostra a etermine: a) Su aceleración. tal como se muestra en la figura siguiente: R 2 − m' g = m' a ⇒ R 2 = m' ( g + ) .Elastici a Hugo Me ina Guzmán el efecto total. ⇒ − 4 F = 10 ρLAa 0. Cálculo de R2: El elemento diferencil d m se mueve celerción debido l fuerz (R1 –R2) Y l fuerz que lo estir es R2 . ΔL1 = 1 (2 F )L FL = 2 YA YA FL YA La segun a parte es la eformación e un cuerpo sujeto a la tensión F: ΔL2 = La eformación total es la suma e las eformaciones parciales: ΔL = ΔL1 + ΔL2 = = FL FL + YA YA Solución. m2 = 4 ρLA y m3 = 2 ρLA Aplicando la segunda ley de Newton: 2 FL AY Ejemplo 15. y YAL F L ΔL = ∫ (ΔL) = y y YAL ∫ De on e 1 FL ΔL = 2 YA Ejemplo 16. 6 F + (4 ρLA)⎜ ⎜ ⎛ 0.(ΔL) = Como L R2 y y ΔL = ∫ ( ΔL) 0 YA R1 − R2 = m2 a ⇒ R1 = R2 + m2 = 4.4 F ⎞ ⎟ ⎟ ⎝ ρLA ⎠ 8 . 05 YA Deformación total e 1: ΔL1Total = 2. ΔL'1 = 1.6 YA YA FL = 9.6 ⎛ y⎞ ⎛ y⎞ R 2 − R3 − ⎜ M ⎟ g = ⎜ M ⎟a ⎝ L⎠ ⎝ L⎠ y R 2 − R3 = M ( g + a ) L y⎛ 3 ⎞ 5Mg R 2 − R .2 F Deformación e 3.8 FL FL = 0.6 ΔL'3 = Deformación total e 3: ΔL3Total = 12 Deformación e 2.6 F 4 L FL = 3.Elastici a = 5.2 2YA YA FL FL FL + 3. Para calcular la aceleración e la barra aplicamos: La eformación por esplazamiento es F ebi o a ser jala o por la fuerza R2 – 3F = 1.6 F 2 L FL = 0.8 YA Tomemos un elemento iferencial e la barra y Aplican o la segun a ley e Newto n al elemento e longitu x: Deformación total e 2: ΔL2Total = 9.45 2Y 2 A YA FL FL + 0. La eformación por fuerza es ebi o a 3F: Hugo Me ina Guzmán ΔL3 = 3F 4 L FL = 12 YA YA 1.6 2YA YA FL FL + 0.45 YA YA FL = 3.6 F = 0.2 = 15.2 YA YA YA Solución.05 YA YA YA FL = 28.6 F ebi o a ser jala o por la fuerza R1 R2 = 5 5Mg − Mg − Mg = 2Ma ⇒ = 3 g 2 ΔL' 2 = 0.2 Deformación e 1.8 `+3. La eformación por fuerza es ebi o a R2: ∑F y = ma y R 2L FL ΔL2 = 2 = 9.6 Y 2A YA La eformación por esplazamiento es 8 F ebi o a R1: ebi o a ser jala o por la fuerza 7F R1 = 1.2 F – 4.05 YA FL FL FL + 9. La eformación por fuerza es RL FL ΔL1 = 1 = 2.2 YA YA La eformación por esplazamiento es . Si l brr se elev verticlmente medinte un fuerz verticl 5Mg (g = grvedd). plic d en el extremo superior de l brr. iferencial y luego integr . Comenzan o con la eformación el elemento ar para to a la longitu . ms M.(1) Aplican o la segun a ley e Newton a la masa puntual: Deformación total el conjunto. tiene soldd en su extremo inferior un ms puntul M. ΔLTotal = 15. Hllr l deformción longitudinl de l b rr. Un brr verticl de longitud L.2 3 g⇒ 2 3 5 R3 = Mg + M g = Mg 2 2 R3 − Mg = M = M Reemplzndo (2) en (1): (2) Ejemplo 17. 9 5Mg 5Mg = y 2 2L ⇒ R2 = 5 Mg ⎛1 + y ⎞ ⎜ ⎟ 2 L⎠ ⎝ R2 − Primer méto o. sección trnsversl A y módulo de Young Y. 4 g W W ⇒ 2W − 0.6W = g g El digrm del cuerpo libre Cálculo de R2: Deformción de l brr por 5Mg: 1 5MgL 5MgL ΔL1 = = 2 YA 2YA Deformación e la barra por R3: 1 5MgL 5MgL = 2 2YA 4YA Deformación total: ΔL = ΔL1 + ΔL2 ΔL2 = ΔL = 5MgL 5MgL + 2YA 4YA 15M gL = 4YA x W x sen37º = a⇒ L g L 0.Elastici a Hugo Me ina Guzmán arrastra o sobre un plano liso. ∑ F = ma ⇒ Segundo método. Calculo e la aceleración.4 g = 2W L g L L El elemento diferenc il se deform dΔL : R x 2W ΔL = 2 2 = 3 x x YL YL R2 − W Para hallar ΔL integramos es e x = 0 hasta x = L. 2W − Wsen37º = ⇒ = 1. la reacción R2 . cuan o el bloque sube sobre el plano que esta inclina o 37º. a) ΔL 1 2W W = = 2 2 L 2 YL YL ΔL = 5Mg L ⎛ y⎞ 5Mg ⎛ L2 ⎞ ⎜L + ⎟ 1 + ⎟ y = ⎜ 2YA ∫0 ⎝ L ⎠ 2YA ⎜ 2L ⎟ ⎝ ⎠ 15MgL = 4YA b) Resuelto por integración. ΔL = ∫ 2W YL3 ∫ L ΔL = ΔL = W YL . a) Halla r la eformación longitu inal unitaria cuan o el plano es horizontal. (R1 − R2 ) le a la aceleración El elemento iferencial se eforma (ΔL ) ebi o a a= 3 g . luego: 2 y⎞ 5 ⎛ Mg ⎜1 + ⎟ y R y 2 ⎝ L⎠ Integran o: (ΔL ) = 2 = YA YA y⎞ 5Mg ⎛ = ⎜1 + ⎟ y 2YA ⎝ L ⎠ Solución. b) Hallar la eformación e la imensión paralela al plano. con una fuerza F = 2W.6 x W x x + R2 = W 1. Comenzndo con l deformción l los efectos de ls fuerzs en los e xtremos de l brr. Not: En R3 y está considerdo el peso de l ms puntul M colocd en el extremo inferior de l brr. Un cubo como se muestra en la figura e peso “W” aista “L” módulo de Young “Y” es 10 La defomación es: Resuelto diectamente usando esultados conocidos. . porque en el cálculo e R2 ya está consi era o.0 x x = W YL Aquí no se consi era el efecto el peso propio por separa o. Ejemplo 18. ∑ F = ma ⇒ 2W − Wsen37º = W W ⇒ 2W − 0. ⇒ = 1. F r ρAω 2 l 2 2 = ∫r (l − r )dr r YA 2YA 2 1 ρω 2 l 3 ρω l3 3 Δl = (l ) = 2Y 3 3 Y 11 .6W = g g Prte 1: Cálculo de l fuerz totl sobre un sección trnsversl l distnci r d el pivote.Elasticidad Hugo Medina Guzmán Estiamiento debido a la aceleación: Calculo de la aceleación.7W ΔLa = = 2 YL YL2 Estiramiento ebi o al peso: ΔL p = ΔL = 1 0.6W )L 0.4 g 1 (2W − 0. Deerminar el alargamieno prod ucido. ¿Cuál será el esfuerzo máximo? dF = (dm )a c = (dm )ω 2 r dm = ρAd ' dF = (ρAd ')ω 2 r ' = ρAω 2 r ' dr ' l l Inegrando: F = ∫ ρAω 2 r ' dr ' = ρAω 2 ∫ rdr r r 1 F = ρAω 2 (l 2 − r 2 ) 2 Pare 2: Cálculo del alargamieno El alargamieno del elemeno dr es: d (Δl ) = Δl = ∫ l F r YA Y el alargamiento total será: Solución. El elemento iferencial se alarga (Δl ) . ebi o a la fuerza centrípeta pr o uci a por la masa restante hacia el extremo opuesto al pivote.6WL 0. área A.3W = 2 YL2 YL Estiramiento total: 0. Deformación ebi o a la rotación Una barra e longitu l . ensi a ρ y módulo de Young Y gia con velocidad angula ω consane sobre una mesa horizon al sin fricción y pivoado en uno de sus exremos.3W W + = YL YL YL Debi o a la aceleración centrípeta se tiene una fuerza: Ejemplo 19.7 0. sabiendo que el maerial de qu e esá hecha se rompe por racción cuando se le carga con 30 kg por mm2. Solución. Para una b arra homogénea dm = ρAd . seá: F= ρAω 2 l 2 2 F ρω 2 l 2 = ⇒ ω= 2 A 2 2. siendo ρ la densidad de la sustancia que foma la baa y A . Integando. ω= o ( )( ) (8600)(1) ( 2 .10 8 dFc = dmω x = ρdVω x = ρω Axdx Inegrando: 0. obtenemos Fc = (30x9. Una barra e hierro e 100 mm2 e sección y 50 cm e longi tu gira alre e or e uno e sus extremos con una veloci a angular uniforme e ω radianes por segundo. Se pide cuál debe ser esa velocidad para que la barra se ro mpa por la racción que origina la fuerza cenrífuga. ρl 2 ( )( ) eemplazando valoes. ω es la velocidad angular de la roación.8) x100 = 29400 N.52 2 Luego: 1 (7800)ω 2 100 × 10− 6 0.Elastici a Ejemplo 20. la d isancia que hay desde el elemeno de masa dm hasa el eje de roación. r. 2 2 Llamando dm a un elemento de masa situado a la distancia x del eje de gio. su sección.5 1 Fc = ∫ ρω 2 Axdx = ρω 2 Ax 2 0 2 1 = (7800)ω 6 0. Se romperá cuando Hugo Medina Guzmán F = ∫ rω 2 dm 0 l Donde l es la longiud de]a barra.45.52 = 29400 2 2 De donde el número límie de revoluciones por segundo será Sr = 2S r . Esfuezo de m 8 g otua del cobe S = 2. Deformaciones no uniformes por área variable. v= P ρ ≈ 41 m/s. Calcular cuáno se comprim e el bloque mosrado en la figura. (Δh) = P y YA 12 . Ejemplo 21. si la resisencia del plomo iene el límie de roura P =2000 N/cm2 y la densidad ρ = 11. Duante la otación del anillo.) = 239 rad s 239 = 38 rev/s 2π Por tanto: 2 2 × 29400 ω = = 301538 . Este elemento disminuye su longitud d(Δh). es compimido po la fueza P. Ejemplo 22.3 g/cm3. Po lo tanto. Deerminar el máximo valor admisible de la velocidad lineal de roación de un anillo fino de plomo. De allí el valo de la velocidad máx ima es Solución.Para el anillo fino m =2πrSρ. La fueza centífuga que actúa sobe la baa en este caso es Según muesta el diagama del cuepo libe del elemento difeencial. Una baa homogénea de cobe de 1 m de longitud gia unifomemente al ededo de un eje vetical que pasa po uno de sus extemos. en éste suge una tensión T = mv2/2 π r . ¿A qué velocidad de ota ción se ompeá la baa? g Densidad del cobe ρ = 8600 3 . donde S es la sección tansvesal del anillo. o sea 1950 × 10− 4 ω = 301538 = 549 rad/s . T/S = ρv2. Módulo de ela sicidad Y.45 × 10 m2 Solución. Tomemos un elemento difeencial dy tal como se muesta en la figua. cuando se le aplica una fuerza P. Ejemplo 23. sien o Δh la isminución e longitu e h ebi o a la fuerza P. Solución. 692 Ya 2 Ejemplo 24. como (Δh) = 2 a Ya (h + y ) Ya(a + y ) h A = (a + 2 x) 2 y x = obtenemos. Soluc ión. como Integran o Ph Ph h Δh = 2 ln(h + y ) 0 = 2 ln 2 Ya Ya Ph El bloque se comprime Δh = 0.Elastici a Hugo Me ina Guzmán (Δh) = P y YA Usan o las figuras anteriores A = a(a + 2 x) y x = obtenemos. a y reemplazan o 2h (Δh) = h Δh = ∫ 0 (Δh) = ∫ h h Ph y 0 Ya ( h + y ) 2 Ph 2 y Ya 2 (h + y ) 2 h Luego. Detemine la defomación que sufe la altua po acción de la fueza P. Δh = ∫ 0 (Δh) = ∫ Ph 2 y 2 2 0 Ya ( h + y ) Integran o Δh = . a y reemplazan o 2h Usan o las figuras anteriores Ph y P y o ( Δh) = Luego. Una pirámi e trunca a e bases cua ra as e la os ”a” y “2a” espectivamente d e altua h y modulo elástico Y se somete en la diección axial a una fueza de comp esión P. es comrimido or la fuerza P. sien o Δh la isminución e longitu e h ebi o a la fuerza P. y x R ⇒ x= x = R H H 13 . r = R+x Yπrr 2 En los triángulos ABC y ADE: Según muestra el diagrama del cuero libre del elemento diferencial. sin consi erar el peso.Ph 2Ya 2 El bloque se comprime Δh = 1 Ph 2 Ya 2 Ejemplo 25. (ΔH ) = F y . Este elemento disminuye su longitud d(Δh). Solución. Determine la eformación ebi o a la fuerza F. El sóli o mostra o e mo ulo elástico Y tiene altura H y bases circulares e ra ios R y 2R Tomemos un elemento iferencial y tal como se muestra en la figura. su base es cuadada de la do 230 m y que fue constuida con bloques de pieda caliza y ganito con módulo de Young = 35 x 109 N/m2 y densidad = 2400 g / m3. d (Δh) = h ρg 4 x 2 ydy 3Y 4 x 2 = ρg 3Y h ydy Integando desde y = 0 hasta y = h Δh = ∫ 0 ρg . ra io base e la o 2x). Solución. Ejemplo 26. Detemine la defomación que sufe la altua de la Gan piámide de Keops en Egipto debido a s u popio peso.Elsticidd Hugo Medin Guzmán d (ΔH ) = Yπ (R + x ) Fdy 2 = F dy 2 πY ⎛ R ⎞ ⎜ R + x⎟ H ⎠ ⎝ Este elemento sufre una acortamiento (Δh). e pirámi e q FH 2 (H + x )−2 y 2 πR Y H FH 2 −2 ΔH = ∫ ΔH = 2 ∫ (H + x ) y πR Y 0 = −1 FH 2 ⎡ (H + x ) ⎤ = ⎢ ⎥ πR 2Y ⎣ − 1 ⎦ 0 FH 2 ⎡ 1 ⎤ FH ΔH = 2 ⎢ 2 H ⎥ = 2πR 2Y πR Y ⎣ ⎦ H El peso que soporta es: Peso = ρg ( 4 x y ) el 2 1 3 áea de su base es: Ax = 4 x 2 Defomaciones no unifomes po peso popio y áea vaiable. sabiendo que posee una altua de 147 m. ebi o al peso e la porción ue soporta ( e altura y. ra io e la base r). tal como de indica en la figua Este elemento sufe una acotamiento d(Δh). ebi o al peso e la porción soporta ( e altura y. Encontrar cuanto se comprime el cono e altura h y base e área A ebi o a su propio peso. Tomemos un elemento difeencial dy.3Y ydy = ρg y 2 3Y 2 3 Como el Peso total es ρgAh 0 1 ρgh 2 = 2 3Y . obtenemos: Δh = 1 (Peso total)h 2 Y (Area base) Ejemplo 27. 14 e cono que . tal como de indica en la figua Solución. El cono esta hecho e un material e ensi a ρ y módulo de ela sticidad Y. Tomemos un elemento difeencial dy. obtenemos: Δh = 1 (Peso total)h 2 Y (Area base) Ejemplo 28. lado de la base mayo = 4a Altua del tonco de piámide egula = H y y x' y dy ' = dx' : x x y 2 dP = 4 ρg (a + x') dx' x y' = Integando desde x = 0 hasta x = x’: . Dat os: Densi a = ρ. módulo de Young = Y Lado de la base meno = 2a. Para esto tomamos un elemento iferencial e altura y’ y lo integramos de sde x = 0 hasta x = x’.Elastici a Hugo Me ina Guzmán Cálculo el peso e la e la parte tronco e pirámi e que está sobre el elemento ifer encial. En la figura se muestra un tronco recto e pirámi e regular e base cu a ra a. gavedad = g. Determinar cuánto se comprime el sóli o homogéneo ebi o a su peso propio. El eso que soorta es: eso = área de su base es: A = πr 2 ρg ( πr 2 y ) 1 3 el El eso del elemento diferencial es: 2 Integrando desde y = 0 hasta y = h ρgπr 2 ydy ρg = ydy d (Δh) = 3Y 3Yπr 2 h dP = ρgdV = ρg 4(a + x') dy ' Del dibujo siguiente: Δh = ∫ 0 ρg 3Y ydy = ρg y 2 3Y 2 h = 0 1 ρgh 2 2 3Y Obtenemos: Como el Peso total es ρgAh/3. A = (2a + 2 x ) = 4(a + x ) YA Solución.P = ∫ dP = 4 ρg y x' 2 ∫0 (a + x') dx' x 3 x y (a + x') = 4 ρg 3 x 4 ρgy (a + x )3 − a 3 = 3x d (ΔH ) = [ 0 ] El elemento iferencial se comprime: P y 2 2 . Reemplazan o: 4 ρgy (a + x ) − a 3 d (ΔH ) = 3 [ ] Del ibujo siguiente: Obtenemos: 15 y 2 3Yx 4(a + x ) . Para eterminar cuánto se comprime el sóli o tomamos un elemento iferencial y y vemos cuanto se comprime por efecto el peso e la parte tronco e pirámi e que está sobre él (la parte e altura y en el ibujo). Elastici a Hugo Me ina Guzmán H H x . y = x : a a 2 ρg H (a + x )3 − a 3 d (ΔH ) = x 3Y a 2 (a + x )2 y= [ ] = ρg H 2 3Y a 2 [a + x − a (a + x ) ]dx 3 −2 Integando desde x = 0 hasta x = a: El peso del elemento difeencial es: 2 ΔH = ∫ = (ΔH ) P = ρgdV = ρgπ (R + x) dy ρg H 2 3Y a 2 ∫ a 0 [a + x − a (a + x) ]dx 3 Del dibujo siguiente: −2 x2 a3 ⎤ ax + = + ⎢ ⎥ 3Y a 2 ⎣ 2 ( + x ) ⎦ 0 = ρg H 2 ⎡ a ⎞ a2 a2 ⎜a2 + + − a2 ⎟ 2 ⎜ ⎟ 3Y a ⎝ 2 2 ⎠ 2 1 ρgH = 3 Y Ejemplo 29. altua H y bases ciculaes de adi os R y 2R ρg H 2 ⎛ . Detemine la defomación que sufe la altua debido al peso popio El sólido mostado tiene peso F. modulo elástico Y. Obtenemos: 16 . Para esto tomamos un elemento diferencial de altur a dy’ y lo integramos desde x = 0 hasta x = x’. A = π (R + x ) YA Reemlazando: ρgπy (R + x )3 − R 3 d (ΔH ) = y 3Yx π (R + x )2 [ ] Del dibujo siguiente: Cálculo del eso P de la de la arte tronco de cono que está s obre el elemento diferencial. Para determinar cuánto se comrime el sólido tomamos un elemento diferenci al dy y vemos cuanto se comrime or efecto del eso de la arte tronco de cono que está sobre él (la arte de altura y en el dibujo). ρgπy 3x [(R + x) 0 3 − R3 ] El elemento difeencial se compime: d (ΔH ) = P y 2 .Obtenemos: y y x' y dy ' = dx' : x x y 2 dP = ρgπ (R + x) dx x y = Integrando desde x = 0 hasta x = x’: P = ∫ dP = ρgπ y x 2 ∫0 (R + x) dx x 3 x y ( R + x ) = ρgπ 3 x = Solución. dy = dx : R R 2 ρg H (R + x )3 − R 3 d (ΔH ) = [ ] = ρg H 3Y R 2 2 [R + x − R (R + x) ]dx 3 −2 d (ΔR ) = P( y ) y YA Integran o es e x = 0 hasta x = R: ΔH = ∫ = (ΔH ) ρg H 2 3Y R 2 ∫ R 0 [R + x − R (R + x) ]dx 3 −2 x2 R3 ⎤ Rx + = + ⎢ ⎥ 3Y R 2 ⎣ 2 ( + x ) ⎦ 0 = ρg H 2 ⎡ R Cálculo e P( y ) ⎞ R2 R2 ⎜ R2 + + − R2 ⎟ 2 ⎜ ⎟ 3Y R ⎝ 2 2 ⎠ 2 1 ρgH = 3 Y Peso del elemento difeencial ρg H 2 ⎛ x 3Y R 2 ( R + x )2 y= . De tal manera que se deforma: H H x .Elasticidad Hugo Medina Guzmán El elemento diferencial soorta el eso P de la arte de hemisf erio que está sobre él. Sugeencia: Calcule la defomación de una poción difeencial del hemisfeio fomada po un disco delgado paalelo al p iso.El peso del tronco de cono es: 1 1 2 2 F = π (2 R ) (2 H )ρg − π (R ) (H )ρg 3 3 1 2 7 2 = πR Hρg (8 − 1) = πR Hρg 3 3 Luego dP( y ) = ρπg R 2 − y ' 2 dy ' El peso P( y ) de la poción de hemisfeio es: ( ) ΔH = F 7 2 πR Hρg 3 FH = 7πR 2Y 1 ρgH 2 3 Y P( y ) = ρπg ∫ ( R 2 − y ' 2 )dy ' = y R ρgπ ⎜ ⎜ ⎛ 2R 3 ⎝ 3 − R2 y + y 3 3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Ahora la eformación total Integran o Ejemplo 30. d (ΔR ) = P( y ) y YA : 3 ⎛ 2R 3 y ⎞ 2 ⎜ ⎟ y −R y+ gπ ⎜ 3 3 ⎟ ⎝ ⎠ ( ) Δ R = ρg π (ΔR ) = 2 2 Yπ R − y . adio R y mod ulo de Young Y esta sobe el piso descansando sobe su base cicula detemine c uanto se defoma po acción de su popio peso. Un hemisferio (mita e una esfera sóli a) e ensi a ρ . Vamos a consi erar un elemento iferencial 2 2 2 e área A = π r .1 Y 3 ⎛ 2R 3 y ⎞ y ⎟ 2 ⎜ − R2 y + ∫⎜ 3 ⎟ (R − y 2 ) 3 ⎠ 0⎝ R Solución. altura 1 3⎞ ⎛2 3 2 2 ⎞ ⎛ 1 2 ⎜ R − R y⎟ + ⎜− R y + y ⎟ 3 3 ⎠ ⎠ ⎝ 3 = ρg ⎝ 3 R ( ) y 2 = ρg Y ∫ 0 R 2R 2 (R − y ) − y R 2 − y 2 3 3 dy (R − y )(R + y ) ( ) Donde = ( R − y ) 17 y 2 2 ∫ Y 0 R −y . 33 0. Al cubo de la figura de lado 50cm e le aplica do pare de fuerza Fx=100 N y Fy=50 N obteniendo como reultado que la longitud en el eje x aumenta en 0. Δl . y constante poisson σ.41 0.38 0. b) Determine el módulo de Young y la contant e de Poion.33 La altura el hemisferio isminuye Ejemplo 31.01% y la longitud en el eje y diminuye en 0.30 ρgR 2 ⎜ 2 ln 2 − ⎟ = 3Y ⎝ 2⎠ Y Cobre Oro Hierro.Elasticidad Hugo Medina Guzmán = ⎤ ∫ ⎢ (R + y ) − y ⎥ y 3Y 0 ⎣ ⎦ ρg R ⎡ 2 R 2 y2 ⎤ = 2 R ln(R + y ) − ⎥ ⎢ 3Y ⎣ 2 ⎦0 2 ρg ⎡ R = ρgR 2 ⎛ 1 ⎞ 0.30 ρgR 2 Debido al peso popio Y DEFORMACION LATERAL MODULO DE POISSON Adicionalmente. cuando estiamos un bloque en una diección éste se contae en las dimensiones pependiculaes al estiamiento . El paralelepípe o e la figura está hecho e un material con mó ulo ng Y. fun i o Plomo Nickel Platino Plata Latón 0.y e de tracción o compreión.35 0.28 0. la contacción de las caas lateales es en la misma popoción paa el ancho (a) y el alto (h). Como valore aproximado para alguno materiale e puede tomar: 0 . la contacción Δa en el ancho es proporcional al ancho a y también a Solución. lo que resumimos en la siguiente expresión: l Δa Δh Δl = = σ a h l F ΔL ΔL Δa Δb y como =− = = −σ L YA a b L Δa Δb F Obtenemos: = =σ a b YA ΔV ΔL Δa Δb Como = + F =− +σ +σ V YA YA YA F ΔV = − (1 − 2σ ) V YA Reemplazando Finalmente: Ejemplo 32. Debi o a la compresión ocasiona a por la fuerza F: Don e σ e otra contante del material conocida como el módulo de Poion. Po ejemplo.30 0.37 0.006%. a) Determine i el efu erzo en x. ¿Cuál e el valor de ΔV/V? e You ΔR = 0. .5 para caucho y 0. S y = = 200 2 (0. a) S x = N/m2 Nombre Aluminio Acero 100 50 = 400 N/m2. epecifican La do contante Y y σ completamente la propiedade de un material homogéneo iotrópico.5) (0.5)2 .28 18 Solución.28 para hierro y acero.34 0. 0. Mód ulo de Poion σ Sin dimenione 0.25 para vidrio. La eformación orizontal ax es: el la o h 0. 400 200 +σ = 1 × 10− 4 ⇒ 6 6 4. 0.5: σ aproximado a Δa y 200 400 =− −σ = −0. El material e iótropo y la deformación e upone pequeña. por lo tanto Y Y Y S S πD 2 h ΔV = (1 − 2σ )V = (1 − 2σ ) Y 4 Y b) ΔV a cero cuan o (1 − 2σ ) = 0 ⇒ σ = 0.14 Ejemplo 33.Elaticidad Hugo Medina Guzmán Δax 0.3)] = 0. el alargamiento ocurre in camb io de volumen? c) El módulo de Poion de la mayoría de metale e aprox. sien o el esfuerzo en y menor .5)] = 0. a) Calcule la deformación volumétrica durante la extenión elática de una b arra cilíndrica ometida a tracción axial. b) El paralelepípe o esta sujeto a esfuerzo por cuatro caras.4 V Y Y Para el corcho. σ = módulo de Poion. con un valor de 0. Determine cul será el esfu erzo (S’) en la dirección y.5 c) Para la mayoría de metale con un valor de aproximado a 0.6 × 10− 4 a Y Y Retando (1) + (2)/2. Dato: S = efuerzo. b) ¿Para qué valor del módulo de Poion.0 V Y (2) 400 100 300 − = 0. se pue e concluir que el esfuerzo en x es e tracción y el esfuerzo en y es e c ompresión.3: σ ΔV S S = [1 − 2(0. El de .28 x 106 N/m2 0.0: Δax 400 200 = +σ = 1 × 10− 4 a Y Y La deformación del lado horizontal a y e: (1) Para el caucho.28 × 10 4 + 2σ = 4. obtenemo: ΔV S = [1 − 2(0. para el iámetro h Y ΔD Δh S = −σ = −σ D h Y ΔV Δh ΔD El cambio e volumen es = = +2 S S − 2σ = (1 − 2σ ) . a 100 Δa y 0. con un valor = [1 − 2(0.01 = = 1 × 10− 4 . Y = módulo de Young. respectivmente.3.28 × 10 4. El sólido de l figur está sometido los esfuerzos de compresión y trcc ión mostrdos en ls direcciones x y z.7 × 10− 4 Reemplzndo el vlor de Y en (1): Ejemplo 34.7 × 10− 4 Y Y Y 300 ⇒ Y= = 4. tal que la deformación unitaria en ea dirección ea nula.7 × 10− 4 ⇒ = 0.006 =− = −6 × 10− 5 a 100 Hacien o un análisis e los cambios e longitu es: El esfuerzo en x es mayor y la longitu en x aumenta mientras que en y isminuye.28 ⇒ σ = 0. como se mue stra en la figura siguiente: a) Para la altura Δh S = .0)] = V Y Y e σ aproximado a ΔV S S Sea S el esfuerzo sobre ca a una e las caras laterales. 0.l corcho. ¿Cuále on la deformacione vo lumétrica de eo materiale al ometerlo a una compreión elática ε < 0 ? Solución.0 y el del caucho cercano a 0. Para qu la d formación unitaria n la dir cción y s a nula. aprox. Solución. s d b cumplir: 19 .5. La densidad de la V1 barra desués de comrimida será siendo V2 = π (r + Δr ) . Hallar la variación relativa e la ensi a e una barra e cobre cilín rica al ser comprimi a por una presión p = 9810 Pa. iendo r el radio del alambre y l u Δ 2 estirarlo es V1 = πr l y su volumen desués de tendremos que πr l = π (r − Δr ) (l + Δl ) . Se tiene el paralelepípedo motrado en la figura que encaja perfectame nte en una caja rígida. hallamos que Sea S el esfuerzo sobre la cara superior e inferior y S’ l sfu rzo sobr cada una d las caras lat ral s. e on e r = = 0. Solución. Solución. Solución.5.5 . Para el cobre tómese un mó ulo e Poisson σ = 0. a) ¿Cuál e el efuerzo obre la parede laterale? b) ¿Cuál e el cambio en la altura ΔH = H − H ' el paralelepípe o? ΔH S S' ⇒ = − + 2σ H Y Y ΔH S 2σ 2 S =− + ⇒ H Y (1 − σ ) Y ⎡ 2σ 2 ⎤ 1− ⎢ (1 − σ ) ⎥ ⇒ ⎣ ⎦ 2σ 2 ⎤ P ⎡ ΔH = − 2 ⎢1 − H Y ⎣ (1 − σ ) ⎥ ⎦ ΔH S =− H Y Ejemplo 36.Elasticidad Hugo M dina Guzmán 1 (3σS − S ) = 0 ⇒ 3σS − S = 0 ⇒ Y S ' = 3σS Ejemplo 35. La d formación d l lado a s: Δa S' S' S = − +σ +σ (1) a Y Y Y Δr 1 πr 2 l = 2πrΔrl . Hallar el valor el mó ulo e Poisson para el cual el volumen e un al ambre no varía al alargarse. e aquí el mó ulo e Poisson =σ r l Δr σ = r . como se muest ra en la figura siguiente: longitu . El volumen e icho alambre antes el volumen no varió con el alargamiento. De la ecuación (1): Ejemplo 37.34. Y abrien o los paréntesis y esprecian o las ma gnitu es Δr y Δl al cua ra o. la caja impide la expanione laterale. 2 2 2 e estira o es V2 = π (r − Δr ) (l + Δl ) Si Δr Δl . luego Δl 2 l σ = 0. Δa = 0 . La denidad de la barra ante de er comprimida e ρ1 = m 2 donde V1 = πr l . tal que lo aplata uniformemente. La deformación del lado H e: ΔH S S' = − + 2σ H Y Y (2) σ S S S S − + σ + σ = 0 ⇒ S'= (1 − σ ) Y Y Y P Siendo S = 2 a σP ⇒ S'= (1 − σ )a 2 b) De la ecuación (2): a) Como la longitud a no cambia. El paralelepípe o esta sujeto a esfuerzo por sus seis caras. Luego de encajo el paralelepípedo e coloca un peo P obre é te. ρ2 = m . V2 2 (l − Δl ) . Por consiguiente la variación e la ensi a será 20 . ΔV ⎛ Δ a ⎞ ⎛ Δb ⎞ ⎛ Δc ⎞ =⎜ ⎟total + ⎜ ⎟total + ⎜ ⎟total V ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ ⎝ c ⎠ 6S = 3S (4σ ) − 6 S = (2σ − 1) Y Y Y DEFORMACIÓN POR CIZALLADURA O CORTE. b y c) está sometido a los esfuezos de compesión y tensión mostados. ΔV / V . m2 N Y = 1.34. Y = mó ulo e Young.18 × 1011 y σ = 0. ten remos que en efini tiva l Y Δρ p n (1 − 2σ ) . la repueta del material .Elastici a Hugo Me ina Guzmán ⎛ 1 1 ⎞ mΔV Δρ = ρ 2 − ρ1 = m⎜ − ⎟ = ⎜V V ⎟ V2V1 1 ⎠ ⎝ 2 Como .027 %. Pero como por la ley = ρ1 V1 l Δl p n e Hooke = . σ = módulo de Poion. = ρ1 Y 3 N En nuesto caso pn = 9. MODULO DE CIZALLADURA O RIGIDEZ.donde σ e el ⎝ l ⎠ mó ulo e Poisson.la compresión no es muy gran e. Abrien o los paréntesis y e las magnitu es Δr y Δl . Defo rmación de cada uno de lo lado: 21 Deformación por cizalladura Ya hemo etudiado el módulo de elaticidad Y de un material. obtenemos 2 2 esprecian o los cua ra ρ1 = ΔV . V12 Entonces la variación elativa e la ensi a Δρ volumen ΔV = πr l − π (r + Δr ) (l − Δl ) . V1 ρ1 = Consolidado Δρ Ejemplo 38. . El sólido de la figua (lados a. Solución. Poniendo eto m Δρ ΔV atos obtenemos que = = 0. D atos: S = esfuerzo.81 × 10 . e decir. Detemine la defomación volumética unitaia. Por lo tanto ΔV Δl (1 − 2σ ) . aproxima amente se pue e tomar V2V1 = V1 Se pue e consi erar que Δρ = 2 mΔV . . Hallemos pues la variación e V1 que ΔV = V1 ⎜ ⎛ Δl ⎞ ⎟(1 − 2σ ) . ca a una. examinaremo la deformación por cizalladura en el que no hay cambio de volumen pero i de forma. El mó ulo e cizalla ura o e rigi ez G es una propie a mecánica e ca a materi al Sien o pequeños los ángulos e esplazamiento po emos escribir Solución. Si originalmente el cuerpo tiene forma rectangula r. La deformación por cizalla.Elaticidad Hugo Medina Guzmán cuando obre él actúa una fuerza que cambia u volumen (aumentando u longitud). Definimo el efuerzo como F/A la razón entre la fuerza tangenc ial al área A de la cara obre la que e aplica. se presenta otro tipo e eformación enomina a e cizalla ura en el que no hay cambi o e volumen pero si e forma. Cuan o la fuerza F que actúa sobre el cue rpo es paralela a una e las caras mientras que la otra cara permanece fija. G Acero al carbono = 8 x109 N/m2 G= Deformación = δ h = tan φ ≈ φ F S es uerzo = A= t de ormación δ φ h F (1200(9.05 ) F S es uerzo G= = A= t de ormación δ φ h La ley de Hooke para la de ormación por cizalladura se puede escribirla de modo si guiente: Consideremos solamente las uerzas horizontales. bajo un esfuerzo cortante la sección transversal se convierte en un paralelogra mo. aplica as en senti os opuestos sobre caras opuesta s. e defi ne como la razón Δx/h. 1 N F = = 11. tal como vemos en la fig ura.11 c) G = t = = 333.704 × 106 = = 0. Calcule la eformación por cizalla ura. como se muestra en la igura φ= St 4. estas producen una de ormación φ . Un cubo e acero e 5 cm e arista se halla someti o a 4 fuerzas cor tantes.704 x106 N/m2 2 A (0. e 1200 kg.033 h 30 S 11.3 3 δ 0. b) ¿Cuál es la eformación e corte? c) ¿Cuál es el mó ulo e corte? Solución.8)) St = = = 4. Aho ra. on e Δx es la istancia horizontal que se esplaza la cara sob re la que se aplica la fuerza y h la altura el cuerpo.033 a) St = Ejemplo 40.11 2 2 m A (0.588 x10-3 G 8 × 109 S t = Gφ radianes .30) Δx 1 b) δ = = = 0. a) ¿Cuál es e l es uerzo de corte? 22 La cara que se muestra queda como un rombo con ángulos ⎜ ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ −φ ⎟ y ⎜ +φ ⎟ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ Consi eremos ahora solamente las fuerzas verticales.704 × 106 = = 0. como se muestra en la igura φ= St 4. estas pro ucen una eformac ión también φ .5 Cobre 4.588 x10-3 G 8 × 109 radianes . Un cubo de gelatina de 30 cm de arista tiene una cara sujeta mientras que a la cara opuesta se le aplica una uerza tangencia l de 1 N.5 Latón 1. La super icie a la que se aplica la uerza se desplaza 1 cm.6 Nickel 7.El módulo de cizalladura G es característico de cada material Módulo de Nombre rigidez G 1010 N/m2 Aluminio 2. undido 3.4 Acero 7.2 Plomo 0.3 Oro 3.5 Hierro.7 Ejemplo 39. Calcular: a) El esfuerzo e c orte. Clculr el módulo de rigidez del mteril en función ls crcterístics geométrics de un lmbre (longitud l y rdio R) y de l torque plicdo.06 × 10 −5 ) Solución.3 tonelds es requerid pr perforr el gujero de 2. ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ ⎜ − 2φ ⎟ y ⎜ + 2φ ⎟ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ Ejemplo 41.7 x1010 N/m2 Solución.25 x103) = 0. esto es −2 (6.425 x 107 N/m2 b) La magnitu e la fuerza pro uci a por el movimiento sísmico .00 S G= t ⇒ St = Gδ = (1. en este cso uno tendrí que utilizr un prens con un cp cidd de 20 tonelds o más.25 × 10 )(7.45 x 108 N/m2.69 x 105 N. Est es l fu erz de 1.85 x10 m .69 x 105 N. = 1.Elasticidad = 2. equivlente 17.69 x 105 N. b) La magnitu e la fuerza pro uci a por el movimiento sísmico. que se muestr a en la figura. Una fu rza d la magnitud F s j rc n l sacador.06 × 10 −3 −2 −5 m2 . de radio interior r y de espesor dr. . δ= Δx 0. El pe estal e latón tiene una altura e 1m y una sección cua ra a e 0. Determine la uerza requerida para per orar u n agujero del diámetro 2.25 × 10 − 3 h 1.5 cm es C = πD = 7.25 mm) de esp esor. Consideremos una capa diferencial cilíndrica de m aterial concéntrica con el eje. A = (3.5m e la o. un es uerzo de 3.25mm.5 cm en una placa de acero de ¼ de pulgada (6.45 x 108 N/m 2 para la ruptura por cizalladura. cundo F = 1.25 × 10 −3 = = 0. como se muest ra en la figura. Desplzmiento lterl de l cr superior del pedestl de 0.45 × 10 8 )(49.5 cm de diámetro El scdor y los ddos son operdos por un máquin c onocid como prens. L hoj de cero se cort por cizlldur cundo el esfuerzo lle g ser igul 3. l sfu rzo d cort (fu rz a por unidad d ár a) a través d l bord s S = F ⇒ A F = S . El acero promedio requiere.5x1010 Pa Mó ulo e rigi ez G el latón es 1. El área del borde del disco cortado AAAA es el roducto de la circunferencia C or el esesor del material. Mnteniendo el extremo superior fijo plicmos un torque τ que gira al exremo inferior un ánguloθ.65 x 105 N Hugo Medina Guzmán El cubo se de orma en el plano del papel y toma la orma de un rombo con ángulos Ejemplo 42. típicamente. es decir. Al pro ucirse un movimiento sísmico se observa un esplazamiento l ateral e la cara superior el pe estal e 0.25mm. a) El esfuerzo de corte.85 × 10 ) = 49.7 x 1010)(0. El mó ulo e Young el latón es 3. La circunferencia e un círculo el iámetro D = 2. Ejemplo 43. Una estatua se encuentra sol a a a un pe estal e latón. δ St = F ⇒ A F = St A = (0.425 x 107)(0.52) 23 L deformción es . multiplicándol o por el área de la sección transversal de la Capa. nos dará la fuerza tangenci al dF sobre la base de la Caa Grθ l θ 2 ⎛ Grθ ⎞ F = S t A = ⎜ ⎟(2πrdr ) = 2πG r dr l ⎝ l ⎠ θ θ ⎛ ⎞ 2 τ = rdF = r ⎜ 2πG r 2 dr ⎟ El torque sobre la base de la Caa cilíndrica es R4 π D4 θ ⇒τ= G θ. 2 l 32 l π D4 Como τ = FD ⇒ FD = G θ . el torque total sobre la base del cilindro es Para la varilla de 100 cm y de 80 cm resectivamente son: τ= G De aquí R4 θ l θ1 = ⎜ ⎛ 32 F ⎞⎛ l 1 ⎞ ⎛ 32 F ⎞⎛ l 2 ⎞ ⎟⎜ 3 ⎟ Y θ 2 = ⎜ ⎟⎜ 3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜D ⎟ ⎝ πG ⎠⎝ D2 ⎠ ⎝ πG ⎠⎝ 1 ⎠ 2τl G= πR 4θ De estas últimas obtenemos: ⎛l θ2 = ⎜ 2 ⎜l ⎝ 1 = 0.Elsticidd Hugo Medin Guzmán φ= δ l = El esfuerzo cortante es rθ l S t = Gφ = Como el es uerzo cortante es la uerza tangencial por unidad de área. 2 π rdr.1º ⎞⎛ D1 ⎟⎜ ⎟⎜ D ⎠⎝ 2 . de a uí 32 l ⎛ 32 F ⎞⎛ l ⎞ θ =⎜ ⎟⎜ τ= π G Integrando de 0 a R. 5 Cobre 14 24 mó ul aplicable iferent Aluminio .5 × 10 ) π radianes Ejemlo 45. Pero. Si se alica la misma fuerza a la circunferencia de una varilla del mism o material ero que tiene una longitud de 80 cm y un diámetro de 2 cm.049 Nm en torno a su eje longitudi nal. epen e solamente el material. Mó ulo Nombre volumétrico B 1010 N/m2 7. Ejemplo 44. MODULO DE ELASTICIDAD VOLUMETRICO.4 )(0.08 x10-4 9 −2 π (48. B=− Δp ΔV V Don e la constante e proporcionali a B. los gases tienen un comportamiento e que será consi era o posteriormente.⎞ ⎛ 80 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎟ θ1 = ⎜ ⎟⎜ ⎟ 1º ⎟ ⎝ 100 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎠ 3 3 O sea. El o volumétrico tiene las imensiones e la presión.0x109 N/m2 ΔV .049) θ= = 2. Consideramos ahora un volumen de material V sujeto a un esfuerzo unit ario p 0 (por ejemplo la presión atmosférica) sobre toda la superficie. ¿Cuántos grados gira la cara superior respecto de la inferior? DEFORMACION VOLUMETRICA. Una varilla que tiene 100 cm de longitud y 1 cm de diámetro e stá sujeta rígidamente or un extremo y se le somete a torsión or el otro hasta un ángu lo de lº. para eterminar C bastará con me ir el ángulo θ ue se produce al aplicar el to r ue M. R4 2lτ τ= G θ θ= 2 l πGR 4 2(0. fuerza/área y es tanto para sóli os como líqui os. ¿cuál es el ángul o de torsión resultante? Solución. A La razón el esfuerzo e compresión uniforme a la eformación por compresión uniforme re cibe es el mó ulo e elástico que en este caso se conoce como mó ulo e compresibili a volumétrica o volumétrico (B).0 × 10 )(0. Cobre estira o en frío G = 48. Una varilla de cobre de 40 cm de longitud y de 1 cm de diámetr o está fija en su base y sometida a un par de 0. la eformación unitaria es δ = − ΔV V F El esfuerzo es = Δp . Cuando el es fuerzo a presión se incrementa a p = p 0 + Δp y el volumen sufre una isminución Solución. esto es. Módulo de elasticidad volumétrico. Si con aluminio se fabrica un cubo e 10 cm e la o.1 5.8) = G A 3 × 1011 x10−1 10− 2 = 3.27x105 ra RELACION ENTRE CONSTANTES ELASTICAS. Calcule ensi a el agua el océano a una profun i a en que la presión es e 3430 N/cm2. estan o el cubo só1i amente sujeto por la c ara opuesta. La presión que soporta.430 x107 N/m2 9 2 tan ϕ ≈ ϕ = 1 F 1 (103 )(9.00005V ⎞ Δp = −2. Δp = 3.005 por ciento? Solución. será: p= F (100)(9.8x 108 m3. Por elastici a volumétrica tenemo s: Ejemplo 48. El mó ulo e compre sibili a el agua es 2.8 × 10 − 5 V B 3. Solución.1 × 10 ⎜ ⎟ V ⎝ ⎠ = 1. La ensi a en la superficie es 1024 kg/m3.430 x107 N/m2. ca a cara. que es: ⎛ − 0. La figura siguiente muestra un bloque baj o presión uniforme en to a su superficie exterior .8) = = 9.1 x 10 N/m 9.8x 105x 103 = 2.1 x 10 N/m Solución. e una tonela a.Elastici a Hugo Me ina Guzmán Hierro Plomo Níckel Vi rio óptico Latón Acero Agua Mercurio 16 17 4.12 ΔV Δp = − B V 9 Como el mó ulo volumétrico el aluminio es B = 3.05 x105 N/m 2 Ejemplo 47.8 × 105 ΔV p =− =− = −2.0 6.013 x105 ≈ 3. En cuanto a la eformación. perpen icular a ca a una e sus caras. se quiere saber las eformaciones que experimentará en una compresión uniforme.0 16 0.8 × 10 Pa A 0. Y y σ m kg En la uperficie ρ = = 1024 3 V m Cuando cambia el volumen a V ' = (V + ΔV ) .430 x107– 1.5x 1010 N/m2: El mó ulo e compresibili a 2 9 el agua es 2. y cuán o esta misma fuerza actúa tangencialment e a la superficie e una e sus caras.8 Ejemplo 46. Relación entre B. ¿Qué incremento e presión se requiere para isminuir el volumen e un met ro cúbico e agua en un 0.5 × 1010 De on e: ΔV = 2. p = 3430 N/cm2 = 3.8x 105 V = 2.21 2. en el primer caso. se obtiene a partir e la expresión e la eformación e cizalla. tenemos: Muestra someti a a una presión uniforme. 430 × 107 ⎞ ⎜1 − ⎟ ⎜ 2.1 × 1 25 = ρ Como la pesión es unifome.ρ'= m m = = V ' V + ΔV ⎛ ΔV ⎞ ⎜1 + ⎟ V ⎠ ⎝ ΔV Δp Δp =− Como B = − ⇒ ΔV V B V De aquí: = ρ m ⎛ ΔV ⎞ V ⎜1 + ⎟ V ⎠ ⎝ ρ'= ρ ⎛ ΔV ⎞ ⎛ Δ p ⎞ ⎜1 + ⎟ ⎜1 − ⎟ V ⎠ ⎝ B ⎠ ⎝ 1024 = = 1041 kg/m3 ⎛ 3. Y las defomaciones de cada una de las dimensiones son: Dimensión l: p Δl =− l Y . el esfuezo unitaio en cada caa es el mismo. 25×106 . Deformación e l: Propia: e las otras imensi El cambio e volumen es: ΔV Δl Δa Δb = + + V l a b 3p (1 − 2σ ) = − Y Debido a la deformación de a: Δl 1 p =− l Y Sabemos nosotros que el mó ulo e compresibili a es Debi o a la eformación e b: Δl 2 Δa p ⎛ p⎞ = −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ l a Y ⎝ Y⎠ B=− Luego: p ΔV V Δl 3 Δb p ⎛ p⎞ = −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ l b Y ⎝ Y⎠ Deformación total B= Y 3(1 − 2σ ) Δl Δl 1 Δl 2 Δl 3 = + + l l l l p = − (1 − 2σ ) Y Δa1 p =− a Y Expresión que nos relaciona el mó ulo e Compresibili a . Se somete a una muestra e cobre e forma cúbica con 10 cm e arista a una compresión uniforme. La variación relativa e volumen que se observ a es e 7. tenemos. el mó ulo e Young y la rela ción e Poisson Ejemplo 49. Solución. a) Determinar el mó ulo e compresibili a (B) el Cu en el sist ema internacional. aplican o Un esfuerzo e 106 N/m2 perpen i cularmente a ca a una e sus caras. a) Como: Deformación e a: Propia: Debi o a la eformación e l: .Elastici a Dimensión a: Hugo Me ina Guzmán Propia: p Δb1 =− b Y Debi o a la eformación e a: Δb2 Δa p ⎛ p⎞ = −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ b a Y ⎝ Y⎠ Δa p =− a Y Dimensión b: Debi o a la eformación e l: Δb3 Δl p ⎛ p⎞ = −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ b l Y ⎝ Y⎠ Δb Δb1 Δb2 Δb3 = + + b b b b p = − (1 − 2σ ) Y Deformación total Δb p =− b Y Pero. como la eformación e una imensión lleva a la eformación ones. b) Determinar el mó ulo e Poisson sabien o que el mó ulo e Youn g el cobre es 120×109 Pa. 7 x 109 N/m2 −6 − 7.25 × 10−6 y V B=− b) Deformación e b: .25 × 10 ΔV = −7. Debi o a la eformación e b: Δa2 Δl p ⎛ p⎞ = −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ a l Y ⎝ Y⎠ Δp = 104 N/m 2 . Δa3 Δb p ⎛ p⎞ = −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ a b Y ⎝ Y⎠ Deformación total Δa Δa1 Δa2 Δa3 = + + a a a a p = − (1 − 2σ ) Y 26 Δp ⇒ ΔV V 106 B=− = 137. Determinación de la relación entre el módulo de rigidez. Pretendemo analizar la relación e ntre lo efuerzo cortante y lo efuerzo de compreión y de tracción. Δl F F F = +σ = (1 + σ ) l YA YA YA Por otra parte. Para ello conideremo primero el cao del bloque de la Figura que etá ometido. Por tanto . i el ángulo entre δ y ΔD es e 45 gra os se cumple δ .7 × 109 = 0.35 2 ( ) El efuerzo de compreión obre el plano B reulta er SB = SC = Relación entre G. por una pa rte. ya que suponemos que la de ormación es pequeña resulta tan φ ≈ φ ⇒ φ = δ h ≈ 2 Δ DC ΔDC =2 h D La eformación en la irección horizontal tiene os términos: el primero correspon e a la eformación pro uci o por el esfuerzo e tracción. En efecto. nos que a. a un efuerzo de compreión y en la otra dirección a un efuerzo de tracción. 2G G = 2A A 2G G = 2A A A e igualmente el efuerzo de tracción obre C La deformacione de la diagonale B y C e ecriben entonce ΔD B H = (1 + σ ) D YA ΔDC H y = (1 + σ ) D YA (1) Si expreamo el efuerzo tangencial en término del ángulo φ.Elastici a Hugo Me ina Guzmán Y Y ⇒ (1 − 2σ ) = 3B 3(1 − 2σ ) Y 1− 3B ⇒σ = 2 B= 1− ⇒σ = 120 × 109 3 137. la deformación en la dirección vertical correponde a la deformacio ne cauada por un lado por la fuerza de compreión en la dirección vertical y por otro por la tracción en la dirección horizontal. Por tanto. el módulo de Young y el módulo de Poion. Sea 1 u longitud en la dirección horizontal y h u altura. mientras que el segun o corre spon e a la ilatación pro uci a por la compresión en la irección vertical. Donde la do última igualdade urgen a partir de analizar la geometría ebozada e n la Figura arriba. Y y σ Muetra ometida a efuerzo cortante. ΔDC = 1 = 2 sen 45o 2ΔDC 2ΔDC = o DC sen 45 DC Y por tanto F F F Δh =− −σ = −(1 + σ ) h YA YA YA φ= δ h = Ahora bien, en la Figura abajo representamos la eformación e un bloque someti o a un esfuerzo tangencial etallan o lo que le ocurre a las iagonales e sus car as. Si observamos la figura, vemos que los resulta os e los esfuerzos tangencia les equivalen a los pro uci os por las fuerzas H que pro ucen, por una parte, un esfuerzo e tracción sobre el plano C y un esfuerzo e compresión sobre el plano B. En estas con iciones, sí sustituimos en (1) este último resulta o nos que a φ = 2(1 + σ ) Eta ecuación, i tenemo en cuenta que φ es la de ormación tangencial y la comparamos con la ecuación G = H YA S φ = H A φ , nos permite obtener 27 Elasticidad Hugo Medina Guzmán Y = 2 x 1011 N/m2, A = área de la sección transversal = 10 -6m2 Sol ución. l = 2 m , F1 = 5 × 9,8 N , F2 = 10 × 9,8 N Y G= 2(1 + σ ) Expreión que relaciona el módulo de rigidez con el módulo de Young y con el módulo de P oion FUERZA ELASTICA Y ENERGIA ELASTICA. Energía de deformación. La energía neceari a para etirar una cantidad x una muetra de material de contante de rigidez k e Energía = de F Energía = A = 10 6 m 2 , Y = 2 × 10 2 N/m 2 W = trabajo realizado por la fuerza F = kx en a largar el alambre una longitud x. W= ∫ fdx = ∫ kxdx = 2 kx 1 Fx 2 1 2 1 2 F kx , con F = kx ⇒ x = 2 k 2 o en función Si l sección trnsversl de l muestr es A y su longitud l entonces podemos escr ibir l ecución como 1 ⎛F⎞ 1 F2 W = k⎜ ⎟ = 2 ⎝k⎠ 2 k YA Para un alambre k = l Reemplazan o: Energía 1 Fx Energía 1 ⎛ F ⎞⎛ x ⎞ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ o = Al 2 ⎝ A ⎠⎝ l ⎠ Al 2 Al Energía por uni a e volumen = 1 (Esfuerzo)(Deformación unitaria) 2 W= = 1 F2 2 YA l Esta es la energía necesaria para estirar o comprimir la muestra, tenien o en cuen ta el mó ulo e Young y la energía por uni a e volumen, pue e expresarse como F 2l 2 AY F12 l (5 × 9,8)2 (2) = 0,012 J a) W1 = = 2 AY 2 10 −6 2 × 1011 b) W2 = Energía 1 (Esfuerzo) 2 = Y Volumen 2 Ejemplo 50. Una carga e 100 kg está colga a e un alambre e acero e 1 m e long itu y 1 mm e ra io. ¿A qué es igual el trabajo e tracción el alambre? Solución. Por la ley e Hooke F22 l (10 × 9,8)2 (2) = 0,048 J = 2 AY 2(10 −6 )2 × 1011 ( ) El incremento en energía almacena a es: ΔE = W2 − W1 = 0,048 – 0,012 = 0,036 J. Ejemplo 52. Demostrar que cuan o se somete un cuerpo elástico a una tensión e corte pura qu e no supera el límite elástico e corte para el material, la ensi a e energía elástic a el cuerpo es igual a la mita el pro ucto e la tensión e corte por la eform ación e corte. Solución. Comparan o (1) y (2) vemos que Δl F YA = ⇒ F= Δl (1) l l YA Pero para las fuerzas elásticas F = kΔl (2) k= Entonces AY (3) l 2 ponien o to os los atos numéricos en la ecuación (4) obtenemos efinitivamente que W = 0,706 J. Ejemplo 51. Un alambre e acero e 2m e longitu cuelga e un sopo rte horizontal rígi o. a) ¿Cuánta energía almacena cuan o se suspen e en él una carga e 5 kg? b) ¿Si la carga se aumenta 10 kg, en cuanto aumenta energía almacena a? 28 1 AY (Δl ) 2 (4) W = k (Δl ) = 2 2l Calculan o la magnitu Δl por la fórmula (1) y La fuerza que eforma por corte o cizalla ura es F= GA x h x = Δx El trabajo para eformar un W =∫ x =0 GA x x h x es Elastici a Hugo Me ina Guzmán W= 1 GA (Δx )2 = 1 FΔx 2 2 h La ensi a e energía es Usan o los iagramas el cuerpo libre mostra os en las figuras tenemos: Para la parte e la liga L1: tenemos: W 1⎛F ⎞ 1 = ⎜ ⎟Δx = S t Δx A 2⎝ A⎠ 2 Ejemplo 53. La elastici a e una ban a e goma e longitu Lo es tal que una fu erza F aplica a a ca a extremo pro uce una eformación longitu inal e una uni a . Se sujetan os pesos el mismo valor P, uno en un extremo y el otro en la mita e la ban a y a continuación se levanta la ban a con los pesos por su extremo lib re. ¿Cuál es la mínima canti a e trabajo que hará elevar ambos pesos el suelo? ΔL1 = PL0 / 2 PL0 / 2 P = = YA FL0 2F Para la parte e la liga L2, tenemos: ΔL 2 = 2 PL0 / 2 2 PL0 / 2 P = = YA FL0 F La mínima canti a e trabajo que hará elevar ambos pesos el suelo es: Trabajo = En ergía para estirar ΔL1 + Energía para estirar ΔL2 + Energía para elevar un peso P la altur a L1, el peso inferior no se levanta, solamente se espega el piso. Energía para estirar una ban a elástica es U = 1 2 kx 2 FL0 En este caso k = YA = = 2 F , y x = ΔL1 , Solución. Como cuan o se aplica a a ca a extremo una fuerza F se pro uce una efor mación longitu inal e una uni a : L0 / 2 Lo / 2 ΔL = 1 = FL0 , luego YA = FL0 YA o ΔL2 , según correspon a 1 1 2 2 Trabajo = 2 F (ΔL1 ) + 2 F (ΔL2 ) + PL1 2 2 Como conoc emos ΔL1 , ΔL2 y L1 = L0 L P + ΔL1 = 0 + 2 2 2F 2 2 Tenemos 1 ⎛ P ⎞ 1 ⎛P⎞ P ⎞ ⎛L Trbjo = 2 F ⎜ ⎟ ⎟ + 2 F ⎜ ⎟ + P⎜ 0 + 2 ⎝ 2F ⎠ 2 ⎝F⎠ ⎝ 2 2F ⎠ Finalment 0 4 F 2 PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1. ¿Cuál es el objeto el refuerzo e acero en una viga e concreto? ¿El concreto nece sita mayor refuerzo bajo compresión o bajo tensión? ¿Por qué? 2. ¿Cuál es más elástico, cauch acero? ¿Aire o agua? 3. ¿Qué clase e elastici a se presenta en un puente colgante? ¿En un eje e irección automotriz? ¿En un resorte? ¿En tacos e caucho? 4. Una mujer istribuye su peso e 500 N igualmente sobre los tacones altos e sus zapatos. Ca a tacón tiene 1,25 cm2 e área. a) ¿Qué presión ejerce ca a tacón sobre el suelo? 29 Elastici a Hugo Me ina Guzmán b) Con la misma presión, ¿cuánto peso po rían soportar 2 san alias planas ca a una con u n área e 200 cm2? 5. ¿Cuál ebe ser el iámetro mínimo e un cable e acero que se quiere emplear en una grúa iseña a para levantar un peso máximo e 10000 kg.?El esfuerzo e ruptura por tracción el acero es e 30×107 Pa. Igual pero si se quiere un coeficie nte e seguri a e 0,6. 6. Dos alambres el mismo material, y misma longitu l , cuyos iámetros guar an la relación n. ¿Qué iferencia e alargamientos ten rán bajo la misma carga? 7. Un ascensor es suspen i o por un cable e acero. Si este cable e s reemplaza o por os cables e acero ca a uno con la misma longitu que el orig inal pero con la mita e su iámetro, compare el alargamiento e estos cables con el el cable original. 8. Una cierta fuerza se requiere para romper un alambre. ¿Que fuerza se requiere para romper un alambre el mismo material el cual es a) el oble e longitu ? b) el oble en iámetro y é la misma longitu ? 9. Un hilo e 80 cm e largo y 0,3 cm e iámetro se estira 0,3 mm me iante una fuerza e 20 N. Si otro hilo el mismo material, temperatura e historia previa tiene una longitu e 180 cm y un iámetro e 0,25 cm. ¿qué fuerza se requerirá para alargarlo hasta una longitu e 180,1 cm? Respuesta. F = 211 N 10. a) Calcule el cambio e imension es e una columna e fun ición gris (Y = 145 GPa) que tiene os tramos e 1,5 m ca a uno y iámetros e 0,1 m y 0,15 m, al soportar una carga e 500 kN. ¿Está bien ime nsiona a la columna si el límite elástico e la fun ición gris es 260 MPa? b) Si la co lumna fuera troncocónica e 3 m e altura, y los iámetros e sus bases variaran ent re 0,1 m y 0,15 m. Respuesta. a) Lf = 3,001 m. Sí está bien imensiona a. b) Lf = 3, 0009 m 11. Un cable e acero e 2 m e largo tiene una sección transversal e 0,3 cm2. Se cuelga un torno e 550 kg el cable. Determínese el esfuerzo, la eformación y el alargamiento el cable. Supóngase que el cable se comporta como una varilla con la misma área transversal. El mó ulo e Young el acero es 200×109 Pa. 12. Una varilla metálica e 4 m e largo y sección 0,5 cm2 se estira 0,20 cm al some terse a una tensión e 5000 N. ¿Qué mó ulo e Young tiene el metal? 13. Una cuer a e Ny lon se alarga 1,2 m someti a al peso e 80 kg e un an inista. Si la cuer a tien e 50 m e largo y 7 mm e iámetro, ¿qué mó ulo e Young tiene el Nylon? 14. Para constr uir un móvil, un artista cuelga una esfera e aluminio e 5 kg e una alambre vert ical e acero e 0,4 m e largo y sección 3×103 cm2. En la parte inferior e la esf era sujeta un alambre similar el cual cuelga un cubo e latón e 10 kg. Para ca a alambre calcular la eformación por tensión y el alargamiento. 15. En el sistema mo stra o en la figura, la barra OE es in eformable y, e peso P; los tensores AC y DE son e peso espreciable, área A y mó ulo e elastici a Y. Determinar cuánto baja rá el peso W respecto a la posición en la cual los tensores no estaban eforma os. 16. Dos barras e longitu ( l + Δl) ca a una, 2 áreas A 1 y A 2 y mó ulos e elastici a Y 1 e Y 2 respectivamente, como se muestra en la figura, se comprimen hasta intro ucirlas entre os pare es rígi as separa as una istancia l . ¿Cuál será la posición x e la unión e ambas barras? 17. Una varilla e 1,05 m e largo y peso espreciable está sosteni a en sus extre mos por alambres A y B e igual longitu . El área transversal e A es e 1 mm2 y l a e B 4 mm2. El mó ulo e Young e A es 2,4×1011Pa y e B 1,2×1011 Pa. ¿En que punto e la varilla ebe colgarse un peso P a fin e pro ucir a) esfuerzos iguales en A y B? y b) ¿ eformaciones iguales en A y B? 18. Una barra e longitu L y masa m se encuentra suspen i a por un pivote B in eformable y por os barras en sus extre mos como se muestra en la figura 30 Elastici a Hugo Me ina Guzmán estas barras son iguales e área A, longitu l y mó ulo e elastici a Y. 19. En el sistema mostra o en la figura, calcular cuánto escien e el extremo B e la barra in eformable y e peso espreciable, cuan o se le coloca un peso e 10 Ton. en ese extremo. Los tirantes son e acero y e 2cm2 e área ca a uno, supong a eformaciones pequeñas e tal manera que se pue an hacer las aproximaciones geomét ricas apropia as. 22. Un alambre e cobre e 31 cm e largo y 0,5 mm e iámetro está uni o a un alamb re e latón estira o e 108 cm e largo y 1 mm e iámetro. Si una etermina a fuerz a eforma ora pro uce un alargamiento e 0,5 mm al conjunto total y un valor e Y = 12 x 1010 Pa, ¿cuál es el alargamiento e ca a parte? Respuesta. Δl = 0,27 mm para el latón. Δl = 0,23 mm para el cobre 23. Un alambre e acero ulce e 4 m e largo y 1 mm e iámetro se pasa sobre una polea ligera, unien o a sus extremos unos pes os e 30 y 40 kg. Los pesos se encuentran sujetos, e mo o que el conjunto se en cuentra en equilibrio estático. Cuan o se ejan en liberta , ¿en cuánto cambiará la long itu el alambre? Respuesta. Δl = 1,0 mm 24. Un hilo está forma o por un núcleo e ace ro ulce e 1,3 cm e iámetro, al cual se le ha fusiona o una capa exterior e co bre (Y = 12 x 1010 Pa) e 0,26 cm e gruesa. En ca a extremo el hilo compuesto se aplica una fuerza e tracción e 9000 N. Si la eformación resultante es la misma en el acero y en el cobre, ¿cuál es la fuerza que soporta el núcleo e acero? Respues ta. F = 5812 N 25. Un ascensor carga o con una masa total e 2000 kg esta e un cable e 3,5 cm2 e sección. El material el cable tiene un límite elástico e 2,5 x 1 08 Pa y para este material Y = 2 x 1010 Pa. Se especifica que la tensión el cable nunca exce erá 0,3 el límite elástico. a) Hallar la tensión el cable cuan o el ascens or está en reposo. b) ¿Cuál es la mayor aceleración permisible hacia arriba? c) ¿La istan cia más corta e para a permisible cuan o la veloci a el ascensor es hacia abajo ? Respuesta. a) Respuesta. Δy = 17,1 x 103 m 20. En el sistema mostra o en la figura, calcular cuanto escien e el extremo B e la barra horizontal rígi a y e peso espreciable, cuan o se le coloca una masa M en ese extremo. Las barras inclina as son iguales e área A y mó ulo e elastici a Y. Asuma pequeñas eformaciones, o sea, que se pue en hacer las aproximaciones geométricas usuales. c) Δy = 33,8 m. 21. Un hilo elga o e longitu l , mó ulo e Young Y y área e la sec ción recta A tiene uni o a su extremo una masa pesa a m. Si la masa está giran o en una circunferencia horizontal e ra io R con veloci a angular ω, ¿cuál es la deformac ión del hilo? (Suponer ue es despreciable la masa del hilo). Respuesta. F = 5,6 x 107 Pa, b) a = 0,33 m/s2, A Δl mω 2 R = l AY 31 26. Volver a resolver el Problema anterior, teniendo en cuenta esta el peso del cable cuando tiene su longitud máxima de 150 m. La densidad del material del cable es 7,8 x 103 kg /m3. Si se supera la carga máxima, ¿por dónde se romperá el cable: cerc a de su punto más alto o próximo al ascensor? Respuesta. a) F = 6,75 x 107 Pa, b) a = 1,32 m/s2, A 27 mm e espesor? 1 ⎛ πG ⎞ 4 R1 − R04 . B agua = 0. b) ρ = 1.3 m. 35. halla el alagami ento esultante. 27. Hugo Medina Guzmán Respuesta. La fueza tensoa en u n punto cualquiea del cable es evidentemente suma de la caga Fg y del peso de la pate del cable que está debajo de dicho punto. El esfuerzo e la ruptura el cobre rola o para la cizalla ura es típicamente 1. A profun i a es oceánicas e unos 10 km la presión se eleva a 1 kilobar. ) τ0 = ⎜ ( ) ( ( ) ) 33. Demostrar que cuan o se somete un cuerpo elástico a una tensión e corte pura qu e no supera el límite elástico e corte para el material. Obtene además el módulo de Poi sson. la ensi a e energía elástic a el cuerpo es igual a la mita el pro ucto e la tensión e corte por la eform ación e corte.062 %. Un cable pesa o e longitu inicial y área e sección recta A tiene una ensi a uniforme ρ y un módulo de Young Y. 1bar = 105 Pa Respuesta. Respuesta. ¿Qué fuerzas F se eben aplicar a las cuchillas e metal mo stra as en la figura para cortar una tira e una hoja e cobre e 5 cm e ancho y 1. ¿Qué volumen ocupaá el oxígeno si se le pemite que se expansion e a tempeatua constante hasta que su pesión manomética es nula? (La pesión manomét . 29. θ = 0. a) 0. b) ¿Cuál deberá ser el rdio de un cilindro mcizo de l mism longitud y m teril y que posee l mism constnte de torsión? c) ¿Cuál deberá ser el horro de ms si se utilizse el cilindro hueco en un eje de un máquin en lugr de utilizr el cilindro mcizo? Respuest. ¿en cuánto variará su ensi a ? b) ¿Cuál es la ensi a el agua el mar a esta profun i a si la ensi a en la superficie vale 1.25×106 (∆V /Vo). a) Si se hun e un trozo e acero ulce hasta esta profun i a . Un depósito de aceo de 60 litos de capacidad contiene oxígeno a una pes ión manomética de 140 Pa. Detemina el módulo de compesibilidad del Cu en el sistema intenacional. El cable cuelga vetic almente y sostiene a una caga Fg en su extemo infeio. Se s omete a una muesta de cobe de foma cúbica con 10 cm de aista a una compesión un ifome.Elasticidad c) Δy = 85. su rdio externo R1.04 g/cm3? B acero = 16 x 1010 N/m2 . aplicando una tensión equivalente a una tonelada pependiculamente a cada una de sus caas. Suponiendo que la fueza tenso a media del cable actúa sobe la longitud total del cable l 0 . su longitud l y su módulo de corte G.00422º ⎛l Δl = ⎜ 0 ⎝Y ⎞ ⎞⎛ Fg 1 ⎟⎜ ⎜ A + 2 ρ gl 0 ⎟ ⎟ ⎠⎝ ⎠ 28. b) R = (R14 − R04 )4 ⎟ ⎝ 2l ⎠ ⎡ R12 − R02 ⎤ c) Ahorro = 100 ⎢1 − ⎥% R12 32. sabiendo que el módulo de Young del cobe es 120×109 Pa. aproxim a amente. La vaiación elativa de volumen que se obseva es de 7.5 x 108.105 g/cm3 34.21 x 1010 N/m2. ) Desrrollr un expresión pr l constnte de torsión de un cilindro hueco e n función de su diámetro interno Ro. Una vailla que tiene 100 cm de longitud y 1 cm de diámeto está sujeta ígidamente po un extemo y se le somete a tosión po el oto hasta un áng ulo de l. Respuesta. V = 889 litos.ica es la difeencia ente la pesión eal en el inteio del depósito y la de la at mósfea exteio). 9525 N 30. Respuesta. La balanza de torsión de la figura se compone de una barra de 40 cm con bolas de plomo de 2 cm en cada extremo. Si se aplica la misma fueza a la cicunfeencia de una vailla del mis mo mateial peo que tiene una longitud de 80 cm y un diámeto de 2 cm. sus atacciones gavitato ias tienden a hace gia la baa en el mismo sentido. pero en lados opuestos.1º 31. La bar ra está colgada por un hilo de plata de 100 cm ue tiene un diámetro de 0. ¿cuál es el ángu lo de tosión esultante? Respuesta..4 g/cm3). ¿Cuál seá la tosión del hilo d e plata? 32 . θ = 0. dos bola s mayores de plomo de 30 cm de diámetro (ρ = 11. Cuan do se ponen muy de cerca de las bolas de plomo.5 mm. 5 m de laga. a) Demostrar que el coeficiente e Poisson viene a o por b) Δ = −4.2 x 107 Pa Coeficiente de Poion. b) ΔV = 0.6 cm de ancha y 1 cm de laga se aplica una fueza de tacción de 2 800 N. ) ΔU = 2 2400 J/m3 33 . Una tira de ete aluminio de 76 cm de larga . En cada extemo de una baa hoizontal de 1. c) el trabajo realizado y d) la ganancia en la denidad de en ergía elática. 7 x 1010 Pa Límite elático a la tracción. Repueta.625 × 10 − 4 .688 mm.Elasticidad Hugo Medina Guzmán 36. a) fuerza de compreión (valore negativo de F). 2. 0. mientra que i e ometen a 38.8 mm de gruea e etira gradualmente hata que la tenión d e tracción alcanza u límite permiible. iempre diminuyen de volumen ¿Apoya eta afirmación el hecho de que no exite ningún material para el cual σ≥ 1 ? 2 Δ == −2. a) Δl = 0. 1. 0.0041 cm3. 7. 2 b) Demotrar que a partir de eta ecuación e igue que el coeficiente de Poion debe etar comprendido entre 1 y c) La experiencia demuetra que la barra ometida a fuerza de tracción (valore poitivo iempre aumentan de volumen. b) u v ariación de volumen. 0 −4 cm −4 c) Δh = −2. 14 x 107 Pa Tenión de tracción permiible. El módulo de Young y el coeficiente de Poisson del mateial de la baa son Y = 2 x 106 Pa y σ = 0.33 Tenión de tracción final. b) ¿Cuále on la variacione relativa de la anchura y altura? c) ¿Cuál e el aumento de volumen? d) ¿Cuál e la energía potencial adq uirida por la barra? Repueta.4 de la tenión de tracción final La tenión de tracción permiible e la máxima tenión que e conidera egura cuando ete material e utiliza en etructura ometida a de tracción conocida y contante. Un manual de materiale relaciona eto dato para el aluminio en hoja lamin ada Módulo de Young.5 cm de ancha y 0. − 2 S 2(3B + S ) 1 . c) W = 0.2 × 10 σ= 3B.625 × 10 cm 37. a) H allar la deformación tranveral barra. Calcular a) u variación de longitud.341 J.3. pue e continuar vibran o a un ritmo el un a oscilación por hora aproxima amente. La fuerza e restauración se irige siempre hacia la posición e equilibrio c entral la aceleración se irige así siempre hacia la posición e equilibrio central .. El mismo cuerpo humano es un fabuloso recip iente e fenómenos vibratorios. Una fuerza restaura ora tira e ellas y parecen ir más allá e la posi ción e reposo. Esta fuerza restaura ora ebe existir e otra manera ellas no se m overían cuan o son solta as. Virtualmente to o s istema posee una capaci a e vibración y la mayoría e los sistemas pue en vibrar l ibremente e muchas maneras iferentes. Las vibraciones u oscilaciones e los sistemas mecánicos constituyen uno e los campos e estu io más importantes e to a la física. al que se le ha ata o un plumón que eja una traza en un rollo e papel que se gira a veloci a constante. la boli ta oscila hacia elante y atrás e su posición e reposo. Esto pro uce una “hoja” que muestra que el movimiento de la masa tiene la orma sinusoidal. vibran centenares e veces por segun o y pro ucen una nota au ible. Algunas oscilaciones parecen tener la misma característica a la toma a al mismo tiempo para ca a oscilación compl eta. las vibraciones naturales pr e ominantes e objetos pequeños suelen ser rápi as. Ni siquiera po remos ecir correctamente "vibración" sin que oscile la punta e nu estra lengua. cuan o la masa se esplaza e su posición e reposo y se la 1 Po emos eterminar el gráfico istancia tiempo para un objeto oscilante toman o una fotografía estroboscópica para un pén ulo o usan o el Sonic Ranger el laboratorio . Con un experimento simple como el mostra o en la figura a continuación. nuestros corazones laten. La traza e un electrocar iograma. La figura arriba muestra los gráficos istancia – tiempo. mientras que las e objetos más gr an es suelen ser lentas. . a veces roncamos. Una regla afianza a con abraza era en un extremo a un banco oscilará cuan o se presiona y espués se suelta el extremo libre. p ara conseguir las oscilaciones? Las masas se sacan e su posición e reposo y esp ués se sueltan. tiritamos cuan o tenemos frío. En general. mostra a en la figura. Nos movemos porque hacemos oscilar las piernas. tamb ién se pue e obtener el gráfico esplazamiento tiempo para el movimiento oscilator io e un sistema masa resorte. MOVIMIENTO OSCILATORIO Definición y características ¿Qué es un movimiento oscilatorio? ¡Es un movimiento e vaivén! ¿Po emos hacer una escripción científica? Si estu iamos el mo vimiento e un número e objetos po emos quizás contestar a la pregunta. Porque hay una fuerza entonces ebemos tener una acel eración. po emos oír y hablar gracias a q ue vibran nuestros tímpanos y laringes. se tira hacia abajo y espués se suelta. Movimiento oscilatorio INTRODUCCION. Incluso los átomos que componen nuestro cuerpo vibran. Las on as luminosas que nos permiten ver s on ocasiona as por vibraciones. Se obtiene su esplazamiento máximo a un la o y otro e la posición e reposo. Si una masa se suspen e a partir e un resorte. nuestros pulmones oscila n. suelta se pro ucen las oscilacione s. Las alas e un mosquito. por ejemplo. registra la activi a eléctrica rítmic a que acompaña el lati o e nuestros corazones. se p ro ucen las oscilaciones El balanceo e una bolita en una pista curva a. La Tierra completa. ¿Qué hacemos en éstos y otros ejemplos. Tales oscila ores se conocen como isócronas. espués e haber si o sacu i a por un terremoto. Un carrito ata o entre os soportes en un plano horizontal por me io e resor tes oscilará cuan o el carrito se esplaza e su posición e reposo y espués se suelt a.Movimiento Oscilatorio Hugo Me ina Guzmán CAPÍTULO 2. Una masa suspen i a el ex tremo e una cuer a (un pén ulo simple). y mantienen esta característica co nstante el tiempo sin importar los cambios e la amplitu ebi o al amortiguami ento. k2. •• t x 2 •• 2 = x = − Aω 0 sen (ω 0 Reemplazan o x y x en la ecuación: con lo que que a emostra o. ϕ y φ . dond k1. etc. o bien 2 + x = 0 m t t k 2 Si por 0 = 1 . hasta 1 en 103 o 1 en 106) en comparación con el término k1x. x(t ) = A cos(ω 0 t − φ ) . etc. ue en notación corta es 2 dt •• 2 x+ ω 0 x = 0 La solución a dicha ecuación diferencial puede expresarse en cual uiera de las forma s: x(t ) = Asen (ω 0 t − ϕ ) . De igual manera su ce e con x(t ) = A cos(ω 0 t − φ ) .. donde las ases iniciales . se re presenta en un gráfico x t e la forma in ica a en la figura.. f es la frecuencia en oscilaciones or segundo. a no ser que el mismo. 2 •• Solución. y siempre po remos encontrar un margen e valores e x entro el cual sea espreciable la suma e términos correspon iente s a x2. k3. La razón ísica cons iste en que realmente se presentan oscilaciones puramente sinusoidales en una gr an variedad de sistemas mecánicos. son una serie e constantes. Todos estos términos son muy imortantes Ejemlo 1. x = Asen (ω 0 t − ϕ ) . e acuer o con cierto criterio previo (por ejemplo. k1 sea nulo. Demostrar que las ecuaciones x(t ) = Asen (ω 0 t − ϕ ) . la uerza ejercida sobr e el mismo cuando el desplazamiento respecto al equilibrio es x puede describirs e en la orma satis acen la ecuación x + ω 0 x = 0 . x • = x = Aω 0 cos(ω 0 t − ϕ ) .. la ecuación el movimiento el cuerpo se re uce entonces a DESCRIPCIÓN DEL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE Un movimiento el tipo escrito en la ecu ación x(t ) = Asen (ω 0 t − ϕ ) . . x(t ) = A cos(ω 0 t − φ ) Oscilaciones Sinusoidales Concentraremos pre erentemente nuestra atención sobre las oscilaciones sinusoidales. Si el cuerpo tiene masa m y la masa el resorte es espreciable. la ecuación m anterior se transforma en: efinición hacemos ω d 2x 2 + ω 0 x = 0 . es conoci o como movimiento armónico simple (MAS). Destaquemos las ca racterísticas más importantes e esta perturbación sinusoi al: 2x 2 x k1 m 2 = − k1 x . F ( x ) = − k1 x + k 2 x 2 + k 3 x 3 + . por ejemplo. siendo originadas por uerzas restauradoras que son proporcionales a los desplazamientos respecto al equilibrio. Este tipo de m ovimiento es posible casi siempre si el desplazamiento es su icientemente pequeño. tenemos un cuerpo sujeto a un resorte.Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán También ω 0 = 2πf . Si. ( ) 2 2 − Aω 0 s n (ω 0 t − ϕ ) + ω 0 Asen (ω 0 t − ϕ ) = 0 . Una oscilación or segundo se llama 1 hertz (Hz).. x3. se tiene 1 . el perío o ebe correspon er a un aumento e 2π en Dada la ecuación básica x el argumento de la función sinusoidal. Está con inada dentro de los límites x = ± A . La magnitud positiva A se denomina amplitud del movimiento. Fácilmente se advierte que A reresenta el deslazamiento máximo. Las ecuaciones x(t ) = Asen (ω 0 t − ϕ ) . El movimiento tiene un período T igual al tiempo transcurrido entre máximos sucesivos o más generalmente entre dos momentos sucesivos en se repitan tanto el desplazamien to x como la velocidad dx dt . l. A es la amplitud. ϕ es la constante e fase. recuencia angular. T es la inversa de la recuencia . f . en radianes por segundo. armónico simple. x(t ) = A cos(ω 0 t − φ ) . La canti a en paréntesis (ωt + ϕ ) es la fase e la oscilación. A y ϕ se eterminan por las con ici ones iniciales el problema. 2 ω0 T= es la = Asen (ωt + ϕ0 ) .ieren en π 2 . Así ues. 2. describen el movimiento Movimiento armónico simple de período T y amplitud A. esto es la amlitud. Así. respectivament e. transforma el movimiento oscilatorio del pistón en el movimiento rotaci onal de la rueda). Cuan o comparamos es ta ecuación con la ecuación x = Asen (ωt + ϕ ) . QQ’ es una barra sobre la cual puede deslizarse el c ilindro P. ϕ 0 = tan −1 ⎜ 0 ⎜ v ⎝ω ⎠ ⎝ 0 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Esta expresión a el esplazamiento e P en función el tiempo. aunque el m ovimiento de P es oscilatorio. ω del movimiento se supone conocido por otros m edios. de aquí se tiene x = R cos θ + L2 − R 2 s n 2θ Con θ = ωt da ( ) 12 . corr esponde al movimiento armónico simple con ϕ = π 2 . Entonces se tienen las identidades siguientes: x = R cos ωt + L2 − R 2 s n 2θ ( ) 12 x0 = Asenϕ 0 Estas os relaciones v 0 = ωA cos ϕ 0 pue en utilizarse para calcular la amplitu iento): A y el ángulo (ángulo e fase inicial el movim ϕ0 El valor e la frecuencia angular. no es armónico simle Un ingeniero mecánico al diseñar un mecanismo como el de la figura tiene que ensar cómo alicar la fuerza correcta . En el ins tante particular t = 0. encontrado en muchas má uinas de vapor. En este mecanismo. Ejemplo 2. vemos que el primer término. llamaremos a estas magnitudes x 0 y v 0 . ⎛ ωx ⎛v ⎞ 2 A = x0 + ⎜ 0 ⎟ . Rcos ωt . La situación en t = 0 (o en cual uier otro instante señalado) ueda completamente es pecificada si se establecen los valores de x y dx dt en dicho momento.Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán ω (t + T ) + ϕ 0 = (ωt + ϕ 0 ) + 2π 2π ω y f = . ero el segundo no. T= ω 2π . Determinar si P en el mecanismo ilustrado en la figura se muev e con MAS. está conectada por una varilla L al borde de una rueda de radio R ue g ira con velocidad angular constante (Este mecanismo. La posición de la proyección es x = A cos θ = A cos ωt . Cuando P está u nido al istón de una máquina de vaor. debemos encontrar si el deslazamiento de P satisface la ecuación x = Asen (ωt + ϕ ) . y la rueda rota con velocidad angular constante ω. La velocidad. de modo que la rueda se mueve con movimiento circular uniforme. EL MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE Y EL MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORME. ⎛R⎞ senφ = ⎜ ⎟senθ ⎝L⎠ cos φ = 1 − s n 2φ Por consiguiente ( ) 12 = 1 2 L − R 2 s n 2θ L ( ) 12 . De la figura ode mos ver fácilmente que P oscila desde una osición a una distancia (L + R) a artir de O hasta una osición (L – R) a artir de O. La osic ión. la clavija en toda la trayectoria está a la derecha y la proyección está en x = A.en P de modo que el deslazamiento x esté dado or la ecuación exresada líneas arrib a. Para determinar si el movimiento es a rmónico simle. La aceleración. y su proyección en el eje x es v = − Aωs nωt como s mu stra n la figura sigui nt . La velocid ad tangencial de la clavija tiene una magnitud Aω. El movimiento de P es oscilante ero no armónico simle. De la geometría e la figura tenemos que x = R cos θ + L cos φ y Lsenφ = Rsenθ . La clavija está una distan cia A del eje. El movimiento armónico simle (MAS) se uede relacionar con el movimiento circu lar de la manera siguiente. 3 . Solución. Se royecta la c lavija sobre el eje horizontal (el eje de x en la figura). de modo ue En t = 0. Imagine una clavija P unida a una rueda orientada co n su eje erendicular al lano de la figura siguiente. esto se lleva a cabo regulando la admisión de vaor. 5 = 2s. a = 13.05 = 17.5 s-1 T = 1/f = 1/0. Si en vez de fijar t = 0 cuando la proyecc ión estaba toda a la derecha. φ = 2π + π 4 = 9π / 4rad ϕ c) Derivan o la ecuación e la e ción respecto a la variable t tenemos la ecuación e la veloci a : v= La proyección e la aceleración en el eje e x es y π⎞ ⎛ = −2πsen ⎜ πt + ⎟ (SI) t 4⎠ ⎝ ) Derivan o e nuevo respecto a la variable t obtenemos la ecuación e la acelera ción: a = − Aω 2 cos ωt .4142 m. La pulsación se relaciona con la frecuencia mediant e la expresión: ω = 2π f = 2π·3 = 6π rad. . v = 4. b ) Su aceleración cuando la elongación es de 5 cm. La amlitud de un móvil que describe un MAS.4142m . Sostengo con la palma e la mano abierta una caja e fósforos.96 m/s2 e) La veloci a máxima se a quiere cuan o el seno el ángulo vale 1 .4142 1.8 m/s. f = 0. .Movimiento Oscilatorio La aceleración de la clavija (centrípeta) es Aω dirigida como s e muestra en la figura siguiente. v máx = 6. Determinar: 4⎠ . en función del ti emo. nuestras ecuaciones habrían incluido el ángulo de la fase ϕ. en este caso or φ = πt + π 4 . nosotros hubiésemos elegido otro punto de partida con ωt = 0 . Δy = 1. Un punto material de 2. a) b) a = ω2·s = (6π)2·0. y para t = 0 es y0 = 2cos π/4 = 1. viene dada. a máx = 19.44 m/s. c) F = m·s = 44.4142 = 2.83 m Ejemplo 5. de rescinde del signo “-“ en la exresión de la aceleración ues tal signo úni camente indica que el sentido de esta magnitud es contrario al de la elongación.5 kg experiment a un movimiento armónico simple de 3 Hz de frecuencia. or la exresión: y = 2 cos⎜ π t + a= dv π⎞ ⎛ = −2π 2 cos ⎜ πt + ⎟ (SI) t 4⎠ ⎝ Sustituyen o en las ecuaciones correspon ientes: y = 1. De la iscusión ante rior se pue e ver porque se esigna con la letra ω a la velocidad angular. b) La fase viene dada . Hallar: a) Su frecuencia. Solución. Ejemplo 3. y a son iguales a lo obtenido arriba. De repen te comienzo a mover la mano verticalmente con un movimiento armónico simple e 5 c m amplitu y frecuencia progresivamente creciente.72m/s 2 f) El esplazamiento Δy viene a o por la iferencia entre y para t = 1 e y para t = 0. π = 2πf. Hugo Medina Guzmán 2 A=2m ω = π y como ω = 2πf . así como también a la frecuencia angular.4 N. E jemlo 4.4142 m. ¿Para qué frecuencia ejará la caja e fósforos e estar en contacto con la mano? ⎛ ⎝ π⎞ ⎟ (SI). El valor e y para t = 1 es y1 = 1. Así vemos ue la posición en el eje x exhibe el movimiento armónico simple desde ue las ecuaciones para x.29m/s y la aceleración máxima cuan o el coseno el ángulo vale 1. c) El valor de la fuerza recuperad ora para esa elongación. v. f) Despla zamiento experimenta o por el móvil entre t = 0 y t = 1 s. Solución. y a la aceleración corre spon iente al movimiento armónico simple: ω 2 y = 4π 2 f 2 y . se encuentra someti a a la aceleración e la grave a .a) Amplitu . Cuan o baja la palma e la mano. frecuencia y perio o el movimiento. g. y irigi a verticalmente hacia abajo. dirigida hacia arriba y que alcanza el valor máximo en el extremo de la trayectoria: amáx = 4π f A amax . la caja e fósforos. 2 2 Cuando esta última aceleración iguale o suere a la de la gravedad la caja de fósforos dejará de estar en contacto con la mano. veloci a y aceleración el móvil en t = 1 s.23 s1 . a) Por comparac ión con la ecuación general y = A cos(ω t + ϕ 0 ) se e uce que: 4 Solución. e) Veloci a y aceleración máximas el móvil. a partir e la posic ión e equilibrio. b) Fase el movimiento en t = 2s. ) Posición. constan te en to o momento. Eso sucederá cuando: 4π 2 f 2 A = g ⇒ f = 2. c) Veloci a y aceleración el móvil en función el tiempo. m16 Aπ 2 = μmg ⇒ A = A= μg 16π 2 = (0. reliz ndo dos oscilciones por segundo.025ω 2 = mg ⇒ ω 2 = ⇒ω = f = 3.8 rad/s 0. Un bloque descns sobre un superficie horizontl. a) Demostr ar que adquirirla un movimiento armónico simle (MAS). El coeficiente estático de rozmiento entre el b loque y l superficie es 0.025 = d x = − A16π 2 senω t ⇒ máx = 16 Aπ 2 2 dt g = 19. ¿Qué mgnitud debe tener l mplitud de cd oscilción pr que no hy deslizmiento entre el bloque y l superficie? b) Si l pltfo rm horizontl vibr verticlmente con movimiento rmónico simple de mplitud 25 m m. Solución. al dejar caer or él un cuero desde uno de los olos. eso sucede cuando ma máx = F f Ejemlo 7. Si la Tierra fuese homogénea y se hiciese un conducto recto de olo a olo.Movimiento Osciltorio Hugo Medin Guzmán Ejemplo 6.025ω 2 El bloque dejrá de tener contcto con l superficie cundo l fuerz de fricción qu e l sostiene fij l piso se myor que el peso del objeto. b) Calcular el eríodo de est e movimiento. = d 2x = −0.5)(9. ) Si l superfic ie se encuentr en movimiento rmónico simple en dirección prlel l piso.025ω 2 senω t 2 dt ⇒ máx = 0.031 m . ¿Cuál es l frecuenci mínim pr que el bloque deje de tener contcto con l plt form? Solución.5.15 c/s g 0.8) = 16π 2 0.025 El bloque dejará de tener contacto con la suerficie cuando la fuerza de fricción qu e la sostiene fija al iso sea menor que la fuerza de inercia. eso sucede cundo m máx = mg f = 2 c/s ⇒ ω = 2π f = 4π x = Asenω t x = Asen 4π t Su aceleración es: 2 m0. tendemos: 4 M ′ = Vρ = πx 3 ρ 3 5 .a) La ley de la gravitación universal nos dice: A = 31 mm b) F = −G → M ′m ˆ r r2 En módulo: F = −G M ′m x2 y = 0.025s nω t Su ac l ración s: l signo m nos nos indica qu F va dirigida hacia O. Si llamamos ρ a la densidad de la Tiea. En nu stro probl ma M ′ la ma sa nc rrada d ntro d l círculo d puntos d la figura. al deja cae po él un cuepo de masa m a) demosta que adqui iía un movimiento oscilatoio amónico simple. Una barra esada uniforme de masa m reosa sobre dos discos iguales q ue son girados continuamente en sentidos ouestos. por tanto. T = 2π R0 m = 2π = 84 min k g0 Solución. El movimiento es oscilato io amónico simple. Encontrar el movimiento subsiguiente de la barra. como se muestra. 2 R0 mg 0 r Obtenemos: F0 = R0 G L fuerz responsble del movimiento es: F =− De quí mg 0 r x senϕ . vibratorio armónico simple. constante indeendiente de la velocidad relativa de las suerficies. b) de peíodo Ejemplo 8. Los centros de los discos esta searados una distancia d. Supone que no existen ozamientos ente el cuepo y las paedes del conduct o. teniendo en cuenta que . b) Calcula el peíodo de ese movimien to. Si la Tiea fuese homogénea y se hiciese en conducto ecto como se ind ica en la figua. obt enemos ara valor del módulo de la fuerza F0 que reresentamos en la figura: Ejemlo 9. b) e perío o: F =− T = 2π m 3 = 2π k 4πρG El signo menos nos indica que va diigida hacia abajo. Al tiemo t = 0 se suelta. senϕ = R0 R mg 0 x = − kx R0 El movimiento es.Movimiento Oscilatoio Hugo Medina Guzmán Po la segunda ley de Newton: •• M ′m = mx 2 x 4πρGm Luego: F = − x = −x 3 4πρGm De aquí = 3 ∑F = ma F = −G → → M 0m = mg 0 ⇒ GM 0 = g 0 R02 . Inicialmente la barra se mantiene en reoso con su centro a una distancia x0 del unto equidistante de los discos. a) Llamando M a la masa de Tierra encerrada en la esfera de radio r. Solución. El coeficiente fricción entre las ba rras y la suerficie de los discos es μ . Aarato Mm r2 dm M M 0 Como: ρ = = = dV V V0 F0 = G M= 3 M0 3 R0 Sustituyendo. 6 . 1 U = ∫ dU = ∫ xdx = x 2 2 La enegía potencial del oscilado amónico simple es U= 1 2 x 2 Como hemos visto es la enegía de defomación elástica del esote. N 2 = mg ⎜ + x ⎟ 2 ⎝2 2 ⎝2 ⎠ ⎠ Como ∑ F = ma . Los centos de los discos están sepaados una distancia d. obte F f 1 − F f 2 = m x ⇒ μN1 − μN 2 = m x •• •• •• ⎡⎛ d 1 ⎞⎤ ⎞ ⎛d μmg ⎢⎜ − x ⎟ − ⎜ + x ⎟⎥ = m x 2 ⎠ ⎝2 ⎠⎦ ⎣⎝ 2 x max = Aω . Las fuezas de ozamiento son en sentidos opuestos. Como x = Asen (ωt − ϕ ) . se tiene K max = 1 •2 1 1 m x max = mA 2ω 2 = kA 2 2 2 2 • La Energía mecánica total es: E = K +U = ⇒ •• 1 1 mA 2ω 2 cos(ωt − ϕ ) + kA 2 cos(ωt − ϕ ) 2 2 .Movimiento Oscilatoio Hugo Medina Guzmán Diagama de cuepo libe de la baa Las fuezas actuantes sobe la viga se mues tan en dibujo siguiente. y x max = A Se tiene U max = Aplican o la segun a ley e Newton: N1 + N 2 − mg = 0 Fy =0: (1) 1 2 kA 2 2 Por otra parte la energía cinética el oscila or armónico simple es τC = 0 : ⎛d ⎞ ⎛d ⎞ − N1 ⎜ + x ⎟ + N 2 ⎜ − x ⎟ = 0 ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ 1 1 ⎛•⎞ K = mv 2 = m⎜ x ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ Como (2) La ecuación e momentos (2) se escribe con respecto al centro la barra. Con • 1 ⎛d 1 ⎛d ⎞ ⎞ mg ⎜ − x ⎟ . Despejan o N1 y N2 e (1) y (2). obtenemos e grave a C e x = A cos(ωt − ϕ ) . para la barra. por ejemplo. En nuestra primera referencia a este tipo de sistemas. La ecuación del movimiento de la barra. ENERGIA EN EL MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE Como oscila dor armónico simple es un sistema conservativo. considerábamos ue estaba compuesto por un solo objeto de masa m sujeto a un resorte de constante k y longitud l o a otro dispositivo e ui valente. t n mos: . un alambre delgado. la fuerza se puede derivar de la f unción energía potencial. ue proporciona una fuerza restaurador a igual al producto de cierta constante k por el desplazamiento respecto al e ui librio. ⎝ 2 μg rad/s d ⎠ k m 1 2 1 kA cos 2 (ωt − ϕ ) + kA 2 sen 2 (ωt − ϕ ) 2 2 Ecuación correspon iente al movimiento armónico simple. las dos caract rísticas Como F = − kx . F =− dU dx dU = kx dx 7 Esto sirv para id ntificar. x = x0 cos ω 0 t La barra se mantiene un moviendo oscilatorio armónico simple sobre los discos ue giran en sentidos opuestos. n función d un sist ma d un tipo particular s nc illo. cuya frecuencia natural es ωo es E= 1 2 kA = Constante 2 ωo = O sea ue E = K + U = K max = U max PROBLEMA BASICO MASA – RESORTE Resorte horizontal.Como Simplifican o: ω2 = E= ⎛ 2 μg ⎞ x+ ⎜ ⎟x = 0 . entonces podemos escribir su ecuación del movimi ento mediante uno de estos dos procedimientos: 1. Vamos a aplicar la segun a ley e Newton (F = ma). Una compon nt lástica. Sin embargo. sin embargo. los que se encuentran sin estirar en su posición e equilibrio. Esta solución seguirá siendo válida. pero ambas son ecuaciones iferenciales el movimiento e l sistema. Esto es. 1 2 1 2 mv + kx = E 2 2 La segun a expresión es. En muchos casos. . si un sistema puede considerarse compuesto efectivamente por una masa concentrada al final de un resorte lineal (“lineal” se re iere a su pro piedad y no a su orma geométrica). que proporcionan entre las os una especificación comple ta el esta o e movimiento el sistema para t = 0 (u otro tiempo señala o). siendo v la velocidad del objeto. s obti n una n rgía pot ncial proporcional al cuadrado d l d splazami nto d l c u rpo r sp cto al quilibrio igual a Cuando s v a una cuación análoga a éstas s pu d ll gar a la conclusión d qu l d s plazami nto x s una función d l ti mpo d la forma x(t ) = As n (ωt − ϕ ) . Admiti ndo qu la l y d Hook s válida. 2. en el instante en que el resorte se a estira o una longitu x El resorte tiene una longitu origin al l . el resorte se estira una longitu Δl a a por kΔl = mg ⇒ Δl = mg k La figura a continuación muestra el iagrama el cuerpo libre e la masa. La ecuación contiene otras dos constantes. la ampli tud A y la ase inicial ϕ . k siendo m 1 2 kx . capaz d transportar n rgía cinética. el resulta o e integrar la primera respect o al esplazamiento x. Mediante la segunda ley de Ne ton (F = ma). el sistema está e n equilibrio cuan o el resorte ejerce una fuerza hacia arriba igual al peso e l a masa. Resor te vertical. cuan o se ata una masa m a un resorte en posición vertical. Admitiendo ue toda la inercia del 2 sistema está localizada en la masa al final del resorte. Hasta este punto hemos consi era o solamente resortes en posición hor izontal. Debe 2 señalarse ue ambas hipótesis particularizaciones de las condiciones generales 1 y 2 y ue habrá muchos sistemas oscilantes en ue no se apli uen estas condiciones es peciales. en on e ω = k la constante del resorte y m la masa.Movimi nto Oscilatorio Hugo M dina Guzmán qu son s ncial s n l stabl cimi nto d movimi ntos oscilant s: 1. tenemos resortes en posición vertical. Por conservación e la energía mecánica total (E). naturalmente. aunque el sistema no sea un objeto aislado sujeto a un resorte carente de masa. se obtiene una energía cinéti ca ue es precisamente igual 1 2 mv . cap az d almac nar n rgía pot ncial lástica. − kx = ma 2. Una compo n nt in rcial. − kx = ma ⇒ m •• •• d 2x + kx = 0 o m x + kx = 0 dt 2 ⇒ − ky − kΔl + mg = ma Como kΔl = mg : − ky = ma ⇒m •• d2y + ky = 0 o m y + ky = 0 2 dt − k ( y + Δl ) + mg = ma x+ k x=0 m 8 e la posición . Aplican o la segun a ley e Newton (F = ma).Por consiguiente. una masa en un resorte vertical oscila alre e or e equilibrio. Aplican o la segun a ley e Newton ( F = ma) . Con esto resorte y m l ms. y (t ) = Asen (ωt − ϕ ) Visto en conjunto la masa oscila ebi o a un resorte equivalente: F = k e x . b y c. F1 = k1 x . F2 = k 2 x En to os los otros aspectos las oscilaciones son iguales que para el resorte hor izontal. Encue ntre el periodo del movimiento en cd cso. El movien o es armónico simple y la frecuencia está a a por ω= k . F1 = k1 x . Un ms m se conect dos resortes de constn tes fuerz k1 y k2 como en ls figurs . po emos escribir. F2 = k 2 x . Ejemplo 10. l ms se mueve sobre un superficie sin fricción l desplzrse del equilibrio y soltrse. (a) Para cada uno de los resortes: ∑F x = ma x . ah ora F = F1 + F2 Luego. siendo k la constante del m k e x = k1 x + k 2 x ⇒ k e = k1 + k 2 . ω= (k1 + k 2 ) m y T = 2π m (k1 + k 2 ) c) Haciendo el diagrama de cuero libre.Movimiento Oscilatorio Hugo Me ina Guzmán •• y+ k y=0 m Para ca a uno e los resortes: ∑F x = ma x . En cd cso. odemos escribir. 9 . k1 + k 2 Con esto ω= k1 k 2 y m(k1 + k 2 ) T = 2π m(k1 + k 2 ) k1 k 2 Ejemlo 11. el sistema oscila con una frecue ncia f1. de constantes k2 = 2k1 y k3 = 4k1. F = k1 x1 . junto con otros d os. F F F 1 1 1 = + ⇒ = + . Con esto ω= (k1 + k 2 ) m y T = 2π m (k1 + k 2 ) ¿Cuál sería el eriodo ara el caso de la figura siguiente? Para cada uno de los resor tes: ∑F x = ma x . ¿cuál será la nueva frecuencia roia del sistema con relación a la anterior? A es el unto medio de la barra. Al susender un cuero de masa m de un resorte de constante k1. Solución. odemos escribir. b) Haciendo el diagrama de cuero libre. k e x = k1 x + k 2 x ⇒ k e = k1 + k 2 . k e k1 k 2 k e k1 k 2 k1 k 2 y ke = . Si ahora este resorte se monta como indica la figura. utilizando una barra de eso desreciable . ah ora F = F1 + F2 Luego. a) Haciendo el diagrama de cuero libre. (c) Solución. do nde x = x1 + x 2 Luego. F = k 2 x 2 Visto en conjunto la masa oscila debido a un resorte equivalente: F = k e x . y se ararlo ligeramente de su osición de equilibrio.(b) Visto en conjunto la masa oscila debido a un resorte equivalente: F = k e x . Solución. f 8 = = 1. x2 y x3: ω = 2πf = f = f = 1 2π 1 2π k ⇒ (m + M ) k (m + M ) 500 25 = = 7. En este caso vamos hallar directamente la consta nte equivalente del conjunto.Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán Como k1 es diferente k2 . Determine la amlitud y frecuencia de las oscilaciones roducidas. x1.96 Hz π 0. Por conservación de cantidad de movimiento: El estiramiento del resorte 1 es: x1 = x2 = x3 = mg / 2 mg = k1 2 k1 mg / 2 mg = k2 4k1 mg mg = k3 4 k1 mv0 = (m + M )v1 m ⇒ v1 = v (m + M ) 0 10 m = 20 = 1 (10 + 190) s Por conservción de energí: El estirmiento del resorte 2 es: El estirmiento del resorte 3 es: 1 (m + M )v12 = 1 kA 2 ⇒ 2 2 1 (0.2kg )⎛1 m ⎞ = 1 ⎛ 500 N ⎞ A 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 m⎠ ⎝ s ⎠ 2⎝ De aquí cm La frecuencia se obtiene e Con el peso mg el resorte se estira x + x2 x= 2 + x3 2 mg Sien o x = k eq Reemplazan o x. Un equeño royectil de masa 10 g que vuela horizontalmente a velocida d 20 m/s imacta lásticamente contra un bloque de madera de masa 190 g unido a un resorte ideal de constante 500 N/m que se halla en osición horizontal. los estiramientos de los resortes no son iguales.26 . f1 5 Ejemlo 12. or lo tanto no odemos considerar la suma de las constantes como la constante equiv alente de la arte en aralelo.2 mg mg + mg 2k1 4k1 mg 5mg = + = ⇒ 8k1 k eq 2 4 k1 8 k eq = k1 5 L frecuenci del conjunto es: ω= k eq m 1 2π = ⇒ f = 1 2π . 8k1 = 2π f 5m 8k1 5m Ejemlo 13. Se corta entonces el hilo y el cuero de 2 kg emieza a oscilar con movimiento armónico simle. En el diagrama de la figura el resorte tiene masa desreciable y una longitud de 20cm cuando está sin deformar. Como la frecuencia del resorte 1 es f1 = k1 m Obtenemos: 10 . El sistema se halla inicialmente en reoso en la osición reresentada y la longi tud del resorte comrimido es de 15cm. A dicho cuero se le ata un hilo que asa or una olea sin rozamiento y del cual ende un cuero de 4kg. Un cuero de 2kg. Unido al resorte ue de moverse sobre una suerficie lana horizontal lisa. La ecuación del movimien to tangencial es Ft = mat y. a) ¿Cuál es el valor de “k”? •• ω = 392 = 19. Si la partícula se lleva a la posición B e mo o que la cuer a haga un ángulo θ con la vertical OC.15 c/s 2π 2π d) Hallar la energía mecánica del sistema.98 J 2 2 Δx = 0. debemos escribir la ecuación de movimiento de la partícula .05 b) Hallar la ecuación iferencial Al cortar la cuer a PÉNDULOS Pén ulo simple Un ejemplo e movimiento armónico simple es el movimiento e u n pén ulo. donde el sig no menos se debe a ue se opone al desplazamiento s = CA.Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán ⇒ x + 392 x = 0 c) L mplitud del movimiento es A = 0. podemos usar la ecuación dω d 2θ dv at = =R = R 2 = Rα (reemplzndo dt dt dt R por l ) pr expresr l celer ción tngencil. •• d 2θ Esto es at = l = l θ . y luego se suelta.15 = 0. E= 1 2 1 2 kA = 784(0. se ve ue la componente tangencial de la fuerza es Ft = −mgs nθ .8 = = = 3. como la partícula se mueve a lo largo de un círculo de radio l .2 − 0. d) Hallar la energía mecánica del si stema.05) = 0. el péndulo oscilará entre B y la posición simétrica B’. La ecuación del 2 dt Vamos a aplicar la segunda ley de Neton (F = ma) al cuerpo de masa 2 kg en el i nstante en ue el resorte está comprimido una longitud x movimiento tangencial es por consiguiente ml θ = −mgs nθ o θ + •• •• g senθ = 0 l •• d 2x + kx = 0 o m x + kx = 0 dt 2 •• •• 784 k x+ x = 0 ⇒ x+ x=0 m 2 − kx = m ⇒ m . l frecuenci ngulr es L frecuen ci es: ) ¿Cuál es el vlor de “k”? b) Hallar la ecuación di erencial c) Hallar la amplit ud de oscilación y la recuencia natural del MAS. Un pén ulo simple se efine como una partícula e masa m suspen i a el pun to O por una cuer a e longitu l y e masa espreciable. La partícula se mueve en un arco de circulo de radio l = OA. Las fuerzas ue actúa n sobre la partícula son su peso mg y la tensión T a lo largo de la cuerda. Solución. De la fi gura.8) = = = 784 N/m Δx Δx 0.05 m F = kΔx ⇒ k= F mg 4(9. Para determinar la natura leza de las oscilaciones.05 m.8 rad/s ω 19. 11 .Movimiento osci1torio de un péndulo. dentro de nuestra aproximación. Suponiendo ue las oscilaciones son de pe ueña amplitud. don de d es la distancia OC entre el eje z y el centro de masa C. podemos suponer ue senθ ≈ θ . Si I es el momento de inercia del cuerpo alrededor del eje z.Movimiento Osciltorio Hugo Medin Guzmán Est ecución no es del mismo tipo que l ecución x + ω x = 0 debido l presenci del senθ Sin embargo. Aplican do la segunda ley de Neton para la rotación •• x + ω 2 x = 0 si reemplazamos x por θ . Por ello podemos ll egar a la conclusión ue. Sea ZZ’ el eje horiz ontal y C el centro de masa del cuerpo. si el ángulo θ es pe ueño. Cuando la línea OC hace un ángulo θ con la ver tical. de modo ue la ecua ción del movimiento es g con ω = . esta vez refiriéndonos al movimiento angular y no al movimiento lineal. el movimiento angular del péndulo es armónico simple ∑τ = Iα obtenemos: •• − Mgdsenθ = I θ . El ángulo θ puede así expresarse en l la forma θ = θ 0 cos(ωt + ϕ ) . podemos usar la aproxima ción senθ ≈ θ y escribir para el movimiento del péndulo 2 •• θ+ θ = 0 Esta es la ecuación diferencial idéntica a la ecuación •• •• g l Un péndulo compuesto (o físico) es cual uier cuerpo rígido ue puede oscilar librement e alrededor de un eje horizontal bajo la acción de la gravedad. la aroximación senθ ≈ θ no es válida. Calcular la tensión en la cuerda de un . el tor ue alrededor del eje z actuante sobre el cuerpo es τ z = − Mgdsenθ . lo cual es cierto si la amplitud de las oscilaciones es pe ueña. el perío o 2 oscilación está a o por la expresión θ =− •• •• Mgd Mgd θ o θ+ θ =0 T T T = 2π l g Nótese que el eríodo es indeendiente de la masa del éndulo. Para mayores amlitudes . y α = θ es la aceleración angular. Ejemplo 14. con ω2 = Mgd . . ya ue. como se i lustra en la figura. Podemos comparar esta ecuación del movimiento comparar con la ecu ación x + ω x = 0 . Entonces. demostrando ue el movimiento angular oscilatorio 2 •• es armónico simple. Solución. v = 2 gl(co sθ 0 ) y por lo tanto T = mg (3 cosθ − 2 cosθ 0 ) Solución. de la figura del péndulo simple. con esto v2 l consiguiente. su momento de inercia con respecto a un eje ue pasa a través de su centro de masa C es I C = mR . 1 2 mv − mgl cos θ = −mgl cos θ 0 ⇒ 2 1 2 mv = mgl(cos θ − cos θ 0 ) 2 2 Esto es. el punto de suspensión del péndulo: Ejemplo 15. Luego ig ualando esta expresión a la masa multiplicada por la aceleración centrípeta obtenemos Péndulo compuesto. FN está dada por mg cosθ. Determinar su período de oscilación. el período de las oscilaciones es T = 2π T − mg cosθ = m I Mgd Para conseguir la velocidad usamos la conservación de la energía considerando como n ivel 0.péndulo en función del ángulo ue hace la cuerda con la vertical. Para calcula r la tensión T. primero obtenemos la fuerza centrípeta sobre la partícula. Por I mv 2 / l (nótese ue l es el radio). Un anillo de 0. Fc = T − FN = T − mg cosθ . Designando el radio del anillo por R. si 2 Péndulo compuesto aplicamos el teorema de Steiner I O = I C + Md 12 ( 2 ).10 m de radio está suspendido de una varilla. T = 2π T = 2π I . En una caminata normal. Para un péndulo físico o compuesto b) Obtenga una ecuación ue dé la aceleración angular α de l brr como función de θ. qué estimaría usted ara el eríodo de la oscila ción de la ierna? ¿Cuál sería su velocidad al caminar? Solución.8 m/s2 obtenemos T = 0. Su momento de iner cia alrededor del punto de oscilación es I = α =− 12 g θ 7L I0 7L = 2π MgL 4 12 g c) T = 2π 1 2 mL 3 = 1. o sea el diáme tro del anillo. El centro del disco equeño se localiza en el borde del disco mayor. c) De termine el periodo para pe ueñas amplitudes de oscilación respecto de la vertical.8 m. Solución. las iernas del ser humano o de l animal oscilan libremente más o menos como un éndulo físico. Esta observación ha erm itido a los científicos estimar la velocidad a la cual las criaturas extintas tale s como los dinosaurios viajaban. luego Mgd 2 MR 2 2R ⇒ T = 2π MgR g Lo cual indica que es equivalente a un éndulo simle de longitud 2R. ¿Si una jirafa tiene una longitud de iernas de 1 . Un disco equeño delgado de masa m y radio r se sujeta firmem ente a la cara de otro disco delgado de radio R y masa M.10 m y g = 9. y una longitud del aso de 1 m.88 s. El di sco mayor se monta or su centro en un eje sin fricción. El disositivo se gira un ángulo θ y se suelta a) Demuestre ue la rapidez del disco pe ueño cuando pasa por la posición de e uilibrio es (1 − cosθ ) v = 2 gR ⎛ M r2 ⎞ ⎜ + 2 + 2⎟ ⎜m R ⎟ ⎝ ⎠ b) Demuestre q io o el movimiento es .Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán en este caso d = R. el momento de inercia con respecto a un eje ue pasa a través del punto de suspensión O es I = I C + MR 2 = MR 2 + MR 2 = 2MR 2 . como se muestra en la figura.68 s Ejemlo 18. Ejemlo 16. Podemos modelar la pierna de la jirafa como un péndulo físico de longitud L ue oscila alrededor de un extremo. a) I = ∫ r 2 dM = ∫ 3L r 2 M r 2M dr = ∫ 4 dr 0 0 L L 3 3 M ⎡⎛ L ⎞ ⎛ 3L ⎞ ⎤ +⎜ ⎟ ⎥ = ⎢⎜ ⎟ 3L ⎢⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎥ ⎣ ⎦ 3 L 4 b) r = − MgL senθ = I 0α 4 MgL 12 g senθ = − α= θ 4I 0 7L Para oscilaciones pe ueñas. Al reemlazar los valores de R = 0. como se muestra en la figura.46 eriodo 2.2 s 1 2 mL I 2L = 2π 3 = 2π Mgd L 3g mg 2 v= longitud del aso 1m m = = 0. Considere una barra delgada con masa M = 4 kg y de longitud L = 1. T = 2π (M + 2m )R 2 + mr 2 2mgR 13 .El perio o e un pén ulo físico es T = 2π = 2.2 s s Ejemlo 17.2 m ivotada en un eje horizontal libre de fricción en el unto L/4 desde un extremo . a) Encuentre (a artir de la definición) la exres ión ara el momento de inercia de la barra resecto del ivote. . Luego Karriba + Uarriba = Kabajo + Uabajo Como Karriba = Uabajo = 0 Obtenemos mgh = 1 2 Iω . Luego mgR(1 − cosθ ) = ⎞ v2 1 ⎛ MR 2 mR 2 ⎜ + + mR 2 ⎟ 2 ⎟R 2⎜ 2 2 ⎠ ⎝ ⎛ M mr 2 m ⎞ 2 mgR(1 − cos θ ) = ⎜ + ⎜ 4 2 R 2 + 2 ⎟v y ⎟ ⎝ ⎠ (1 − cos θ ) v 2 = 4 gR ⎛ M r2 e aquí v = 2 gR (1 − cosθ ) ⎛ M r2 ⎞ ⎜ + 2 + 2⎟ ⎜m R ⎟ ⎝ ⎠ mg senθ = 0 . ω = e R 2 2 MR mr I= + + mR 2 . La ecuación del éndulo físico uede encontrarse alicando la segunda ley de N eton ara la rotación: v h = R − R cos θ = R(1 − cos θ ) . T = 2π . ¿Cuál es el eriodo del movimiento de este sube y baja modificado? Solución. ero 2 Solución. g la aceleración de la gravedad. d la distancia del punto de apoyo al centro de ma sa del sistema. IO θ+ •• De a uí ω= mgd IO b) Para un péndulo físico Reemplazando valores: m = 2(44) + 8. Sustituyendo 2 2 encontramos ∑τ O = I Oα •• − mgdsenθ = I O θ . sentados en los extremos ouestos de la barra se balancean.Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán uno. m es la masa total del sistema.5 = 96. a) E = K + U = constante. para oscilaciones IO •• mgd pe ueñas θ + θ =0. I O es el momento de inercia del sistema con respecto al apoyo ( centro de oscilación) y es el ángulo ue forma la línea ue pasa por el punto de apoyo y por el centro con la vertical cuando el sistema está oscilando.5 kg. 38 m ⇒ T = 2π (M + 2m )R 2 + mr 2 2mgR 1 I O = 2(44)(2.25)(2. Problema del sube y baja. Los gemelos de masa 4 4 kg cada 14 ω= 96.1) 2 + 2 (4.56 s .5 ⎛ MR 2 mr 2 2⎞ ⎜ ⎜ 2 + 2 + mR ⎟ ⎟ ⎠ T = 2π ⎝ ⎡ mR ⎤ (m + M )g ⎢ ⎥ ⎣ (m + M ) ⎦ = 0.25)(1. Mgd mR + M (0 ) mR = d= (m + M ) m+M Luego: 2(44)(2.5 kg de masa tiene un doblez de 202º en su centro de tal manera que queda como muestra la figura. El doblez de la barra reosa sobre un aoyo agudo. 8.5(9.8)0.1) 2 3 = 400.1)sen110 + 2((4.I .56 kgm 2 Luego: Ejemlo 19.2 m de longitud. aquí M = m + M . Una barra de 4.38 rad = 0.05)sen110 d= 96.95 400. ) El resorte es el único elemento que cus un fuerz recupertiv. El metrónomo es un aparato para medir el tiempo y marcar el compás de la música d 2θ − 2k . ivotada en O. Problema del Metrónomo. el efecto del p eso de l ms está compensdo por el efecto del estirmiento previo del reste pr poner l sistem en posición horizontl. ¿cuál es el eriodo de las oscilaciones? La figura muestra un metrónomo y un modelo de metrónomo. Sí se jala la barra hacia aba jo un ángulo equeño y se suelta.l s nθ cos θ − Mgh. cos θ = 1 y simplificando: •• k − θ M 2 2 .l cos θ − Mgh.Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán SISTEMAS DE PENDULOS Y RESORTES Ejemlo 20. Desreciar el eso de la barra rígida OAB. donde la masa M se uede situar entre lo s extremos A y B. Suongamos al sistema desviado un ángulo θ: a) Encuentre la ecuación diferencial ue gobierna el movimiento cuando la masa M e stá situada a una distancia h del punto O. •• ⎛l⎞ − kx⎜ ⎟ cos θ = ml 2 θ ⎝2⎠ ⎛l⎞ Tenemos que x = ⎜ ⎟senθ ⎝2⎠ Para ángulos pequeños: senθ ≈ θ y cos ϑ ≈ 1 Así: − •• •• k kl 2 θ = ml 2 θ ⇒ θ + θ =0 4 4m Ecuación de moviendo armónico simple con ∑τ O = −2kx. I O = Mh : Ejemplo 21. Una masa m equeña en el e xtremo ouesto a O y un resorte de constante k en la mitad de la barra. Metrónomo vertical invertido La figura muestra un metrónomo invertido. OA = l . OB = 10l . b) Cuál es la frecuencia natural de la os cilación cuando M está primero localizada en A y luego en B Aplicando la segunda ley de Neton para la rotación: ∑τ O = I Oα Solución.s nθ = Mh dt 2 Con senθ ≈ θ . El sistema mostrado en la figura con siste de una barra de masa desreciable. Solución. l a masa de la barra del éndulo se considera desreciable. En la o sición mostrada el sistema se encuentra en equilibrio.s nθ = I Oα 2 ω= k 4m ⇒ T = 2π 4m k Como: x = lsenθ . 15 . ) Solución. Luego la ecuación dinámica es: . a) Encuentre la ecuación iferencial que gobierna el movim iento cuan o la masa M está situa a a una istancia h el punto O b) Cuál es la frec uencia natural e la oscilación cuan o M está primero localiza a en A y luego en B ⎛ 2k l 2 g ⎞ θ+⎜ ⎜ M h 2 − h ⎟θ = 0 ⎟ ⎝ ⎠ b) con M en A: h = l •• ⎛ 2k g ⎞ θ + ⎜ − ⎟θ = 0 ⇒ ⎝ M en B: h = 10l •• g ⎞ ⎛ 2k θ+⎜ − ⎟θ = 0 ⎝ 100M 10l ⎠ 2k g ⇒ ω= − 100M 10l 1 2k Mg = 1− 5 10 •• Metrónomo horizontl L figur muestr un metrónomo invertido. I O = Mh : − 2k . cos θ = 1 y simplificando: d 2θ dt 2 El tor ue producido por los pesos de las masas es compensado por los tor ues pro ducidos por las reacciones a las deformaciones previas de los resortes. Despreciar el peso e la barra rígi a O AB.l 2 s nθ cos θ + Mgh. ) ∑τ O = −2kx. on e la masa M se pue e situar entre los extremos A y B. OB = 10l . Desprecir el peso de l brr rígid OAB. donde l ms M se pu ede situr entre los extremos A y B. ) Encuentre l ecución diferencil que gobiern el movimiento cundo l ms M está situd un distnci h del punto O b) Cuál es l frecuenci nturl de l oscilción cundo M está primero loclizd en A y luego en B Solución.senθ = Mh 2 −2 •• k 2 l θ + ghθ = h 2 θ M Con senθ ≈ θ . OA = l . OA = l .Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán ⎛ 2k l 2 g ⎞ θ+⎜ ⎜ M h 2 + h ⎟θ = 0 ⎟ ⎝ ⎠ b) con M en A: h = l •• ⎛ 2k g ⎞ θ + ⎜ + ⎟θ = 0 ⎝M 2k ⎠ l Con M en B: h = 10l •• θ+⎜ g ⎞ ⎛ 2k + ⎟θ = 0 ⇒ ⎝ 100M 10l ⎠ 2k g 1 2k ⎛ 100M 1+ ⎜ ω= + = 100M l 10 M ⎝ 2k •• ⎞g ⎟ ⎠l Metrónomo vertical erecho La figura muestra un metrónomo inverti o. OB = 10l .l cos θ + Mgh.senθ = I Oα 2 Equilibrio estático ∑τ O = −2kΔxl + Mgh = 0 Como: x = lsenθ . 16 . K rotación = I o θ 2 2 Donde el momento de inercia del cilindro es .l cos θ = I Oα 2 ∑τ = I o θ •• •• . E = (Ktraslación +Krotación) +U K traslación = Io = 1 •2 1 •2 M x .l 2 s nθ cos θ = Mh 2 •• k 2 l θ = h2 θ M •• ⎛ 2 k l 2 ⎞ θ+⎜ ⎜ M h 2 ⎟θ = 0 ⎟ ⎝ ⎠ b) Con M en A: h = l •• ⎛ 2k ⎞ θ Con senθ ≈ θ . cos θ = 1 y simplificando: d 2θ dt 2 −2 ⎛ •• ⎞ ⎛1 2 ⎞⎜ x ⎟ I o θ = F f R o ⎜ mR ⎟⎜ ⎟ = F f R ⎠⎜ R ⎟ ⎝2 ⎝ ⎠ •• 1 De aquí F f = m x . I O = Mh : − 2k . y permanece igual para to o tiempo. Como: x = lsenθ . Usando la s gunda l y d N ton para la rotación. ∑τ O = −2kx. s 2 ecuación e la fuerza obtenemos •• 1 •• 3 •• m x = −kx − m x o m x + kx = 0 2 2 2k y ω0 = rad / s 3M 2k M θ+⎜ ⎛ 2k ⎝ 100M 1 ⇒ω = 10 •• ⎞ ⎟θ = 0 ⎠ 2k M Por el méto o e la energía: La energía total el sistema es la suma e la energía cinétic a (traslacional y rotacional) y la energía potencial.Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán ∑ F = ma o m x = −kx − F •• f Dond Ff s la fu rza d fricción. 1 MR 2 . Si el cilindro tiene libertad de rod ar sobre la superficie horizontal sin resbalar. Por la ley e Newton Aplican o la segun a ley e Newton al cilin ro.Ejemplo 22. encontrar su frecuencia. Un cilindro de masa M y radio R se conecta por medio de un resorte d e constante k como de muestra en la figura. t . 3 •2 1 2 = M x + kx 4 2 E Como E = constante. =0 E ⎛ 3 •• ⎞• = ⎜ M x + kx ⎟ x = 0 t ⎝ 2 ⎠ Como x no siempre es cero. 2 • • También Rθ = x y R θ = x La ecuación de la energía del sistema para cual uier tiempo es . ⎡ ⎤ 2 ⎛•⎞ ⎢1 • 2 1 1 ⎥ 1 ⎛ ⎞⎜ x ⎟ E = ⎢ M x + ⎜ MR 2 ⎟⎜ ⎟ + kx 2 ⎥ 2⎝2 2 ⎢2 ⎥ ⎠⎜ R ⎟ ⎝ ⎠ ⎢ Solución. la ecuación el 17 . Solución aplicando la segunda ley de Neton: Como el peso está compensa do por el estiramiento previo la única fuerza actuante es producida por el estiram iento adicional del resorte. La tensión inicial en cada uno de los resortes es ⎛ 800 N ⎞(0.05m ) = 40 N ⎜ ⎟ m⎠ ⎝ El cambio en tensión es 800(0.5 kgm2 y radio R = 0. Determinar la frecuencia natural del sistema resorte-masa-polea most rado en la figura. Usando la segunda ley de Neton para la rotación. x = r θ Lueg T ' = − mr θ •• •• •• Para el disc de masa M. y 0. Solución. k = 800 N/m Para hacerlo oscilar hay ue sacarlo del e uilibrio con un movimiento vertical d e la masa m.5θ) = 400θ.5θ = [(40 − 400θ ) − (40 + 400θ )]0. El disco homogéneo tiene un momento de inercia alrededor de su centro Io = 0. ∑τ = I o θ •• . ∑τ = Iα (1) I 0α = I 0 θ = T ' r − (krθ )r . ∑ F = ma •• ω0 = 400 = 20rad / s Ejemplo 24. En su posición de e uilibrio ambos resortes están e stirados 5 cm.5 m.5 ο θ + 400θ = 0 De la cual •• •• Aplicand la segunda ley de Newtn: Para la masa m.Movimiento Oscilatorio Hugo Me ina Guzmán movimiento es 3 •• 2k M x + kx = 0 o ω0 = rad / s 3M 2 Ejemplo 23. Encontrar la frecuencia angular de oscilación natural del disco cua ndo se le da un pe ueño desplazamiento angular y se lo suelta. − T ' = ma = m x •• Cm x = rθ . Dnde I 0 = (2) 1 Mr 2 es el mment de inercia de la 2 plea. O sea krθ = mg Finalmente ω0 = k rad / s M 2+m Solución por el método de la energía: E = K + U = constante K = Kmasa + Kpolea 18 . Reemplazand (1? En (2): Slución. E uilibri estátic: El resrte tiene un e stiramient inicial igual a rθ ue prduce una fuerza krθ ue e uilibra al pes •• •• 1 Mr 2 θ = r (− mr θ ) − kr 2θ 2 •• ⎛1 2 2⎞ 2 y ⎜ Mr + mr ⎟θ + kr θ = 0 . ⎠ ⎝2 mg . MOVIMIEN TO ARMONICO EN DOS DIMENSIONES. armónico simple. 2 1 2 ÷ 2 1 •. Hasta ahoa no hemos limitado a estudia el movi miento amónico de la patícula o cuepo descito po una sola vaiable. 2 m x + I 0 θ = mr θ + I 0 θ 2 2 2 2 1 2 1 2 2 U = kx = kr θ 2 2 K= Como la energía total de sistema permanece constante. el peíodo de T = 2π I0 κ d (K + U ) = 0 dt • •• • • •• •• o • m 2 θ θ + I 0 θ θ + kr 2θ θ = 0 Este resultad es interesante debid a ue pdems usarl experimentalmente para determinar el mment de inercia de un cuerp suspendiéndl de un alambre cuy c eficiente de trsión κ se conoce. ahoa pemi tiemos a la patícula.Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán 1 • 2 1 •. y luego midiendo el peíodo T de oscilación. movimiento en dos dimensiones. • •• ⎛ 2 •• 2 ⎞ ⎜ mr θ + I 0 θ + kr θ ⎟ es igual a cero. con oscilación es ω2 = κ I0 . ⇒ Como θ ⎛ mr 2 θ + I 0 θ + kr 2θ ⎞ = 0 ⎜ ⎟ •• ⎝ ⎠ θ n siempre es cer. Luego ⎝ ⎠ 2 •• kr θ+ θ =0 I 0 + mr 2 F = −k r → → . Aplicando la segunda ley del m ovimiento (para variales angulares): Luego el movimiento es armónico simple en cada una de las dimensiones. el alambre se tuerce. Fy = − ky Ls ecucion es del movimiento son: •• 2 2 x+ ω0 x = 0 . consistente en un cuerpo suspendido por un alamre o fira de tal manera que la línea OC pasa por e l centro de masa del cuerpo. y+ ω0 y = 0 •• PENDULO DE TORSION. Donde como ntes ω 02 = k m . y (t ) = B cos(ω 0 t − β ) Otro ejemplo de movimiento armónico simple es el péndulo de torsión. dnde κ es el coeficiente de torsión del alamre. ejerciend sbre el cuerp un tr ue τ al rededor de OC que se oponen al desplazamieno θ y de magnitud prprcinal al ángul . amas oscil aciones tienen la misma frecuencia pero tienen que diferenciar amplitudes y fase s. la ecuación el δ = (α − β ) : − κθ = I 0α . Cuando el cuerpo se rota un ángulo θ a partir de su ps ición de e uilibri.⇒ ω0 = k rd / s M 2+m L fuerz se puede descomponer en dos componentes Fx = − kx . Podemos otener la ecuación de la trayectoria de las partículas eliminando el tie mpo t entre las dos ecuaciones. Ls soluciones son: x(t ) = A cos(ω 0 t − α ) . Para esto escriimos: y (t ) = B cos[ω 0 t − α − (α − β )] = B cos(ω 0 t − α ) cos(α − β ) Bsen (ω 0 t − α )sen (α − β ) Con cos(ω 0 t − α ) = x y A 2 ∑τ 0 = I 0α ⎛x⎞ sen (ω 0 t − α ) = 1 − ⎜ ⎟ ⎝ A⎠ Llaman o Si I 0 es el momento movimiento e inercia el cuerpo con respecto al eje OC. es I 0 θ = −κθ θ + •• •• . τ = −κθ . con α = θ . •• B ⎛x⎞ y = x cos δ − B 1 − ⎜ ⎟ senδ A ⎝ A⎠ Eleva a al cua ra o se transforma en: 2 κ I0 θ =0 A 2 y 2 − 2 ABxy cs δ + B 2 x 2 cos 2 δ 2 2 2 2 2 2 = A B sen δ − B x sen δ Que es: Nuevamente encontramos la ecuación angular es iferencial el MAs. e mo o que el movimiento B 2 x 2 − 2 AB cos δ + Ay 2 = A 2 B 2 sen 2δ 19 . y= B . desfasados δ. En la figura pue en observarse algunas e las curvas correspon ientes al caso A = B. δ =π 4 y δ =π 2 En general las oscilaciones bidimensionales no tienen or qué ser las mismas frecu encias en los mismos movimientos según las direcciones x e y. esta ecuación toma la forma de una elise: x2 y2 + =1 A2 B 2 En el caso articular de A = B y δ = π 2 . lo cual sólo será posile cuando las frecuencias ω x y ω y . cuan o δ = 0 . o sea. cuando . y (t ) = B cos ω y t − β ( ) y la trayectoria no es ya una elipse. Estas curvas serán cerradas cuando el movimiento se repita sore sí mismo a inte rvalos regulares de tiempo. pr δ = 0 A Curvas e Lissajous. sino una de las llamadas curvas de Lissajo us. de forma que las ecu aciones se conviertan en x(t ) = A cos(ω x t − α ) . x =Asen(ω t ) y =Asen(ω t + δ) La trayectoria como po emos comprobar es una elipse. ent re os señales x e y.Movimiento Oscilatorio Hugo Me ina Guzmán Para δ = π 2 . expresión e ecuación e una recta: De forma similar para δ = π y=− B . sean «conmensurales». La me i a e la intersección e la elipse con los ejes X e Y nos permite me ir el esfase δ. tendremos un mo vimiento circular: x 2 + y 2 = A2 Otro caso articular es con tendremos: δ = 0 . la artícula no asará dos veces or el mismo unto a la misma velocidad. Medida del desfase entre dos señales En un osciloscoio comonem os dos MAS de direcciones erendiculares y de la misma frecuencia ω. en que 2 Bx 2 − 2 ABxy + Ay 2 = 0 ⇒ (Bx − Ay ) = 0 . Supon remos por simplici a que ambas señales tiene la misma amplitu A. para δ = π A En el caso de que el cociente de las frecuencias no sea una fracción racional. es decir. la curva será abierta. En la figura a continuación se representa uno de estos casos. A=10. En la figura. entonces ω t = -δ .ωx ω y sea una fracción racional. entonces ω t = 0. ten remos que sen δ = y0/A En la pantalla el "osciloscopio" el eje X y el eje Y está ivi i o en 20 partes. ó (π . par a el cual ω x ω y = 2/3 (y asimismo. ó mejor δ =π /6 b ) Intersección con el eje X Cuando y = 0. ó π . e y0 =5. x0 = Asenδ . A=By α = β ). ca a ivisión es una uni a .δ) . 20 a) Intersección con el eje Y Cuando x = 0. el esfase δ =30º. y0 = Asenδ y0 = Asen(π + δ ) = Asenδ Si me imos en la parte positiva el eje Y. 75. ó mejor δ =π /6 Podemos comrobar que se obtiene la misma tr ayectoria con el desfase 30º y 330º y también con 150º y 210º.Movimiento Oscilatorio x0 =Asen(π . y ωy . el esfase δ 30º. Número e tangentes la o vertical ωx número de tange ntes lado vertical = ω y número de tangentes lado horizontal Hugo Medina Guzmán 3 y=− x 2 Corresponde a una recta de pendiente 3/2. or la orientación de los ejes de la elise. y = 5sen⎜ ω t − ⎟ 6⎠ ⎝ x = 3senω t ⇒ senω t = x 3 2 Solución. Encuentre la ecuación de la trayectoria de un punto sometido a dos mov imientos oscilatorios armónicos rectangulares dados por las ecuaciones π⎞ ⎛ x = 3senω t . Solución. Luego: cos ω t = 1 − ⎜ ⎛ x⎞ ⎟ ⎝3⎠ π⎞ ⎛ y = 5sen⎜ ω t − ⎟ ⇒ 6⎠ ⎝ π⎞ y ⎛ sen⎜ ω t − ⎟ = = 6⎠ 5 ⎝ senω tcos Ejemplo: en la figura π 6 + cos ω tsen π 6 = ωx 3 = ωy 2 x 2 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ x ⎞⎛ 3 ⎞ ⎛ ⎟⎜ ⎟ ⎟ + ⎜ 1− ⎜ ⎟⎜ 3 ⎠⎜ 2 ⎟ ⎜ 9 ⎟⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇒ 3x y − = 5 6 1 x2 Ejemplo 25. Hállese l form del movimiento resultnte. el esfase δ =30º. Ejemplo 26.Suondremos or simlicidad que ambas señales tiene la misma amlitud A y el desfase δ pue e ser cualquier valor x =Asen(ωxt) y = Asen(ωyt+δ ) La relación e frecuenci as se pue e obtener a partir el número e tangentes e la trayectoria en el la o vertical y en el la o horizontal. Medida de la frecuen cia Comonemos dos MAS de direcciones erendiculares y de distinta frecuencia ωx. Ls ecuciones de estos movimientos son: x = A1senω t . y = A2 sen (ω t + π ) = Elevando al cuadrado: y 2 2 3 y x 3x 2 1 x 2 − + = − 25 30 36 4 36 Simplificando: . e x0=5.δ) = Asenδ En la figura. ó mejor δ = π /6 c) Intersección con x =A el borde derecho de la antalla del "oscil oscoio" A =Asen(ω t) or lo que ω t = π /2 y1 = Asen(π /2+δ ) = Acosδ En la figura A = 10 y y1 = 8. Dos movimientos vibrtorios perpendiculres de l mism frecuenci t ienen sus mplitudes en l relción 2/3 y un diferenci de mrch de medi longit ud de ond. A=10. Pero odemos distinguir el desfase 30º de 150º. A2 senω t cos π + A2 cosω tsenπ = − A2 senω t A 2 x = 1 =− 3 y − A2 3y x x2 1 y2 − + = 25 15 9 4 Corresponde a la ecuación de una elipse inclinada. El movimiento resultante es según la ecuación 21 . λ 6 3 6 equivae a Luego. y + •• •• • •• •• • . lo que indica una érdida aulatina de energía or arte del oscilador. disminuye gradualmente. como un resorte.Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán MOVIMIENTO ARMONICO AMORTIGUADO. ara una resistencia la viscos a tal como la fuerza amortiguadora del aire. la fuerza amortiguadora uede tomar se como roorcional de la velocidad. l a misma amplitud y una diferencia de marcha igual a λ/6. y = asen (ω t − π / 3) Trabajando con y: π⎞ ⎛ y = sen⎜ ω t − ⎟ = 3⎠ ⎝ π 3 asenω t cos = x⎜ − a cos ω tsen π 3 Alicando la segunda ley de Neton: x2 ⎛ 3 ⎞ ⎛1⎞ ⎟ ⎟ − a 1− 2 ⎜ a ⎜ 2 ⎟ ⎝2⎠ ⎝ ⎠ x 3a a2 − x2 ⇒ y− =− 2 2 Elevndo l cudrdo y simplificndo: m = ky bv y 2 + x 2 − xy = 3 2 4 m y = −ky − b y m y + b y + ky = 0 . as ecuaciones de os movimientos componentes son: x = asenω t . ¿Qué osciación resutante prod uce? Soución. Dos oscilaciones perpendiculares entre si tienen el mismo periodo. El Amortiguamiento es causado or la fricción. Una diferencia de marcha de λ equivae a 2π. Sin embargo sabemos que la amlitud del cuero en vibración. Ejemplo 27. Sea la fuerza de un amortiguador Fb = -bv donde el signo menos indica que esta fuerza tiene sentido ouesto al movimiento del cuero oscilante: λ 2π λ π = . Una diferencia de marcha d e En el movimiento armónico simle la amlitud es constante al igual que la energía de l oscilador. Decimos que el movimiento oscilatorio está amortigu ado. un éndulo. Corresponde l ecución de un elipse inclind b • k y+ y = 0 m m 2 y + 2 β y + ω o y = 0 (I) • 22 . Esto encuentra apicaciones en instrumentos donde es una ventaja e pod er tomar una ectura rápida de indicador. Simpificando 2 r 2 + 2βr + ω o = 0 Las raíces de esta ecuación son: 2 2 r1 = − β + β 2 − ω 0 y r2 = − β − β 2 − ω 0 Por consiguiente a soución genera de a ecuación (I) es y = e − βt ⎡ Be ⎢ ⎣ ) Cundo 2 β 2 −ω o t + Ce 2 − β 2 −ω o t ⎤ ⎥ ⎦ Discusión e la solución ω o2 > β 2 s una cantidad imaginaria y − iω1t β 2 − ω 02 = iω1 y=e − βt Pero para amortiguadores fuertes según o mostrado en a figura aajo. Es tamién úti por resortes en asientos y amortiguadores de vehícuos.Movimiento Osciatorio Hugo Medina Guzmán β= . E amortiguamiento crítico es a que eva a osciador a reposo en e menor tiempo. c) Cuando + Ce A iδ A − iδ Hacien o B = e y C = e 2 2 Obtenemos [Be iω1t . e período va ría según a ampitud y e movimiento camia consideraemente de modeo armónico sim pe. a este movimiento se e conoce como CRITICAMENTE AMORTIGUADO. ωo = 2m k m rt Soución de a ecuación es de a forma y = e Reempazando en a ecuación otenemos: 2 r 2 e rt + 2β re rt + ω o e rt = 0 E despazamiento decrece a su posición de equiirio sin osciar en e menor tiem po posie. 386 Nota: e Este movimiento se conoce como SUBAMORTIGUADO o poco amortiguado. su amplitu ha isminui o a 1/4 e su valo r inicial.βt En este caso tampoco existe osciación. Después e 20 minutos. y se pon e en movimiento. Ejemplo 28. Si el movimiento el pén ulo pue e se representa o por θ = θ 0 e − βt cos(2πft ) . L mplitud máxim del movimiento disminuye debido l fc tor e . pero se acerca a a posición de equiirio más entamente que e crítico. ¿cuál es el valor de β? −1. a este movimiento se e conoce como SOBREAMORTIGUADO y = Ae − βt cos(ω1t + δ ) .] ω o2 < β 2 β 2 − ω 02 = ω1 en este caso a soución tiene a forma y = e − βt Be ω1t + Ce −ω1t [ ] y = Ae − βt ⎡ ei (ω1t +δ ) + e − i (ω1t +δ ) ⎤ ⎥ ⎢ 2 ⎦ ⎣ Expresión que se puede escribir usndo ls relciones de Euler como Donde ω1 es l f recuenci del oscildor mortigudo. Un pén ulo se ajusta para tener un perío o exacto 2 segun os. a) θ = θ 0 e − βt cos(2πft ) = θ 0 e −1200 β (1) ω o2 = β 2 cantidad rea Para t = 20 x 60 = 1200 s β 2 − ω 02 = 0 y = (B + Ct )e − βt θ0 4 . unque hblndo estrictmente no es posible definir l frecuenci en el cso del movimiento mortigudo desde que este no e s un movimiento periódico. ) Cua ndo = 1 4 Soución. En este cas la slución tiene la frma 23 . 56 ⇒ φ = -0. ) a frecuencia de movimiento. Cuando el cuerpo está en e quilibrio.9 = 5.7 Ns/m.12 rad cos φ 0.1 = D cos(− φ ) = D cos φ (1) 0 = − Dωsen (− φ ) − Dβ cos(− φ ) = D(ωsenφ − β cos φ ) (2) De (2) obtenemos tan φ = De (1) β 4 =− = −0.56t − 0. desplazada en la dirección positiva. y • • − 1200t = −1.386 ⇒ β= = 0.10 rad en sentido horario y desde e reposo cuando t = 0.72 ω 5.62) rad θ y .001155 1200 =1.62 rad D= 0.1rad β 2 − ω02 = y θ = 0.81 La ecuación del movimiento es Solución. Determinar a) a ecuación de movimiento de a va ria.386 1.7 N en a figura está asegur ado a a varia DF cuyo peso puede ignorarse. Ejempo 29. θ = 0.12e −4t cs(5. E sistema está en equii rio cuando DF está horizonta. 4 2 − 46.2 x 103 N.1 = = 0. La igura muestra el diagrama del cuerpo lib re de la varilla DF.s/m ó kg/s. La varia se despaza 0.56 rad ω= Por as condiciones iniciaes 0.1 0.386 4 θ = De − βt cos(ωt − φ ) y θ = − Dωe − βt sen (ωt − φ ) − Dβ e − βt cos(ωt − φ ) Con D y φ constantes cuyos valores dependen de las condiciones iniciales del movim iento (en este caso para t = 0. E cuerpo E de 32.Mvimient Oscilatri Hug Medina Guzmán e −1200 β = 1 = e −1. valen cero y T = T0 = θ = 0. E resorte tiene un móduo k = 100 N/m y e coeficiente de amortiguador es = 26. además =1.7 ) − 1.θ • Crrespndiente a un mvimient scilatri subamrtiguad cuy gráfic se muestra a cntinuación.8 La ecuación se reduce a •• ⎛ •⎞ 1.2(26.7 ) . 1.2(32.8θ + 38.5[(1.56 rad/s.7 )⎜1.00θ + 46. igada a dos resortes de constante k.2)2 θ 9.5m 1.7 )F − 1. Consiste en una arra rígida indeformae de masa M.15 rad en s entido horario y uego se e sueta. De la frma •• • θ + 2β θ + ω02θ = 0 Dnde: 2β = 8 y Cuya soución es 24 •• • ω02 = 46.2 θ ⎟ − 1.2 (32. =40 N s/m y M =3m= 3kg. E sistema mostrado en a figura se encuentra en e pano horizonta en equiirio. la vibración se amrtigua rápidamente.5T = I o θ •• 32.9θ = 0 . ambas 1.5 Aplicand la segunda ley de Newtn para la rtación cn el desplazamient y velci dad indicads en la figura es: b) La frecuencia del mvimient es ω = 5. y con una masa en e extremo ire de magnitud “m”. sore a cua actúa una fuerza disipativ a proporciona a su veocidad Fv = vm .5θ )] ⎝ ⎠ = 4.4θ + 225θ = 0 •• • θ + 8. Determinar: a) La ecuación de movimiento de sistema para ánguos pequeños de deformación ) Encontrar a ey de movimiento para cu ando k=1500 N/m .2(26.9 .7 ) − 1. Si se despaza un ánguo 0.2(32.5)32.7 (1.7 + 100(1. Ejempo 30. El bl ue entnces ejecuta scilación amrti guada a l larg del eje x.687 m. 0.687 m a x = 0 m.l cos θ − b x 2 2l cs θ = I Oα • Como: x1 = lsenθ ≈ lθ .Movimiento Osciatorio Hugo Medina Guzmán Si para t = 0 se despaza un ánguo 0. Sl ución. a) Frma fácil Cm la ecuación del mvimient es m x + b x + kx = 0 en x = + 0. La fuerza amrtiguadra es prprcinal a la velcid ad.175e −10t cs(16.l 2θ − 4bl 2 θ = ⎜ + m ⎟4l 2 θ ⎝ 3 ⎠ •• • b k ⇒ θ+ θ+ θ =0 Ejempl 31.0 kilgrams se une a un resrte cuya cnstante es 12 5 N/m. x2 = 2lsenθ ≈ 2lθ ⇒ • x 2 = 2l θ 1 2 2 I 0 = M (2l ) + m(2l ) y cs θ ≈ 1 : 3 • •• ⎛M ⎞ − 2k .687 ) = 0 ⇒ x = = −17. El bl ue se jala de su psición del e uilibri en x = 0 m a una psición en x = + 0. Un bl ue de 5.15 rad en sentido horario y uego se e sue ta. a) Calcule la magnit ud de la aceleración del bl ue después de ser liberad en x = + 0.175rad θ = 0.687 m? b) ¿Calcule el ceficiente de amrtiguamient b? c) Calcule el trabaj realizad pr la fuer za amrtiguadra durante el recrrid del bl ue de x = + 0.54) Slución.58θ 0 sen (ϕ ) De estas ecuaciones obtenemos: ϕ = −0.54ra y θ 0 = 0.0 m/s y la cmpnente x de la aceleración es +5. a) ∑τ • O = −2kx1 . la cmpnente x de la velcidad e s 2.687 m y se libera del reps. Cuand el bl ue primer vuelve a x = 0 m.18m / s 2 Form trbjos • .6 m/s2. x = 0 Lueg: • •• • ⎛ 3m ⎞ + m⎟ ⎜ ⎝ 3 ⎠ • ⎛ 3m ⎞ + m⎟ 2⎜ ⎝ 3 ⎠ 5 x + 125(0.15 = θ 0 cs(ϕ ) 0 = −10θ 0 cs(ϕ ) − 16.58t − 0. cos(ωt − φ ) = 1 y sen (ωt − φ ) = 0 2 2 2 Luego: a = A β − ω = Aω 0 . ( ) 375 2 ⇒ ω0 = ω = 10 2 − 375 = 275 = 16.58t + ϕ ) θ = −10θ 0 e • −10 t Reemplazand valres: .15 rad. β= (40) = 10 ω = (1500) = 0 4(1) 4(1) e − βt = 1 . b =40 N s/m y M =3m = 3kg.5m y el ángulo inicial = 0.58 k 125 = = 25 m 5 θ = θ 0 e −10t cs(16. además l =1.•• •• ⇒θ+ •• b k θ+ θ =0 2m 4m x = Ae − βt cos(ωt − φ ) x = − Aβ e − βt cos(ωt − φ ) − Aωe − βt sen (ωt − φ ) •• b) θ = θ 0 e − βt cos(ωt + ϕ ) k ω= 4m β= ω0 = 4m β −ω 2 2 0 = A(β 2 − ω 2 )e − βt cos(ωt − φ ) + 2 Aωβe − βt sen(ωt − φ ) Para t = 0 + Aωβ e − βt sen (ωt − φ ) − Aω 2 e − βt cos(ωt − φ ) x = Aβ 2 e − βt cos(ωt − φ ) + Aωβ e − βt sen (ωt − φ ) Cuando k =1500 N/m . 58t + ϕ ) a = 0.687(25) = 17.− 16.18m / s 2 b) Forma fácil 25 .58t + ϕ ) cos(16.58θ 0 e −10t sen (16. − 2.6 ) + b(− 2.0 = − Aωe − βt sen (ωt − φ ) (2) 5. v = . En este cso decimos que tenemos oscilciones forzds.6 m/s2.0 x = Ae − βt cos(ωt − φ ) x = − Aβe − βt cos(ωt − φ ) − Aωe − βt sen (ωt − φ ) •• x = A β 2 − ω 2 e − βt cos(ωt − φ ) + 2 Aωβe − βt sen(ωt − φ ) 2 ( ) x = 0 m.Movimiento Oscilatorio Hugo Me ina Guzmán Cuan o el bloque primero vuelve a x = 0 m. y l frecuenci productor ls oscilciones forzds ω de 5(5.6 ) + b(− 2.0 2m Sea Fo senω ' t a fuerza osciante apicada. 0 = Ae − βt cos(ωt − φ ) (1) Descripción Como observamos en un columpio.0 m/s.6 m/s .6 = 2 Aωβ e − βt sen (ωt − φ ) (3) (3) / (2) 5.0 m/s y la componente x e la aceleración es +5.4 4.0 Aωe − βt sen (ωt − φ ) ⇒ β= 5. Ahor hy dos fr ecuencis en el problem: l frecuenci nturl ω o de ls oscilciones libres.6) = 14m / s 2.0 ) = 0 ⇒ b = Form trbjos • •• • sucede.6 = 1. m x + b x + kx = 0 5(5. para mantener las oscilaciones hemos d e aplicar una uerza oscilante al oscilador amortiguado.6 2 Aωβ e − βt sen (ωt − φ ) = 2. la componente x e la veloci a es 2. a = +5.2. La ecua ción del movimiento será ahora .0 ) + k (0 ) = 0 5(5. siendo ω’ su frecuencia angular. 5 J 2 2 1 2 1 2 En x = 0 m E 2 = mv = (5)(− 2. podríamos tamién empujar en varias ocasiones e coumpio a cuaquier frecuencia y que miramos a ver que 26 k m 2β = m La soución de esta ecuación diferencia es compicada.687 ) = 29.Siendo β= ⇒ b = 2mβ = 2(5)(1. d espués dejaro y esperar que e movimiento termine. Por ejempo. y dejado so o. .687 m ∑ F = ma • •• • .0 ) = 10 J 2 2 E= ΔE = E2 –E1 = 10 29. y se compone de a suma de d os términos y (t ) = Ae − βt cos(ωt + δ ) + Dsen (ω ' t + δ ' ) . − ky. usted podría empujar a un niño en un coumpio hasta cierta atura.5= 19.4 ) = 14kg / s c) En x = + 0. Pero ésta no es a única posiiid ad. − y + Fo senω ' t = ma 1 2 1 2 kA = (125)(0.5 J Trabajo realiza o por la fuerza amortigua ora m y + b y + ky = Fo senω ' t Expresamos a ecuación de movimiento en forma de ecuación diferencia •• 2 2 y + 2β y + ω o y = Fo senω ' t ω o = • OSCILACIONES FORZADAS Las osciaciones que hemos discutido hasta ahora son as o sciaciones ires en as cuaes e sistema se da una cierta energía. en e e stado estacionario. Como podemos oservar a partir de a fórmua o a gráfica.Movimiento Oscilatorio on e D' y δ' son constantes arbitrarias que han e ajustar se a fin e satisfacer las con iciones iniciales y ω' es a frecuencia de osciad or amortiguado no forzado. y es la pre ominante siempre que se tenga t >> Para obtener las expresiones e A y δ ' . pues. EI traqueteo en la carrocería de un automóvil o el molesto zumido en un alta voz estereof6nico s e deen casi siempre a la resonancia. ta que Hugo Medina Guzmán ω’que hace que D sea máxima. b D= (ω F0 / m 2 o − ω '2 ) 2 + 4 β 2ω ' 2 y tan δ ' = 2βω ' ωo2 − ω '2 En a figura se muestra a respuesta en ampitud de a osciación forzada. se sustituye y = Dsen (ω ' t + δ ' ) en la e cuación iferencial. se le denomina frecuencia de resonancia ωR. lo que nos a: 2m . la expre sión: ∂D = 0 . En cambio la expresión Dsen (ω ' t + δ ') se conoce como solución estaciona ria. Pasado un tiempo suficientemente argo. El valor de ω’ que hace máximo a D podemos encontrarlo de la manera siguiente: t >> 1 . Así. derivando D e igualando a cero. el primer término de la ecuación es 2m prácticamente nulo y puede despreciarse frente al segundo término. En el caso de que exista rozamiento (β >0) la amplitud se hace máxima cuando la frecuen cia de la oscilación forzada ω’ es próxima a la del oscilador ωo Los efectos de la resonan cia igualmente pueden resultar indeseales o incluso destructivos. Casi todos hemos escuchado que una cantant . En e caso idea que no exista rozamiento. a am pitud de a osciación forzada en e estado estacionario disminuye rápidamente cuan do a frecuencia de a osciación forzada ωf se hace mayor o menor que a frecuencia propia de osciador ωo. a ampitud d e a osciación forzada se hace muy grande. tiende a infinito. se ∂ω ω =ωR otiene: ω = ω R = ω o2 − 2β 2 Ae − βt cos(ω1t + δ ) se enomina solución transitoria. cuando a frecuenci a de a osciación forzada ω’ se hace próxima a la frecuencia propia del oscilador ωo. El extremo lire del resorte de constante 2 empieza en t = 0 a oscilar armónicamente con amplitud B y frecuencia alrededor de su posición de equilirio “P”. al valor de ω 27 . Resonancia. Igu almente conocida es la advertencia de que un grupo de personas no dee marchar p or un puente por miedo a que la frecuencia de los pasos corresponda a alguna fre cuencia natural del mismo. Resonancia Como la amplitud D de depende de ω’.e de potente voz puede romper el cristal al cantar a determinada frecuencia. en particular. Osérve se que una vez eliminado el comportamiento transitorio. El comportamiento dependiente del tiempo real de un oscilador armónico amortiguado y forzado puede resultar muy complejo. ésta puede tomar diferentes valores. Ejemplo 32. aplicaciones. suponiendo que el sistema está en reposo cuando la fuerza comienza a actuar. Todos éstos son ejemplos de resonancia. La figura muestra la respuesta de un osc ilador amortiguado frente a la acción de una fuerza impulsora de frecuencia ω ′ = ½ ω o . únicamente persiste el mov imiento estacionario con frecuencia ω ′ . Una solución común al prolema de la viración consiste en fijar l a fuente de viración sore un montaje elástico que amortigüe y asora los movimiento s. así co mo de la respuesta de un sistema al movimiento forzado. como l o hacen la mayoría de los puentes modernos. se an mecánicos. Muchas veces necesitamos un sistema que no transfiera eficientemente la energía. huo una tormenta con viento de 70 m/h en el áre a alrededor del puente el 7 de noviemre de 1940. L a razón por la que esta técnica funciona es la menor transferencia de energía cuando l a frecuencia de la fuerza impulsora es mucho mayor que la frecuencia natural del sistema. Esto empeoró progresivamente deido a los fenómenos armónicos. Este incidente sucedió deido a la estructura del puente entró en resonancia con la viración que producía el viento. Las v iraciones se transmiten a la estructura del edificio y generan niveles de vira ción inaceptales. gracias a la película y las fotografías que registran el derrumamiento. pues el puente haía sido cerrado deido a sacudidas anteriore s. F0 senω t m CASO DEL PUENTE TACOMA Ejemplo 33. se apli can los mismos principios y resultados generales a otros sistemas oscilantes. Nadie murió. una peculiar sensiilidad a los fuertes vientos. E1 aislamiento se consigue al disminuir la frec uencia natural del sistema con relación a la frecuencia de la fuente viratoria. eléctricos o de otro tipo.Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán Haga el DCL del loque y determine la ecuación diferencial que goierna el movimie nto del loque. se va a fijar el equipo a una plac . Tenía una longitud de 1980 metros aproximadamente y fue aierto al tráfico el 1 de julio de 1940 uniendoTacoma y el puerto Gig por car retera. y finalmente rompió el puente. El puente era un diseño inusualmente ligero. En lugar de resistirlos. El puente Tacoma tendía a sacudirse y a virar. Éste es el más conocido y estudiado de fallas por oscilación forzada. El viento hizo sacudir puente violentamente de lado a lado. Solución. Un ejemplo es un mecanism o para aislar de las viraciones a 28 Para reducir la viración que se percie aajo. Sin emargo. El puente Tacoma original era conocido como "Galloping Gertie" deido a su alan ceo. Lo que quizás no sea tan ovio es el hecho de que el prolema puede agravarse c on un montaje elástico incorrecto. Un equipo de ventilación del sistema de calefacción y aire acondicionado de un edificio se monta firmemente en el techo y opera en forma continua. en el comportamiento de una masa unida a un resorte que cumple con la ley de Hooe. Movimiento del punto P x = Bsenω t − 1 x − 2 ( x − x) = ma ma + (1 + 2 ) x = 2 x •• m x + (1 + 2 ) x = 2 Bsenω t •• x+ ( 1 + 2 ) B x = 2 senω t m m Ecuación que corresponde a un movimiento armónico simple forzado. Hemos fundamentado completamente nuestro análisis de la resonancia. comportamiento ondulado. Cuatro meses de spués de la inauguración del puente. los ingenieros descurieron. •• 2 x+ ω0 x = aparatos sensiles. uno en cada esquina. el ventilador. Estrategia. resulta ad ecuado un factor de 5 y. Para muchos casos. Una regla práctica a la que se recurre alg unas veces estalece que la frecuencia impulsora. en condiciones críticas. resulta conveniente un factor de .a montada sore resortes. o perturadora. ¿Cuál es la constante de rigidez apropiada para los resortes usados para soportar la placa? Suponga que se emplean cuatro resortes. El sistema de oscilación en este caso está compuesto por el motor. EI eje del ventilador gira a 1800 rpm (revoluciones po r minuto) y la masa cominada de la unidad y la placa de montaje (véase la figura) es de 576 g. l a plataforma de montaje y los resortes. dee ser por l o menos 3 veces la frecuencia natural del sistema. s/m.05 ×105 N/m 4 Ejemlo 34.0 kg del carril neumático si la constante de resorte e s k = 120 N/m? a) Alicando la segunda ley de Neton al movimiento vertical. Si elegimos una proporción de 1 a 5. lo que corresponde a una reducc ión en la fuerza de las viraciones en el edificio de más o menos 96%. Puesto que son cuatro en total. Podemos conseguir estos factores reduciendo la frecuencia natural del sistema. y el cuerpo no blncedo B p es 4. El motor en l figur está montdo sobre dos resortes.18 ×105 N/m = 2. obtenemos k = m(2πf)2 = (576 kg)(12π/s)2 8. Esta sería la más grande constante de resorte deseable si todas l masas se soortaran mediante un resorte.5 cm.2 cm k 120 Ejemplo 35. pes 170 N. b) Determine l velocidd de resonnci y l mplitud result . ( ) ∑F y = ma y . El mortigudor tiene un coeficiente b = 140 N. Los resortes a ecua os pue en elegirse utilizan o f = 1 1 = T 2π k m Solución.0 )(9. − Fk − F + Fc senωt = ma y ⎝2 2⎠ • •• ⇒ − ⎛ k + k ⎞ y − b y + Fc senωt = m y ⎜ ⎟ La ecuación el movimiento es •• • ⎛k k⎞ m y + b y + ⎜ + ⎟ y = Fc senωt ⎝2 2⎠ Solución. del centro del eje. ¿Cuál debe ser la longitud del éndulo en la figura ara roducir la amli tud máxima en el carrito de 1. luego la frecuencia e e reson ancia es: ω R = ω 0 g k = ⇒ L m mg (1.0817 m = 8. ) El motor gir 300 r pm. uno cada esquina de la laca de montaje.8) L= = = 0. la frecuencia natural que se desea del sistema es 1 ⎛ 2π ⎞ (1800 rpm)⎜ ⎟ = 12π Hz 5 ⎝ 60s / min ⎠ Solución. AI = as en na resolver ara la constante de resorte k. La amplitu máxima se alcanzará cuan o el pén ulo oscile con la frecuencia e resonancia.5 N y está loclizdo 7. en este caso no hay amortiguamiento. cada uno de estos cuatro resortes tendrá u constante o rigidez de 1 8. Determine l mplitud y el ángulo de fse (reltivo l posición de B) del movi miento resultnte.Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán 12 o superior. El mot or incluyendo l ms desblnced B.18 x 105 N/m. cd uno con mo dulo k/2 = 10000 N/m. 075 × (31.s/m 9. ⇒ m y + b y + ky = Fc senωt •• • F 2 o y + 2 β y + ω 0 y = c senωt m 170 Donde m = = 17.nte del movimiento.8 La solución de la ecuación es Fc = mB eω 2 = •• • y = Dsen (ω t + δ ) Fc / m Con D = 2 ω o2 − ω ' 2 + 4ω ' 2 β 2 ( ) 29 .5 × 0.4rad/s 60 4.8 y β = =4 2m k k = 20000 N/m y ω0 = = 34 rad/s m 300 × 2π ω= = 31.4) 2 = 34 N 9.3kg . = 140 N. 4 2 − k ( y − e senω ' t ) − y = m y La ecuación de movimiento es •• ) La resonancia ocurre cuando ω ' = ω R = ω o2 − 2 β 2 33. • •• D= (34 2 − 31.8 mm E ánguo de fase 2 × 31.5rad / s m y + y + ky = ke senωt •• • ke 2 o y + 2 β y + ω0 y = senω ' t m Donde •• .4 × 4 tan δ = 2 = 1.Movimiento Osciatorio Hugo Medina Guzmán y tan δ ' = 2ω ' β ω o2 − ω ' 2 34 / 17.9º 34 − 31. δ = 55.4 2 2 ) − Fk − F = ma y − k ( y − y1 ) − y = m y Como y1 = e senω ' t • + 4 × 31.5 × 60 ωR = = 320rpm 2π La amlitud de resonancia es: ωR = 342 − 2 × 42 = 33. Reempazando vaores: ∑F y = ma y .48 .8 × 10 −3 m = 7.3 a) Apicando a segunda ey de Neton a movimiento vertica.4 2 × 4 2 = 7. Cuando = 0.30 cm.5 2 ) 2 40 × 2π = 4.s/m y cuando se desconecta e amortiguador ) Determine e rango de vaores de ω (si hay aguno) que imitará a movimiento de a masa a 2 cm. = 100 N. E cuerpo D de a figura tiene una masa de 10 kg y está soportado por un resorte con una constante de 1000 N/m. a) determine a ampitud y ánguo de fase de movimiento de a masa D cuando e coeficiente de amortiguación es 100 N. y = Dsen (ω ' t + δ ) ke / m con D = y 2 ωo2 − ω '2 + 4ω '2 β 2 La soución de a ecuación es ( ) tan δ ' = .s/m y β = k = 1000 N/m y =5 2m D= = (ω (34 Fc / m 2 o 2 − ωR ) ω0 = 2 2 + 4ω R β 2 34 / 17. E cuerpo en a parte superior da a r esorte un movimiento armónico vertica por medio de a manivea que tiene una veo cidad anguar de 40 rpm.• m = 10kg .3 2 ω'= − 33.3 × 10−3 m = 7.19rad / s 60 k = 10rad / s m + 4 × 33. La ongitud de a manivea es de 1.5 2 × 4 2 = 7.3 mm Ejempo 36. E ánguo de fase tan δ ' = 0 .58 × 10 −2 m = 1.2ω ' β ωo2 − ω '2 1000 × 1. Con D = Reempazando vaores: D= 1000 × 1. δ '= 26.19 2 = 1. ⇒ δ '= 0º b) Determine el rango e valores e ω’ (si hay algu o) que limitará al movimiento de la masa a 2 cm.19 2 ) 2 + 4 × 4.3 × 10 −2 / 10 Reempazando vaores: D= (10 2 − 4.9º 10 2 − 4.19 2 × 5 2 = 1.41 cm E ánguo de fase tan δ ' = 2 × 4.19 2 ke / m y tan δ ' = 0 ωo2 − ω '2 Cuando se desconecta e amortiguador β = 0.3 × 10 −2 / 10 10 2 − 4.51 . Cuando = 0.19 × 5 = 0.58 cm Soución. La resonancia ocurr e cuando 30 .41× 10 −2 m = 1. 9rd / s ≤ ω ' ≥ 11.6rd / s x = Ae − βt cos(ωt − φ ) Con A y φ constantes cuyos valores dependen de las condiciones iniciales del movim iento y ω= β −ω 2 2 0 = ⎛ 10.52 ra /s Observamos que es un poco menor que la propia recuencia f = el oscila or ω 0 La f ω 10.52 = 2π 2π = 1. D tiene com o valor máximo 2 cuando ∑ F = ma ⇒ − kx − b x+ F senω ' t = m x 0 • •• 5.Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán ω = ω R = 10rad / s La amplitud D es infinita.2 e / m Para D = 2 cm D= 2 ± (ωo − ω 2 ) 1.2 ⎝ 2 ⎠ 2 = 10.3 ⇒D= = 2 × 10− 2 m 2 2 (10 − ω ) se obtiene ω ' d / s y ω '2 = 11.31 ⎞ ⎜ ⎟ − 137. El valor de D con un valor máximo de dos se encuentra c on •• 2 x + 2β x+ ω 0 x = 0 • Donde: 2β = 10.6rd / s L ecución del movimiento es .31 y Cuya solución es ω02 = 137.674 Hz c) Sí además actúa una fuerza sinusoidal de amlitud 10 N y frecuencia doble que la r oia del oscilador Alicando la segunda ley de Neton al movimiento. La soución de a ecuación es x = Dsen (ω ' t + δ ) .864 Hz D= .2 kg calcular: a) la frecuencia propia e las oscilaciones.71) = 23 .7 rad/s 3. tenemos F0 = 10 N y ω ' = 2ω 0 = 2 (11.2 = 1.43 rad/s. la veloci a es x = D ω ' cos (ω ' t + δ ) t con D = F'/ m (ω 2 o 2 o − ω' 2 2 ) + 4ω ' β 2 y 2 tan δ = 2ωβ ω − ω '2 10 / 3. a) La ley e Hooke es: F = k Δl ⇒ F = 439 Δl Luego la constante el resorte es k = 439 N/m La frecuencia angular propia el resorte es: F0 senω ' t m Donde además de os vaores conocidos. b) Si existe un amortiguamiento ebi o a una fuerza resistente F = 33v (veloci a ) ¿cuál será la frecuencia y la ecuación iferencial el m ovimiento? c) Sí a emás actúa una fuerza sinusoi al e amplitu 10 N y frecuencia obl e que la propia el oscila or ¿cuál es la veloci a máxima en las oscilaciones forza a s permanentes? Solución. La reación entre a fuerza apicada a un resorte y e aargamiento pr oducido (ey de Hooke) es: F = 439 Δl (to o en SI): Si se suspen e el resorte e u n extremo y se cuelga en el otro una masa m = 3.2 Reempazando vaores: ω0 = k = m 439 = 11.m x + b x + kx = F0 senω ' t 2 o x + 2β x + ω 0 x = •• • •• • Ejempo 37. con e o jeto de considerar únicamente e efecto vertica).2 x = 0 Ecuación de a forma Ejempo 38.s/m y m = 3. 31 .43) = 0.54 mm Y la velocidad máxima es Dω = 6. Para estudiar e movimiento de un carro en un camino “encaaminado”. reamente existentes.2 x •• • •• x + 10.31 x + 137. = 33 N.7 f0 = 0 = 2π 2π • = 6.La frecuencia propia o natura es: (11. se puede usar e siguiente modeo: E camino se representa por una sinusoide de amp itud A y separación entre crestas L.153 m/s ) La ecuación de movimiento con fuerza resistente es: − kx − x = m x • •• Con k = 439 N/m. E carro avanza con una veoci dad horizonta v constante.71 2 − 23.54 × 10 −3 (23. E carro se representa por una masa M apoyad a sore un resorte de constante de rigidez k y un amortiguador de constante (q ue representan a os 4 resortes y amortiguadores.2 kg: − 439 x − 33 x = 3.15 2 ω 11.54 x 10-3 m = 6.43 2 ) 2 + 4 × 23.43 2 × 5. E encaaminado e produce un movimiento vertica dado por a ecuación: y´= A sen ω´t .Movimiento Osciatorio Hugo Medina Guzmán a) Encontrar a ampitud y frecuencia de movimiento vertica de carro. se puede usar e siguiente modeo: E camino se representa por una sinusoide de amp itud A y separación entre crestas L. para e resorte consideramos e efecto de movimiento de a masa y e producido por e caamonado. E carro avanza con una veoci dad horizonta v constante. con e o jeto de considerar únicamente e efecto vertica). reamente existentes. E carro se representa por una masa m apoyad a sore un resorte de constante de rigidez k y un amortiguador de constante (q ue representan a os 4 resortes y amortiguadores. ) ¿A qué veocidad entrará en resonancia? La ecuación de movimiento vertica de a masa M se otiene de ∑ Fy = Ma y • − k ( y − y´) − y = M y ⇒ M y + b y + ky = kA sen ω´t •• • kA 2 y+ 2β y+ ω o y = sen ω´t . Para estudiar e movimiento de un carro en un camino “encaaminado”. a) Encontrar a ampitud y frecuencia de movimiento vertica de carro. a) E carro tiene osciación forzada deido a encaaminado de a carreter a. con con 2β = M . con f = v λ = v . ) ¿A qué v eocidad entrará en resonancia? Nota: En a soución consideramos para e amortiguador soo e efecto de movimien to de a masa. E encaaminado e produce un movimiento vertica dado por a ecuación: y´= A sen ω´t . En e proema siguiente consideraremos os do s efectos en os dos eementos. Soución. donde ω´= 2πf . L Ejempo 39. M 2 o •• • •• Soución. donde ω´= 2πf . a) E carro tiene osciación forzada deido a encaaminado de a carreter a. f = y v λ = v . L La parte importante de a soución es a estacionaria y = D sen(ω´t + δ ) . con − ω ′2 + 4 β 2ω ′2 2βω ′ tan δ = 2 ωó − ω ′ 2 2 D= (ω ) y La ecuación de movimiento vertica de a masa M se otiene de ∑F y = Ma y La ampitud de movimiento esta dada por D y a frecuencia por ω´ 2 ω R = ω o − 2 β 2 = 2π b) Como v L d ( y − y´) d2y − k ( y − y´) − =M 2 dt dt ⇒ − ky + ky '−b y + b y ' = M y dy´ • Con y´= A sen ω´t y = y ' = Aω´cosω´t : dt M y + b y + bω ' cos ω ' t 32 •• • • • •• Entrrá en resonnci con l velocidd 2 L ωo − 2β 2 v= 2π . b = 0.16 •• ) x + ω 0 x = 0 ⇒ x + 250 x = 0 c) L energí pr el oscildor si mortigumiento p r mplitud de 0.02) = 0. E= 1 2 1 2 kA = (40 )(0. con •• • •• j) escribir la ecuación el movimiento completa y ar la solución general.Movimiento Oscilatorio Haciendo kA = F0 senφ y bω ' = F0 cos φ .16 x .s/m y m = 0. Solución.16 kg: − ω ′ 2 + 4 β 2ω ′ 2 2βω ′ tan δ = 2 ωó − ω ′ 2 2 o 2 D= (ω F0 / M ) y − 40 x − 0.81 rad/s 0.4 x = 0. in ican o el tiempo para el cual la amplitu el tiempo transitorio se re uce ala mita .02 m.008 N 2 2 • •• d) L ecución diferencil del movimiento mortigudo pr es: − kx − b x = m x • Con k = 40 N/m. a) ω0 = •• k = m 2 40 = 250 = 15.4 N. Con Hugo Medina Guzmán φ = tan −1 • kA y F0 = (kA)2 + (ω ')2 M y + y + ky = F0 senφsenω´t + F0 cos φ cos ω´t M y + b y + ky = F0 sen (ω´t + φ ) ⇒ •• F b n (ω´t + φ ) y+ y+ M M M b k 2 Con 2 β = y ωo = : M M •• • F 2 y + 2 β y + ω 0 y = 0 sen (ω´t La parte importante de la solución es la estacionaria y = Dsen (ω´t + φ + δ ) . 4 expresar a ampitud en fu nción de tiempo.25 Ae − βt . cacu ar a ampitud de a osciación y a diferencia de fase con a fuerza apicada i) cacuar a frecuencia de resonancia. donde β = 2. y dar a ampitud en este caso. Un extremo está fijo y en e otro hay una masa m = 0.81 De aquí ≥ 15. reamente hay osciación.81(2m ) ≥ 5. h) Si = 0. Cacuar: a) a frecuencia propia de a osci ación. La constante eástica de un resorte es 40 N/m.16 kg.4 expresar a ampitud en func ión de tiempo. c) La energía pa ra e osciador si amortiguamiento para ampitud de 0.06 Como = 0.5 N y frecuencia doe que a propia. 33 ⇒ β 2 ≥ 250 ⇒ β ≥ 15. f) Para = 0.4. e) ¿Cuánto tendría que vaer para que e movimiento no fuese osciatorio? f) Para = 0. La soución de a ecuación de movimiento es x = Ae − βt cos(ωt − φ ) La amplitud está dada por = 1.•• •• x + 2.5 x + 250 x = 0 2 x + 2β x+ ω 0 x = 0 • • Ecuación de a forma •• La ampitud de movimiento esta dada por D y a frecuencia por ω´ Donde: 2β = 2. ) a ecuación diferencia de movimiento sin amortiguamiento. d) Si a masa se int roduce en aceite se origina a fuerza resistente viscosa F = v (siendo e c oeficiente de amortiguamiento y v a veocidad).5 2 .4 Ns/m.02 m. Escriir a ecuación diferencia de movimiento amortiguado para = 0.4 y además aparece una fuerza sinusoida de ampitud 0. g) Dar a frecuencia de movimiento.5 y ω 02 = 250 v ) Como ω R = ω − 2 β = 2π L 2 o 2 e) ¿Cuánto tendría que valer b ara que el movimiento no fuese oscilatorio? El movimie nto es oscilatorio cuando Entrará en resonancia con la velocidad 2 L ωo − 2β 2 v= 2π (β (β 2 2 2 − ω 0 < 0 y no es osciatorio cuando 2 − ω0 2 2 ≥ ω0 ) )≥ 0 o β Ejempo 40. 51 Hz h) Si b = 0.5 ⎞ ⎜ ⎟ − 250 ⎝ 2 ⎠ 2 = 15.62 rad/s .5 N y frecuenci a ω = 2ω 0 = 2(15.81) = 31.Ns y A depende de as condiciones iniciaes. m g) La frecuencia anguar de movimiento es: ω= β 2 − ω 02 = ⎛ 2.76 = 2π 2π = 2.4 y además aarece una fuerza sinusoidal de amlitud 0.76 ra /s y la frecuencia f = ω 15. Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán m x + b x + kx = F0 senω t ⇒ •• • L resonnci ocurre cundo 0.252 = 15.4b x + 40 x = 0.125sen31.62t •• • • 2 Ecuación de a forma x + 2β x + ω0 x = F0 senω ' t m ( ) Cuya soución es Con D = = 3.16 x + +0.5 x + 250 x = 3.812 − 2 × 1.5sen31.62t De donde: •• •• • ω = ω R = ω o2 − 2β 2 ω R = 15.71rad / s La ampitud de resonancia es: F0 / m D= 2 2 2 ω o2 − ω R + 4ω R β 2 x + 2.125 x = Dsen (ω ' t + δ ) (ω F0 / m 2 o − ω '2 ) y 2 + 4ω ' 2 β 2 . v = 160 cm/s.2 s. ¿Cuá es a máxima ampitud de movimiento para e cua e oque n o se separa de a paca? Respuesta. . y dar a ampitud en este caso.62)2 (1. Un oque descansa sore una paca degada que ejecuta un movimiento armónico simpe vertica con un periodo de 1. Haar e ánguo de fase. 34 Fg = mg − mω 2 y m senωt 3.25 i) cacuar a frecuencia de resonancia. a) Haar a frecuencia natura anguar ω0 .07 0 tan δ = A = Ae − βt ' 2 n 2 0.1054 . a) ω 0 = 115.812 − 31. En el unto más bajo de su trayectoria se c oloca un cuero sobre la lataforma. Respuesta. x = xtransi toria + xparticuar La soución particuar es x = Dsen (ω ' t + δ ) Y la solución transi toria es 2 (15.62 2 δ = −6.14 x 103 m D = 4. 4. ) Haar a ampitud de movimiento susiguiente si se dejase de repente en i ertad a masa.05 N 2.71 + 4 × 15.712 × 1. Una masa de 150 g situada en e extremo de un resorte horizonta se ve despa zada 3 cm hacia a izquierda de a posición de equiirio mediante una fuerza de 6 0 N.62 × 1. La ecuación competa de movimiento es.81 2 2 ) x = Ae − βt cos(ωt − φ ) El tiempo para el cual la amplitud del tiempo transitorio se reduce a la mitad e s t ' De tal modo que 2 × 31.4 mm E ánguo de fase − 15.492 cm a a izquierda de a posición de equiirio. Una nadadora de masa m está sore una aanza si tuada en e extremo de una paanca de sato. c) ¿Cuáes serán a posición y veocidad de a masa 10 s después de haer q uedado ire? Respuesta. c) x = 0.47 rad s .692 ⇒ t '= = = 0. PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1.81 − 31. Una pataforma está reaizando un movimiento armónico simpe en dirección vertica con una ampitud de 5 cm y una fre cuencia de 10 π vibraciones or segundo.25 = −0.25 2 = 24. F = 0.125 D= 2 (15. A = 0. Fase = 120° o 240°. Un osciador armónico simpe de 5 g de masa tiene un período de 0.tan δ = 2ω ' β ω o2 − ω ' 2 Reempazando vaores: 3. que ea ha puesto previamente en m ovimiento armónico simpe con frecuencia anguar ω y ampitud A = ym (a) ¿Cuá es a ec tura de a aanza? () ¿En qué condiciones se verá anzada a nadadora de a paanca? Respuesta.6 s y una ampi tud de 18 cm. ) A = 3 cm.554 s β 1. 15.25)2 = 4. d) v = 341.66 cm. a veocidad y a fuerza aceeradora en e instante en que e despazamiento de osciador es 9 cm.62 2 )2 + 4(31.9 x 103 m j) escriir a ecuación de movimiento com peta y dar a soución genera.357 5. 826x107 N ) v0 = 17 7.08 cm. En e instante t = 0 un osciador armónico simpe con una frecuencia de 5 rad/s tiene un despazamiento de 25 cm y una ceeridad de 10 cm/s. demostrar que e gráfico de movi miento en e pano xy es un círcuo de radio unidad. a) Haar a energía mecánica tota de osciador.25 cm referencia correspondiente a a osciación horizonta. y = 0 .. ) ¿Cuá es su constante de fase? c) Si exis te un peso de 10 g en e osciador.5 cm. tensión = 5 x peso de ojeto. aejados 0 y situados en e mismo pano hori zonta y de su punto medio se cuega a misma masa. a) y = 2. 10.6 s y una ampitud de 18 cm.7 cm/s 11. 20 a) Haar a ampitud A de a osciación. ) φ = 94. ) 1. como se ve en a figura. 6. ) Si e eje x representa e despazamiento de un osciador armónico simpe en unidades de a ampitud A y e eje y representa su veocidad en unidades de ωA . ) ¿Cuá es su veocidad inicia v 0 si e despazamiento inicia es 6 cm? Respuesta.6. cuando se cuega de su extremo inferior una cierta masa. Un aamre de ongitud 0 se aarga en 10 −3 0 . Consideremos e osciador armónico simpe de 5 g de masa tiene un período de 0. Si se conecta este mism o aamre entre dos puntos A y B. ¿cuá e s a depresión y en dicho punto y cuá es a tensión de aamre? Respuesta. ¿cuá es su energía mecánica tota? Respuesta.Movimiento Osciatorio Hugo Medina Guzmán a) ¿En qué punto se separará e cuerpo de a pataforma? ) ¿A qué atura ascenderá e cuerp o por encima de punto más ato acanzado por a pataforma? Respuesta. a) A = 25. a) E = 88. 8 J .(2T/L) y b) que el sistema resenta un movim iento armónico simle con una frecuencia dada or ω = 2T / mL 8. como se muestra la figura. k = 0. Calcular a) su osición inicial. Δy = 7. ¿Cuál es la constante el resorte? Respuesta.2 J y una energía otencial inicial U 0 = 0. b) v 0 = 1. Una masa m cuelga e un resorte uniforme e constante k. ¿Hasta qué unt o habrá que alargar la cuerda con el objeto colgado ara que al alcanzar el unto más alto de la vibración no exista tensión en la cuerda? Resuesta. cada una bajo una t ensión T.5m / s .45m .50 m.025 N/m 14. b) su velocidad inicial.5cm c) A = 0. . 7.625 x 10-7 N 12. a) x 0 = 0. a) ¿Cuál es el perío o e las oscilaciones el sistema? b) ¿Cuál sería el perío o si la masa m se colgase e mo o que: (1) Estuviese s ujeta a os resortes i énticos situa os uno junto al otro? (2) Estuviese sujeta al extremo inferior e os resortes i énticos conecta os uno a continuación el otro? . Se cuelga e un resorte un objeto e 1g e masa y se le eja oscilar. Una masa m se conecta a dos bandas de jebe de longitud L. demuestre que: a) la fuerza de restitución es . Se observa que una fuerza de 0. Se susende de un extremo de la cuerda un objeto de 15 g Y se le hace adq uirir una vibración vertical tirando hacia abajo de él y luego soltándolo.1 N estira a una determinada cuerda elástica en 50 mm. Para t = 0. c) ¿Cuál es la amlitud de la oscilación? Resuesta .785 cm y la aceleración 1. Un oscilador armónico simple de masa 0.8 kg y recuencia 10 3π Hz se one en movimiento con una energía cinética inici al K 0 = 0. el esplazamiento era 43. Suoniendo que la tensión no cambia significativamente. 13. La masa se deslaza una equeña distancia y en forma vertical.7514 cm/s 2. c) E = 78. Una partícula gira con celeri a constante en una circunferencia e ra io R.9. Esta circunferencia se conoce como circunferencia de 35 . a) Demostrar que sus proyecciones sobre los ejes horizontal y vertical (sus compon entes x e y) realizan movimientos armónicos simples con unas constantes e fase qu e se iferencian en π 2 . c) Calcular el cocien te entre los eríodos de oscilaciones sobre x e y en función de l y l 0 . 5 18. Ambos resortes se estiran hasta una longitud l considerablemente may or que l 0 . ¿Cuál es la máxima amlitud de oscilación que uede tener el sistema sin que resbale el bloque sobre la laca? Resuesta. la ley de Neton) que rige las oscilacione s equeñas en dirección x. Los deslazamientos horizontales de m resecto a su osición de equil ibrio se denominarán x (sobre AB) e y (erendicular a AB). b) Escribir la ecuación diferencial del movimiento que rige las oscilaciones equeñas en dirección y (admitir que y <<1). Resuesta. a) T0 = 2π ⎜ ⎟ . a) Escribir la ecuación diferencial del movimiento (es decir.60. y el coeficiente de fricción estático entre el b loque y la laca es μ = 0. Una masa m descansa sobre una mesa horizontal sin rozamiento y está unida a un os soortes rígidos mediante dos resortes idénticos de longitud l 0 sin deformar y c onstante k. . ω= k AkB rad 4m(k A + k B ) s l= 9 l0. ¿cuáles son sus coordenadas x e y en un instante osterior t? e) Dibujar un gráfico de la trayectoria de m resultante bajo las condiciones de la arte (d) si 17. emostrar que ten rá un perío o T ⎛m⎞ Respuesta.Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán demostrar que cuando la masa susendida se está moviendo con una velocidad v la en ergía cinética del sistema viene dada or K= 1⎛ M⎞ 2 ⎜ m + ⎟v 2⎝ 3 ⎠ Si el sistema masamuelle realiza un movimiento armónico simple. Una laca lana P hace un movimiento armónico simle horizontal sobre una sue rficie sin fricción con una frecuencia f = 1. 2 ⎝k⎠ 12 2T0 T = 2π m+ k M 3 15. b) 0 .5 Hz. Un bloque B descansa sobre la laca. Si la masa de las oleas mostradas en la figura es equeña y la cuerda inexten sible. d) Si ara t = 0 se deja libre la masa m desde el unto x = y = A0 con velocidad nula. encontrar la frecuencia natural del sistema. como se muestra en la figura. Un resorte que tiene su masa M istribui a uniformemente en to a su longitu tiene colga a una masa m en su extremo inferior. a) h = 6. Para h << RT ⇒ g = g 0 ⎜1 − 2 ⎜ R ⎟ ⎝ T ⎛ h ⎞ ⎠ RT = 6 378. 36 ⎟.13 km Respuesta. Se observó que el perío o e un etermina o pén ulo era T = 1. A = 6.003 s.c) 12 Tx ⎛ l 0 ⎞ = ⎜1 − ⎟ . excepto en el . Si el resorte se alarga unifor memente cuan o el sistema oscila. Cuan o el pén ulo se llevó a la cima e una montaña.36 km. ⎝m⎠ y (t ) ⎡ 2k (l − l 0 ) ⎤ = A0 cos ⎢ ⎥ t ml ⎣ ⎦ 12 16.002 s al nivel el mar. Tx ⎝ l ⎠ 12 ) Respuesta. a) ¿Qué altura tenía la montaña? b) ¿Cómo se vería afecta o a altura un pén ulo e torsión? ⎛ 2k ⎞ x(t ) = A0 cos⎜ ⎟ t . b) no. el perío o resultó ser T = 1.62 cm 19. 12 T2 cos β L1 − 2h 2 − 2 x 0. Calcular la relación e las tensiones el hilo cuan o el pén ulo alcanza sus posiciones extremas. a) ¿Cuál es el eríodo de oscilación cuando el movimien to es aralelo al lano de la figura? b) ¿Cuándo el movimiento es erendicular al lano de la figura? c) T1 = cos α = L1 − h = 2 − 0. la cual se pivota en la parte superior Determine las tensiones en la barra e n el pivote y en el punto P. a) Una varilla homogénea elga a e longitu l oscila alre e or e un eje hori zontal que pasa por uno e sus extremos. Un aro degado y uniforme de diámetro d cuega de un cavo. Un bloque cúbico de 20 cm de arista está colgado or dos cuerdas de 15 cm de lar go. tal como se escribe en b). para pequeñas amplitu es. e imensiones que consi er amos espreciables. t = 21. Calc ular su veloci a y su energía cinética cuan o pase por la vertical. Describir el movimiento poste rior e la esfera. Se despaza un ángu .4m / s 25. a) T = 2π L1 = 2π 2 = 2 2 s 1 g 9. 20. Después e 5 s se agota el combustible. ¿A qué istancia r' será máxima la frecuencia? Respuesta. c) Supongamos q ue al pasar por la vertical el hilo encuentra un clavo O' situa o 1m ebajo el punto e suspensión O y normal al plano e oscilación.68 s.) Respuesta. Calcule el perio o e oscilación para pequeños esplazamientos el equilibrio y etermine el pe rio o para L = 2 m.8 x0. T= 4π 3 2(2) = 2. b) r ' = 3 2 24.2 s 21.Movimiento Oscilatorio Hugo Me ina Guzmán caso e que la resistencia el aire sea más pequeña. a) l 0 = 2 R l .8 Resuesta.2 = 0.8 b) v = 2 gh = 2 x9. e 2 m e largo. Un pén ulo está constitui o por una pequeña esfera. Se ispara el cohete en el instante t = 0 y se eleva v erticalmente. suspen i a en un hilo inextensible y sin peso apreciable.2 = 1. b) Un isco maciz o e ra io R está oscilan o con una pequeña amplitu alre e or e un eje perpen icul ar al plano el isco y situa o a una istancia r e su centro. b) Supongamos que en el momento e su máxima elongación la esfera se ha eleva o 20 cm por encima el plano horizontal que pasa por la posición e equilibrio. (Sugerencia: Suponga que la masa en el extremo e la barra e s una masa puntual. cuya masa es M = 200 g. Se sujeta una masa M en el extremo e un barra uniforme e masa M y longitu L. como se indica en la figura. 23. Un cohete que posee un empuje igual a cinco veces su peso está equipa o con un reloj e pén ulo vertical.2 d) T = 2 2+2 = 2 + 1 = 2. cuan o la barra se encuentra en reposo.4s 2 22. ) Calcular el perío o e este pén ulo. 9. Hallar la longitu el pén ulo i eal equi valente y situar el centro e oscilación y el centro e percusión. a) Calcular el perío o para pequeñas amplitu es. ¿Cuál es el tiempo leí o en icho reloj e pén ulo si un reloj semejante en el suelo marca 15 s? Respuesta. a) T = 0. Un aamre degado se doa en forma de una semicircunferencia de radio R. S e e hace osciar en 37 .78s .o pequeño en su propio pano y uego se e deja ire.1s 26. Suponiendo que e aro no de siza sore e cavo. Respuesta. demostrar que su período de osciación es e mismo que e de u n pénduo idea de ongitud d. ) T = 1. La enteja de un pénduo de torsión como e de a figura es un disco de momento .1 x 109 N/m2. Un semicírcuo de radio R y masa m está pivotado arededor de su ce ntro como se muestra en a figura. 33. cada uno de constante k como se muestra en a figura. Determinar su frecuencia natura de osciación para pequeños despazamientos. ω= mgL + kL2 mL2 31. Un motor eéctrico está apoyado por 4 resortes. La carga de rtura del acer es 1. 0 = 2 R 27. Respuesta. Si la tabla se esplaza un ángulo pequeño θ 3 de la hrizntal y se suelta. 2 5 . Respuesta: ω0 = 8g rad/s 3Rπ 28.Movimiento Osciatorio Hugo Medina Guzmán su propio pano arededor de un eje perpendicuar a su pano y que pasa por e p unto medio de aamre. encontrar a frecuencia natura de osciación. El momento e inercia e la tabla respecto el pivote es 1 2 mL . Haar a ongitud de pénduo idea equivaente. demuestre ue se mverá cn un mvimient armónic sim ple. Mment de inercia de la esfera respect a un ej e ue pasa pr centr = 2 MR Respuesta. ¿Cuáles sn el radi y la masa de la bla de mayr tamañ ue puede sprtar el alambre? b) ¿Cuál es el períd de las scilacines de trsión de este sistema? (Módul de cizallad ucha del acer = 8 x 1010 N/m2. Si e momento de inercia de motor arededor de eje centr a de rotación es I0. Una tabla horizontal e masa m y longitu L se pivota en un extremo. a) 22 cm radi. ω 0 = 2a k rad/s Io ⎛d ⎞ Respuesta. ¿Cuál es el eríodo de sus osc ilaciones cuando las amlitudes son equeñas? Resuesta. 360 kg b) 66 s. cn una frecuencia angular dada pr 32.) ω = 3k m . Un arco circular de diámetro d se cuelga de un clavo. 2π ⎜ ⎟ ⎜g⎟ ⎝ ⎠ 12 29. y en el extremo opuesto se sujeta a un resorte e constante e fuerza k . a) Se cuelga una bla de acer maciza del extrem de un alambre de acer de 2m de lngitud y radi 1 mm. Respuest a. de lngitud L.65 si el movimiento armónico es sim . Resuesta. (Supnga ue el sprte vertical. de forma que e hio de su spensión pasa por e centro exacto de anio. Su período es T = 3 s. Analice y diga le o amortiguado. Cuando se cooca sore e disco u n anio degado de 3 kg de masa y un radio de 10 cm. Un resrte de 20 rte fij. e nuevo período de osciación es T = 4 s. Un pénduo de ongitud L y masa M tiene conectado un resorte de constante de f uerza k a una distancia h por deajo de punto de suspensión.0386 kg.5 kg en el menta a 25 cm. I = 0. per de masa despreciable. es rígid. Haar e momento de inercia I. Al clcarse una masa de 0.) Respuesta. 38 cm de lngitud cuelga de un sp extrem inferir la lngitud au se bserva ue en el tiemp π/0. 30. Al pner en scilación el sistema segundos ejecuta 10 oscilaciones.m2 34. Justifique. Encuentre a frecuen cia de viración de sistema para vaores pequeños de a ampitud (θ pe ueñ).de inercia desconocido I. 8 N k = 98 . a) Plantear l a ecuación diferencial del movimiento en el caso de oscilaciones libres del sistem a. c) 3⎜ ⎟ . k = 0.90 h.3 cm (1) Si se emuja horizontalmente el bloque con una fuerza igual a comresión estátic a del muelle es igual a h. Se cuelga un objet o de masa 0.2 kg de un resorte cuya constante es 80 N/m. b) ⎜ ⎟ . siendo v su velocidad en m/s.2 kg se cuelga de un resorte cuya constante es 80 N/m..bv. f) 0. ⇒ . 12 ) Q = 3. b) 1. 35. a) T = π 5 3 s .Movimiento Oscilatorio Hugo Medina Guzmán ω0 = 0. siendo F0 = 2N y ω = 30 rad/s.m/s. Existe también amortiguamiento viscoso.65 ⎟ ⎝ ⎠ f) Si el oscila or se impulsa con una fuerza mg cos ωt . ¿Cuál es la amlitud de la oscilación forzada? Resuesta. (2) La fuerza resistente viscosa es igual a mg si el bloque se mueve con una cierta velocidad conocida u. a) Para este sistema comle to (en el que se incluye tanto el resorte el amortiguador) escribir la ecuación di . 36. E l cuero se somete a una fuerza resistente dada or . b) Si la frecuencia con amortiguamiento es 3 2 de la frecuencia sin amortigua miento. b) Se somete el objeto a una fuerza imulsora sinusoidal dad F(t) = F0 sen ωt. En estado estacionario. ¿cuál es el valor de la constante b? Resuesta. siendo ω = 2 g / h ¿cuá es a ampitud de a respuesta de estado estacionario? ω0 = La frecuencia medida es ω = 2π ⎜ 10 ⎜ ⎛h⎞ ⎛ 35 g ⎞ Respuesta.5 s ⎛ ⎞ ra ⎟ ⎟ = 13 s ⎜ π 0. ⎜g⎟ ⎝ 36h ⎠ ⎝ ⎠ 12 e) δ = π 2 . La diferencia se debe a que el movimiento es amortiguado. a) Plantear la ecuación diferencial del movimiento en el caso de oscilaciones libres del sistema y hallar su eríodo. b) 4 N. Se conecta u n cuyo otro extremo un mecanismo de este sistema se observaciones: bloque de mas a m él un resorte se mantiene fijo. Se somete el objeto a una fuerza resistente dada or .bv. Sobre ha n realizado las siguientes 37.s/m.05 m m 98 rd = 14 0. siendo v su velocidad (m/s) y b = 4 N. Un objeto de masa 0.5 × 9. ero cantidad de movimi ento no nula.25 cm? h g . El motor rota con una masa excéntrica de 1 kg a 5 cm.14 Hz b) 39. g. exresado en forma de un múltilo de 38. Un Pontiac Grand Prix de 1550 kg se soorta mediante cuatro resortes en esi ral. Determine a) la velocidad del sistema en la resonancia y b) la aml itud de las vibraciones forzadas cuando el motor está funcionando en 300 rm. Un motor equeño de velocidad variable tiene una masa de 9 kg se monta en una viga elástica tal como se muestra en la fig ura.5 s espués e pasar por un hoyo. del centro del eje. Resonder a las siguientes reguntas en el caso de que.ferencial que rige las oscilaciones horizontales de la masa en función de m. Si los baches están searados 18. se one en movimiento reentinamente cuando t = 0 mediante un royectil de masa desreciable. h y u. Hallar el valor del ángulo d e fase δ en la ecuación que escribe el movimiento subsiguiente.6 m/s 39.25 cm. 39 x = Ae − βt / 2 cos(ωt − δ ) 40. c) ¿Se ría osible reducir la amlitud de la vibración forzada del motor en la arte b) suj etando un eso adicional al motor? ¿Si es así qué eso se debe agregar ara reducir la amlitud de la vibración a 1. y representar x en función e t para los primeros ciclos. Un auto con amortigua ores en mal esta o rebota hacia arriba y hacia abajo c on un perio o e 1. inicialmente en su osición de reoso. a) ¿Cuál es la frecuencia natural de este sistema? b) El automóvil vibra al rodar sobre los baches en una autoista de concreto. a) 2.5 m. u = 3 gh : b) ¿Cuál es la frecuencia angular de las oscilaciones amortiguadas? c) ¿Qué tiemo ha de transcu rrir. que se mueve en sentido ositivo las x. Cua ndo el motor no está funcionando. cada uno con una constante de 7. el motor y el eso excéntrico hacen desviar a la v iga 1. ara que la energía descienda en un factor 1 e ? d) ¿Cuál es el valor Q de este oscilador? e) Este oscil ador. El auto tiene una masa . ¿qué tan ráido se está moviendo el au tomóvil cuando la frecuencia de los baches está en resonancia con la frecuencia natu ral? Resuesta.00 x 104 N/m. Determine el valor e k. En el sistema mostra o en la figura. 42. Determine e movimiento de oque. si la masa e la polea mostra a en la figura es pequeña y la cuer a inextensible Encontrar: a) La ecuación e movimiento para cuan o el soporte A no tiene movimiento alguno. a) a frecuencia anguar de as osciaciones de a 2 A0ω 0 x = Asen (ω 0 t + φ ) + ω −ω 2 2 0 sen (ωt + δ ) ω0 = k . Respuesta. ω o = 4m ωo − ω masa m es: ω= 40 . m A. Respuesta. k = 6580 N/m 41. φ y δ epen en e las con iciones iniciales. Un bloque e masa m está sop orta o por un resorte e constante k el cual está monta o sobre una base e peso espreciable someti a a un movimiento armónico simple e arriba abajo A0 senωt como s e muestra en a figura. (Sugerencia: nótese que a deformación de resorte puede expresara como a diferencia de as deformaciones de sus extremos) c) La soución estae para e ca so . 1 k 2 m •• k 1 b) x + x= cos ωt 4m 2m c) x = D cos(ωt + δ ) 1 k D = 2 2m 2 . Respuesta.Movimiento Oscilatorio Hugo Me ina Guzmán e 1500 kg y se soporta me iante cuatro resortes e igual constante e fuerza k. ) La ecuación de Movimiento para cuando e soporte A según a siguiente ey xA = xo cos(ωt). Puso y tren de ondas – Onda viajera E movim iento de cuaquier ojeto materia en un medio (aire. En as on das materiaes as partícuas concretas que componen e materia no se propagan. este es e foco de as onda s y en esa partícua se inicia a onda. La forma de a onda es a foto de a perturación propagándose. Existen en a naturaeza muchos fenómenos de os cuaes se dice “tienen naturaeza onduatoria” pero ¿qué es exactamente una onda? ¿Qué propiedades tienen? ¿Cómo se uede formaizar una expresión matemática de un fenómeno onduatorio? Estas y otras cue stiones son e tema ojeto de este capítuo. La perturación se transmite en todas as di recciones por as que se extiende e medio que rodea a foco con una veocidad c onstante en todas as direcciones. tiene forma de onda. una viración única en e extremo de una cuerda. Ningún materia viaja. Podemos predecir a posición que ocuparán dicha s partícuas más tarde. Veamos un ejempo: a onda que transmite un átigo eva una energía que se descarga a gopear su punta. Esta presión se ejerce sore e aire que rodea e cua es comprim ido e incrementado en presión. No ostante c uando una onda se transmite por dicho materia se produce una sincronización de os ciaciones entre as distintas partícuas componentes de medio que posiiita a propagación de energía. a propagarse. Esta e nergía rompe ventanas a grandes distancias de a exposión. No ostante. La onda de choque de una exposión es un uen ejempo.Movimiento onduatorio y ondas Hugo Medina Guzmán CAPÍTULO 3. apicando esta función matemática. siempre que e medio sea isótropo (de iguaes c aracterísticas físicoquímicas en todas as direcciones). pero no se despazan con a onda. Esta presión a su vez es ejercida sore e aire de más aá. Una onda es una perturación que se propaga desde e punto en que se p rodujo hacia e medio que rodea ese punto. Curiosamente. Una onda transporta energía pero no transporta materia: as partícuas viran arededor de a posición de equiirio per o no viajan con a perturación. agua. etc. La crea ción súita de caor en a exposión eeva a presión muy ata a a masa de gas de su vec indad inmediata. TIPOS DE ONDAS: Podemos estaecer cr iterios de casificación de as ondas. Las partícuas de átigo vira n. transmiten a energía y se quedan como estaan iniciamente. Las ondas materiaes (todas menos as eectromagnéticas) requieren un medio eástico para propagarse. E medio eástico se deforma y se recupera virando a paso de a onda. Agunos serían: 1 .) puede ser cons iderado como una fuente de ondas. puede originar un puso o un tren de ondas. vamos a definir onda como: Una onda es u na perturación física que transmite energía. a repr esentación de as distancias de separación de a posición de equiirio de as partícua s a virar frente a tiempo dan una función matemática seno que. a instantánea que con gea as posiciones de todas as partícuas en ese instante. a perturación es a que viaja rápidamente a grandes distancias y transmite a energía DEFINICIÓN CAR ACTERÍSTICAS. E movimiento de cada partícua respecto a a posición de equiirio en que estaa antes de egare a perturac ión es un movimiento osciatorio armónico simpe. a propagarse por ea or igina un tipo de onda amada puso. E puso sóo está un tiempo en cada ugar de espacio. Todas as partícuas de medio son acanzadas con un cierto retraso respecto a a primera y se ponen a virar. Un imp uso único. Movimiento onduatorio y ondas INTRODUCCIÓN. una vez representa da en e pape. pero que no transmite materia. recuerda a oa de os espectadores en un estadio de fúto. s ino que se imitan a osciar arededor de su posición de equiirio. e movimiento de cuaquier partícua de aire reativamente es pequeño. o sea que hay una onda de presión que se aeja de a exposión con una veocidad de 335 m/s esta onda contiene a energía requerida para comprimir e aire. Si as viraciones que apicamos a extremo de a cuerda se suceden de forma continuada se forma un tren de ondas que se despazará a o argo de a cuerda. Las partícuas oscian una soa vez a paso d e puso. antes de entrar de eno en o que es una onda y su formaismo. A moverse pertura e medio que o rodea y es ta perturación. E sonido de un disparo es un puso de onda sonora. esto viene a ser una onda viajera. La perturación comunica una ag itación a a primera partícua de medio en que impacta. . Según a reación entre a viración y a dirección de propagación Transversaes. E sonido tamién pu ede transmitirse en os íquidos y en os sóidos. transmisión de radio y radiación de caor. oas en a superficie de un íquido. perpendicuarmente a a pr opagación Según e medio por e que se propaguen Ondas mecánicas. Por ejempo en una cuerda norma y tensa a onda se propaga de izqui erda a derecha (en cierto caso particuar) pero. Tridimensionaes. Como ejempo. Ejempo. Ejempo. En este tipo a propagación es paraea a a osciación. par aeas en cuaquier caso a a dirección de propagación. Son as que no requieren un medio materia. en un re sorte y as ondas de agua son otros ejempos de ondas que necesitan de un medio eástico para propagarse. a p ropagación de movimiento en una cuerda Bidimensionaes.Movimiento onduatorio y ondas Hugo Medina Guzmán produce de arria a aajo. Longitudinaes. a uz. es decir. Ondas eectromagnéticas. en camio. si apretamos un resorte as espiras oscian de izquierda a derecha y de derecha a izquierda. esto es as ondas eectromagnéticas que no necesitan de un medio para propa garse. Ejempo. e sonido La onda de sonido ordinario es u na forma de transmisión de energía. Ejempo. a osciación de un pu nto concreto de a cuerda se 2 . Son aque as ondas en as cuaes a osciación es perpendicuar a a dirección de propagación de a onda. Son as que requieren un med io materia para propagarse. Ex iste otro tipo de ondas reacionada con a uz. Según e número de dimensiones que invoucran Unidimensionaes. Ejempo. A este tipo de ondas se os denomina “ondas mecánicas”. Las ondas en una cuerda. perturaciones en e aire entre fuente virante que es a que produce e sonido y un receptor ta como e oído. e sonido norma. Si suponemos que e puso mantiene su forma mientr as se propaga. t ) = Asen ( x − vt ) . como ( x − vt ) o ( x + vt ) . x y t deen aparecer cominados en y ( x. P ara e caso de una onda en una cuerda. f ( x − a ) tiene a misma forma que a función f ( x ) . En a Figura (Physica Science Study Com mittee. Dee notarse que a función EXPRESIÓN MATEMÁTICA PARA UNA ONDA VIAJERA. Así por ejempo a función de onda específica que vamos a discutir en a sección siguiente es y ( x. Supongamos que a forma de a cuerda a t = 0 está dada por a expr esión f ( x ) (Figura a). Por tanto. y ) e tiempo t de a oservación . nos proporciona a expresión de un puso que se mueve hacia a izquierda con veocidad v y ( x. a función de onda da e despazamiento y de dicho eemento desde su posición de equiirio y = 0. t ) que sirve para descriir onda. t ) = f ( x − vt ) Una descripción simiar a a anterior. Un examen más minucioso muestra que e pus o se va haciendo graduamente más ancho conforme avanza. Ejempo 1. de ondas unidimensionaes que se propagan en e eje x: y1 ( x. t ) E intervao de tiempo entre cada fotografía es e mismo. Este ensanchamiento de puso es una consecuencia de a dispersión.Movimiento onduatorio y ondas Hugo Medina Guzmán En a Figura arria pueden apreciarse dos etapas de movimiento de un puso en una cuerda. por o que a ignoraremos en nuestro estudio . Después de un tiempo t e puso ha avanzado hacia a derec ha una distancia vt (Figura ). a atura de puso se va haciendo menor mientras e ancho de puso crece. a dos tiempos diferentes. En esta sección haremos uso de estas f otografías para descurir a expresión matemática de una onda viajera y proar e sign ificado de agunos de os términos utiizados para descriir as ondas. t ) = f ( x + vt ) Se denomina función de onda a a función y ( x. sóo dos pueden represe ntar ecuaciones de onda. La figura está diujada sore un sistema de ejes coordenados de modo que e eje x muestra a dirección en que a cuerda no se distorsiona.25 + ( x − 2t ) −2 . y a forma de puso prácticamente no c amia durante e movimiento de avance. t ) = [ 5 × 10−2 2 0. Esto es. sin emargo f ( x − a ) esta despazada una distancia a en a dirección +x. podemos expresar a forma de puso en un instante de tiempo t me diante y ( x. De as funciones que se presentan a continuación. cuando e puso se propaga de izquierda a derecha con veocidad v. Para especificar una función de onda deemos escriir a como una determinada función. La dispersión no tiene un interés primordia en as ondas que deseamos considerar. 1965) se muestra una secuencia de fotografías de un puso propagándose de iz quierda a derecha a o argo de un resorte. a función de onda representa a coordenada y de un eemento de a cuerda. Estas fotografías indican que a veocidad de un puso es constante. pero es una función que depende de x y de t. Esto significa que e despazamiento de un eemento de cuer da depende de: a) a coordenada x de eemento. 25 + (2 x + t ) −2 ] 3 .] )] y2 ( x. t ) = [ 5 × 10 0. t ) = [ 5 × 10 2 0.25 + x 2 + 4t 2 − 2t ( y3 ( x. t ) = f ( x vt ) representa una onda unidimensiona que se propaga hacia a derecha (signo nega tivo) o hacia a izquierda (signo positivo) de eje x . . en a cua se está p ropagando una onda que corresponde a una de as dos anteriores. Reempazando e vaor de x por a) Decir cuaes de as funciones: y1 . Las “fotografías” corr esponden a instantes separados 0. e vaor de a veocidad será v1 = 2m / s . a transformamos en: y ( x. ) Para y1. Así pues. ⎡⎛ ⎤ 2π ⎞ 2π ⎞ ⎛ y⎜ x + .Movimiento onduatorio y ondas Hugo Medina Guzmán significado especia. Para un determinado tiempo Oservamos que a ecuación (1) tamién puede ser escrita en a forma Soución a) Cuaq uier perturación que oedece en todo instante a a ecuación: y ( x.25 + 4⎜ x + t ⎟ 2 ⎠ ⎝ la izquier a el eje x . con una frecuencia Para un determinado esacio x. ) ¿Cuáes son as veocidades de propagación de dichas ondas? c) En a figura se representan varias “fotografías” de una cuerda tensa.01 s. con veocidad v. ¿A cuá de as ondas corresponden as “fotos”? 2π ⎞ ⎛ ⎜x + ⎟ . . el mismo k ⎠ ⎝ valor. t ) . y 2 e y 3 son funciones de onda y justifi car a respuesta. as funciones y e y3 son as únicas posies representantes de ecuaciones de ond a. hci 2 1 ⎞ ⎛ 0. reitiéndose cada . t ) = Asen (kx − kvt ) = Asen (kx − ωt ) Donde a frecuencia anguar ω = kv y v= ω k La función y ( x. t ) es tamién periódica en e tiempo. con un periodo T = 2π ω f = Y or lo tanto. esto es. hacia a derecha de ej e x . ω 2π 1 ⇒ v3 = − m/s . t ⎟ = Asenk ⎢⎜ x + ⎟ − vt ⎥ k ⎠ k ⎠ ⎝ ⎣⎝ ⎦ = Asenk [( x − vt ) + 2π 2π Observamos que es el “eriodo de esacio” de a k 2π curva. Para y3. cantida d la llamaremos k longitud de onda y la designaremos or Entonces λ= 2π k λ . obtenemos para y ( x. v= v= λ ω k T = λf . expresión que concuerda con = 2πf = λf 2π λ y ( x. y emás. lo que se e uce e las me i as a as las fotografías sucesivas. e mo o que a en fr = As Po emos obtener una relación importante e las on as. ONDAS ARMONICAS Un caso especialmente interesante y ecuente es aquel en que y es una función sinusoi al o armónica tal como y ( x ) enkx . t ) = Asenk ( x − vt ) (1) La cantidad k conocida como número de onda (difere nte a a constante k de resorte) tiene un Tamién es frecuente escriir a ecuación de a onda sinusoida en a forma: ⎛x t ⎞ y = Asen 2π ⎜ − ⎟ ⇒ y = Asen (kx − ωt ) ⎝λ T ⎠ 4 .y3 = 2 5 × 10 −2 c) Correspon e a y1 puesto que su propagación es hacia la erecha el eje x . es claro que su veloci a es 2 m/s. como son las on as e soni o o las on as e luz. Una on a r eal no pue e ser perfectamente armónica. t ) = Asen (kx + ωt − ϕ ) Similarmente para una on a que viaja hacia la izquier a se ten rá Nota. pue en frecuentemente aproximarse a on as armónic as. Una on a real ebe tener principio y fin en algún lugar el espacio y el tiempo. a veocidad es v = λf = 24 x 20 = 490 cm/seg. y el intervalo e tiempo que tar an en pasar por un punto es mucho mayor que s u perío o. po emos tener una función sinusoi al esfasa a con respecto al origen e coor ena as. puesto que su extensi6n en el espacio es mucho mayor que su longitu e on a . Luego se mete al mar y se irige na an o hacia un bote ancla o y ubica o a 450 m mar a entro.50 m 60 y ( x ) = Asen (kx − ϕ ) y la on a viajera será y ( x. t ) = Asen (kx − ωt − ϕ ) y ( x. esto es. Así que una on a armónica es una representación i ealiza a e un tren e on as. En el tr ayecto el na a or sorteo 60 olas. Una on a e este tipo se enomina tren e on as. Un veraneante que escansa en la playa observa que urante los últimos 30 minutos han arriba o 90 o las a la orilla. A icionalmente. ) La ecuación de a onda que se mueve en e sentido positiv o es y = Asen (kx − ωt ) Siendo A = 4cm. Las on as existentes en la naturaleza. a) Si f = 20 Hertz y λ = 24 cm. k = 2π ω= 2π = 2πf = 40 π T λ = . Encontrar: a) La veloci a e la on a b) La ecuación e la on a. Determine a) La veloci a con que las olas se acercan a la orilla es: b) La separación entre crestas e 2 olas consecutivas. λ= 450 = 7. Ejemplo 2. Sol ución.Movimiento on ulatorio y on as On a que viaja a la izquier a. por m e io e un vibra or fijo en uno e sus extremos. tomán ole un total e 5 minutos en llegar. y que se mueve en el sent i o positivo e x. Similarmente para una on a que viaja a la izquier a se ten ría Hugo Me ina Guzmán b) La separación entre las crestas e 2 olas consecutivas es una longitu e on a: ⎛x t⎞ y = Asen 2π ⎜ + ⎟ ⇒ y = Asen (kx + ωt ) ⎝λ T ⎠ Función sinusoi al esfasa a con respecto al origen. Solución. Si en 30 minutos llegan 90 olas a la orilla. La frecuencia el vibra or es 2 0 ciclos por segun o y la istancia entre puntos e mínimo sucesivos en el resorte es 24 cm. sabien o que el esplazamiento longitu inal máximo es e 4 cm. puesto que unas on as armónicas se extien e n hacia el infinito en ambos senti os a lo largo el eje x y no tienen ni princi pio ni fin en el tiempo. la frecuencia e las olas es: Ejemplo 3. Una on a sinusoi al es envia a a lo largo e una e un resorte. longitud de onda.375 m/s 20 a) La veocidad con que as oas se acercan a a oria. a ) Una on a en una cuer a esta escrita por y = 0. Ejemplo 4.6 m v = λ f = 7. Solución.5 ⇒ λ = 12.π 12 y Luego la ecuación de la onda es ⎛ x ⎞ y ( x .t ) = 4sen 2π ⎜ − 20t ⎟ ⎝ 24 ⎠ y en cm x en cm y t en segun os. Determin e la amplitu . t ) = Asen (kx − ωt ) A = 0.50 × ω= λ 2π T = 628 ⇒ T = 0. y ( x. eriodo.002 m . longitu e on a y veloci a e la on a.40π t en el sistema cgs. Corno la variable x aparece en la expresión con s igno opuesto a la variable t. la velocid ad de roagación y la velocidad transversal de la onda.50 m 60 1 = 0. 2π k= = 0. la frecuencia.25π x − 0.001 s 5 .5 x − 628t ) . la frecuencia. a) La ecuación de l a onda es [ ] f = 90 1 c = 30 × 60 20 s Si hay 60 olas en 450 metros la longitud de onda de las olas es: λ= 450 = 7.002sen (0. la on a se propaga en la irección + x. perio o. Determine la amlitud. b) Una on a en una cuer a esta escrita por y = 25sen 1. 40 ⎥ ⎣ ⎦ I entifican o ambas ecuaciones tenemos: Amplitu A = 25 cm 2 = 1.25 x − 0.40 Hz T Veocidad de propagación = 4⎡cos 2π ⎛ t + x ⎞ cos 2π − sen 2π ⎛ t + x ⎞sen 2π ⎤ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎣ ⎝6 240 ⎠ 3 ⎝6 240 ⎠ 3 ⎦ Pero v= λ T = 0.Movimiento ondultorio y onds Hugo Medin Guzmán 1 = 100 Hz T m v = λf = 1260 s f = ) La ecuación de una onda armónica.25 0. la iferencia e fase viene a a por λ = 2π 210 7 7π = 2π = = 31° 240 8 4 t y = Asen (kx − ωt ) = Asen 2π ( + ) λ T La ecuación dada en e proema se puede poner de a forma siguiente x d) Saemos que x ⎞ ⎛t 3 = 4 cos 2π ⎜ + ⎟ ⎝ 6 240 ⎠ x ⎞ 3 ⎛t ⇒ cos 2π ⎜ + ⎟= ⎝ 6 240 ⎠ 4 El esplazamiento 2 segun os más tar e será x ⎞ ⎛t +2 y = 4 cos 2π ⎜ + ⎟ 240 ⎠ ⎝ 6 = 4 cos 2π ⎛ t + x + 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 6 240 3 ⎠ = 4 cos ⎡2π ⎛ ⎡ ⎤ ⎢ x t ⎥ y = 25sen 2π ⎢ − ⎥ 1 ⎥ ⎢ 2 ⎢ 1. es ϕ = 2π ⎜ ϕ = 2π ⎛ t + 1 t ⎞ 2π π − ⎟= = = 30° 6⎠ 6 3 ⎝ 6 x 2 − x1 c) En este caso. .8π cos π (1.64 cm/s x ⎞ 3 ⎛t cos 2π ⎜ + ⎟= y ⎝ 6 240 ⎠ 4 x ⎞ 9 7 ⎛t sen 2π ⎜ + = ⎟ = 1− 16 4 ⎝ 6 240 ⎠ Sustituyen o valores La veloci a transversal será y vt = = 25 × 0. Las unidades están en e sistema cgs.25 x − 0.25 1 Frecuencia f = = 0.80t ) dt = 20π (1. Un foco puntua reaiza un movimiento periódico representado por a ecu ación.6 cm Longitu e on a λ = 1. en genera.80t ) cm/s Ejempo 5. b) La diferencia de fase es 6 λ 15 = 15sen (− ϕ ) ⇒ sen (− ϕ ) = 1 b) Puesto que la amplitu A = 15 cm. e os partículas separa as 2 10 cm. y se escribirá una expresión general para la función e on a. Solución.157 / cm 40 λ 1 1 T = = = 0. la frecuencia angular y la rapi ez e on a. y como se tiene y = 15 cm en x = 0 y t = 0. e una etermina a partícula en un instante et ermina o es e 3 cm.125 s f 8 ω = 2πf = 2π (8) = 50. a) Utiliz an o las ecuaciones estu ia as obtenemos: x ⎞ ⎛t y = 4 cos 2π ⎜ + ⎟ ⎝ 6 240 ⎠ Se pi e eterminar: a) La veloci a e la on a.3 rad/s v = λf = (40 )(8) = 320 cm/s k= = 2π 240 cm v= = = 40 T 6 s La velocidad es de sentido contrario al ositivo del eje x. a) L a veloci a e propagación e la on a es: 2π = 0. obtenemos Esto pue e comprobarse por simple observación puesto que la función cosen o está esplaza a 90º . b) Determinar la constante e fase ϕ. en un instante a o.⎡3 ⎛ 1 ⎞ 7 3⎤ y = 4⎢ ⎜ − ⎟ − ⎥ = 3. el perío o. ) Si el esplazamiento. Una on a sinusoi al que viaja en la irección positiva x tiene una ampl itu e 15 cm.79 cm ⎣4 ⎝ 2 ⎠ 4 2 ⎦ Ejemplo 6. El espla zamiento e la on a en t = 0 y x = 0 es 15 cm a) Determinar el número e on a. eterminar cuál será su esplazamiento 2 s más tar e Solución. y. una longitu e on a e 40 cm y una frecuencia e 8 Hz. b) La iferencia e fase para o s posiciones e la misma partícula cuan o el intervalo e tiempo transcurri o es e 1 s c) La iferencia e fase. 75 × 10−2 π = rad Donde x se exresa en cm y t en segundos. a ongitud de onda.25) 3. b) La veloci dad de roagación.Movimiento on ulatorio y on as respecto e la función seno.8πt ) = − 25 cos 0. a frecuencia.5π − 0. a) Si la diferencia de fase ara dos untos searados 20 cm es π / 5 . Luego 2πΔx y = 25sen (37. a) y = 25sen (2. La ecuación e una on a armónica que se propaga en una cuer a es b) Si a una longitu e on a λ e corresponde una diferencia de fase 2π: y = 25sen (1. cuando corresonde a π .25πx − 0. Sustituyen o los valor es e A. a fase inicia y a veocidad de propagación. b) 1. Una onda tie ne por ecuación: y ( x. t ) = 5senπ (4 x − 20t + 0.8πt ) a Δx le correspon e una iferencia e fase Δϕ Δϕ = 2πΔt 2π 5 × 10 −4 = = π rad T 10 −3 2π 2.. Solución. Determinar a ampitud.75 Otra forma Si 2π corresonde a 1.8πt ) = 25 cos 0. Soución La ecuac ión genera de a onda es: x 2 − x1 = 1 1 = = 0.6 cm.157t − 50. Sometemos al extremo de una cuerda tensa a vibraciones sinusoid ales de 10Hz. Solución.3 x ) cm Ejemplo 7. se otiene Hugo Medina Guzmán a) Si a un período T e corresponde una diferencia de fase 2π: a Δt l e correspon e una iferencia e fase Δϕ y = 15 cos(0. λ 33 × 10− 2 6 a) Determinar cua es e desfase para dos partícuas de λΔϕ 0. e número de onda. La mínima distancia entre dos untos cuyas vibraciones tienen una di ferencia de fase π / 5 es de 20 cm. calcular: a) La longitud de onda.33 × π / 6 la soga osicionadas en 2cm y 30c m c) Δx = = = 0.11 m b) Cual es la istancia mínima entre 2 partículas el 2π 2π Δϕ = = me io cuyo esfase es e π/3.8πt El desfa se es Ejemlo 9.25πx 1 = λ= 2π 20 = 200 cm = 2 m π 5 π 3 ⇒ b) L velocidd de propgción v = λf = 2m x 10s1 = 20 m/s Ejempo 10.5π − 0. k y ω en esta expresión. expresada en e sistema CGS. a diferencia de fase ara una longitud de onda λ es 2π.27 cm 3(1. a frecuencia anguar.25πx 2 − 1.25) .8πt π rad El desfase entre esos dos untos en todo instante será igual a π rad. 103 Hz. T = s f 1 1 ⇒ f = = 10 = cm . c) La istancia que existe entre os partículas qu e se encuentran esfasa as 120°. Calcúlese: a) La iferencia e fase para os p osiciones e una misma partícula que se presentan en intervalos e tiempo separa o s 5 x 104 s.75 cm. b) La iferencia e fase en un etermina o instante entre os partíc ulas que istan entre sí 2. La veloci a e propagación e una on a es e 330 m/s. v 330 1 λ = = 3 = 0. Solución. ω = 20π r rad/s .33m . y su frecuencia.27 cm 2π 6 ϕ ⎞ ⎛x t yosen 2π ⎜ − + ⎟ ⎝ λ T 2π ⎠ que compara a con la a a: Ejemplo 8. T 2 k = 4 cm −1 . 1⎞ ⎛ y ( x. ϕ = v = λf = 1 × 10 = 5 cm/s 2 π 4 rad . T = = 10− 3 s f 10 f 7 .6 = 0.6 × π y ( x. t ) = yosen (kx − ωt + ϕ ) = 3 = 1.3 : d= 1. t ) = 5sen 2π ⎜ 2 x − 10t + ⎟ 8⎠ ⎝ 1 resulta: y0 = 5 cm . Solución. t ) = 5sen 0.Movimiento onduatorio y ondas Ejempo 11. roagándose en la cuerda con una velocidad de 10 cm/s. y1 (x. obtenemos: n s 8 v y 2 (150. b) Velocidd máxim de ese punto. t ) = y0sen 2π ⎜ + + ϕ ⎟ ⎝λ T ⎠ ⎛t ⎞ ⇒ y ( x.2π → T = 10 s . y2 (x.2πt . k1 π s 5π 5 cm ω = v2 = 2 = k2 4π 4 s = =8 ω1 8π ⎛x t ⎞ y ( x. t ) = 1 = 32π cos(8πt − πx ) ∂t ∂y 2 v y 2 ( x = −30π cos(4πx − 5πt ) ∂t Cuando x = 10 cm.0 ) = 32π cos πx cos πx = 1 ⇒ πx = nπ ⇒ x = n Pr v y 2 . Las ecuaciones de dos ondas escritas en el sistema CGS vienen dadas or: y1 (x. entonces: v y1 ( x. Determine la ecuación de la onda roducida. t ) = situdo 1 d) ¿En qué inst Posición de l 4sen (8πt − πx ) . entonces: v y 2 (10. nte lcnz su velocidd máxim un punto situdo 1.5 x ) e y2 (x. t ) = 4sen 2π (4t − 0.0 ) = −30π cos 4πx y ara que sea máxima: y ara que sea máxima: Ejemlo 12. t ) = 32π cos(8πt − 150π ) = 32π cos 8πt si v y1 es máxima. t ) = 6sen (4πx − 5πt ) ∂y a) v y1 ( x. c) Velocidd de fse. será: v y 2 ( y. t ) = −30π cos(40π − 5πt ) = − 30π cos 5πt cm b) En valor absoluto: v y1 max = 32π . ϕ = 0 T A emás como De aquí v y1 (150. t ) = −30π cos(600π − 5πt ) = − 30π cos 5πt En el máximo: v y 2 será: λ = vT → λ = 10 × 10 = 100 cm t ⎞ ⎛ x y ( x. = 0.5 m del foco? e) os puntos que tienen velocidd máxim en t = 0. entonces: cos 8πt = 1 ⇒ 8πt = nπ ⇒ t = En d) Pr x = 150 cm. de un punto 0 cm del foco. t ) = y0sen 2π ⎜ + ϕ ⎟ ⎝T ⎠ Compa . Solución. Sometemos a extremo de una cuerda a un virador que e produce una onda sinusoida. Si a ecuación de a viración escri ta en e sistema y = 5sen 0. La ecuación de la onda que se roaga el sentido negativo del eje OX es: Hugo Medina Guzmán c) v1 = cm . t ) = 6sen (4πx − 5πt ) cos 4πx = 1 ⇒ 4πx = nπ ⇒ x = n 4 Clculr en cd cso: ) Velocidd en función del tiempo. t ) = 5sen 2π ⎜ + ⎟ ⎝ 100 10 ⎠ n cos 5πt = 1 ⇒ 5πt = nπ ⇒ t = s 5 e) Pr t = 0.2πt 2π y0 = 5 cm . Por este efecto se roaga or la cuerda una onda tr ansversal que tiene or ecuación: y ( x. Sometemos al extremo de una cuerda tensa a un vibrador que le roduc e vibraciones sinusoidales. expresada en e sistema CGS. c) Tiempo que tarda en comenzar a virar una partícua de a cuerda situada a 10 cm de extremo en que se encuentra e virador y ecuaciones horarias de movimi ento de e1a [ y (t ) . d) Diujar a forma que tiene a cuerda [ y (t ) ] cuando han transcurrido 5.0 ) = 10 sen 0 = 0 ∂y v ( x.8t ) . t ) = = −8π cos π (1. veocidad de propagación y ongitud de onda . t ) = 32π cos(8πt − 10π ) = 32π cos 8πt Ejemlo 13.6 x − 0.0 ) = −8π < 0 La ecuación dada nos determina que en el extremo de la cuerda en que se encuentra al vibrador x = 0 y ara 8 .625 s de comienz o de a viración (perfi de a onda). t ) = 10 senπ (1. tendre mos: y (0. a (t ) ] una vez transcurrido éste. Soución.8t ) ∂t ⇒ v(0. a) ¿Qué condiciones iniciaes nos determinan esta ecuación de onda? ) Determínese para esta onda su ampitud. a) Si hacemos x = 0 y t = 0.v y 2 max = 30π s v y1 (10.6 x − 0. v(t ) . La onda se roaga en la dirección ositiva del eje x. d) t = 5.5625cm 1.25) Intersección con eje y: x = 0 ⇒ x4 corresponde n = 4 x− 4 = VELOCIDAD DE PROPAGACIÓN EN FUNCIÓN DE LAS PROPIEDADES DEL MEDIO.8 x − 0.5 x− 2 = = 1.5cm/s y 0 = 10 cm . Form simple de c lculr l velocidd de l ond en un cuerd en función de ls propieddes del med io.4 v = λf = 1. . con lo que la gráfica (forma de la cuerda en ese instante ) será la de ⎛x t⎞ y (x. t ) = y 0 sen 2π (kx − ωt ) = y 0 sen 2π ⎜ − ⎟ ⎝λ T ⎠ Comparán ola con la a a: y ( x. y a forma de a cuerda hasta esa partícua será 8 “uces” hacia aajo de eje y y otros tantos hacia arria). λ = c) La partícua comenzará a virar transcurrido un tiempo t. y.4t ) dt dv d 2 y = 2 = −6.4t ) a(t ) = dt dt x3 corresponde a n = 3 Osérvese que e origen de as eongaciones para este movimiento viratorio armónico se encuentra a 20 s de comienzo de a actuación de virador.8t ) = 10 sen 2π (0. (E tiem po 20 s = 8 T nos indica que han transcurrido 8 períodos y. que esta estirada or una fuerza de tensión T.4Hz .9375cm 1. a partícua se encuentra en fase con e virador. T 0. f = = 0.1875cm 1. Un ulso se roaga en la cuerda.8 x − 2.8 1 1 T= = 2.6 corresponde n = 2 L ecución es Psdo éste.6 Hy cinco vlores de x pr y ( x ) . l prtícul comienz vibrr con movimiento rmónico de ecución: x = 10c m ⇒ y (t ) = 10 sen 2π (8 − 0.4π 2 sen 2π (8 − 0. b) Como la ecuación gen eral de una onda sin fase inicial ( y = 0 ) es: Hugo Medina Guzmán lo que quiere decir es que a artir de esta distancia la cuerda se encuentra en reoso. E signo menos de a veocidad nos indica que comienza a moverse hacia aajo (sentido negativo de eje y). por tanto.8 x − 2.5 x0 = = 2.6 x − 0.25 × 0. t ) = 10 senπ (1.5 = 0.25cm .4 = 0.3125cm 1.8125cm 1.5 x−1 = = 2. Supongmos que tenemos un cuerd de ms por unidd de longitud μ .4t ) De aquí 1 = 1. x0 corresponde n = 0 ⇒ 0 + 4.5 x− 3 = = 0. a partícua se encuentra a 8 λ = 10 cm de distancia de origen.25) = nπ ⇒ n + 4.5s .5 x= 1.625 s ⇒ y ( x ) = 1 sen 2π (0. 0.6 x1 corresponde n = − 1 + 4.4t ) Luego: ⇒ − 2 + 4.Movimiento ondulatorio y ondas t = 0 es cuando comienza a actuar el vibrador con movimiento vibratorio armónico dirigido hacia abajo (en el sentido negativo del e je y. por tanto.6 v(t ) = dy = −8π cos 2π (8 − 0. ta que: x = vt ⇒ t= x 10 =20 s = v 0.6 ⇒ − 3 + 4.6 − 4 + 4.5 y ( = 0 1 ⇒ x2 x ) = 0 ⇒ 2π (0. 5 x 5.y (0) = −10 sen 4.8125 λ 1.25 = 2. correspondien te a Tomamos un pequeño eemento Δl e la cuer a se muestra en la figura.5π = −10cm o que nos indica que e virador se encuentra en su máxima eongación (ampitud) y por deajo de origen.625 = 2. 2.25λ = 2λ + λ 4 9 .8125 cm. Intersección con eje x: E trozo de cuerda que se ha puesto en movimiento en ese tiempo será: x = vt = 0. No puede vijr. ara cada una de las ondas que se dan a continuación. si ueden viajar or la misma cuerda simultáneamente con la onda dada . lo que . Diga. pdems ac = ≈ 2 2 Este element. La veocidad de propagación es única. la velcidad de la nda. Este element de la cuerda. Instantáneamente. ¿Por qué? ¿Bajo qué condición? Δθ Δθ − T cs =0 2 2 Δθ ∑ Fy = ma y ⇒ − 2Tsen 2 = −Δmac Δθ v2 . Pdems dibujar una circunferencia de radi R.Movimiento onduatorio y ondas Hugo Medina Guzmán Ejempo 15. en ue R es la amplitud de la nda. y1 . la relación ω1 k1 esta ∑F x = ma y ⇒ T cos determind o fij. cn velcidad v. cnsiderad bien pe ueñ. de lngitud. es cm si este element de cuerda estuviese en m vimient en una trayectria circular de radi R. está en el lad de un triángul cuy ángul puest está dad pr Δθ . está sujet a la ten sión de la cuerda en ls ds sentids de prpagación de la nda. y1 = Asen (k1 x + ω 2 t ) y 2 = Asen (k 2 x + ω1t ) y 3 = Asen (k 2 x + ω 2 t ) v = T μ = ω1 k1 . en la parte más elevada de la nda. or lo tanto. Cm es pe ueñ. Una onda y = Asen (k1 x − ω1t ) viaja por una cuerda de densidad de masa inea μ y tensión T. se requiere: ω2 k1 = ω1 k1 . Aplicand la segunda ley de Newtn al segment de cuerda Δl y 4 = Asen (k1 x + ω1t ) Siendo ω1 ≠ ω2 y k1 ≠ k 2 Soución. No puede vijr. Solución. de tal modo roor cionando el acceso a una mayor gama de frecuencias fundamentales. La longitud de l a cuerda es fija. La cuerda Si de un mandolina tiene 0. Ejemlo 16. contr lo supuesto.1N = = 2 L 2 L μ 2(0. Si uede viajar. suuesto.nos llev un flsedd. Si uede viajar. a) Probar que la velocidad de ulso transversal en función de la osición cuando se roaga a lo largo de ella es v = = ω1 gx . = 196 Hz Un instrumento de cuerda tal como una guitarra es temlada ajustando la tensión en una cuerda or medio de un tornillo de ajuste manual. or que tienen igual ω1 y k1 es la misma onda que viaja en sentido contrario.1 N . ¿Cuál entonces es la frecuencia fundamental de la cuerda? Solución. Una cuerda de masa M y longitud l cuelga del techo de una habitación. por que similr l cso nterior: = ω1 k1 tmbién nos llev un flsedd contr lo Reemplzndo: Δθ T v2 = μRΔθ ⇒ T = μv 2 y v = 2T 2 R μ Obtenemos la velocidad de la onda en la cuerda en función de las roiedades de la cuerda: su tensión y su densidad lineal. Ejemlo 14. así que el ajuste de la tensión da la frecuencia fundamental. ω 2 = ω1 ω1 k2 y 2 . Otra s frecuencias fundamentales ueden ser alcanzadas acortando la longitud de la cu erda resionando en un traste.004 kg m libre. bajo la condición: ω2 k2 k1 y 4 . b) Probar que un ulso transversal recorrerá la cuerda en un tiemo 2 l g .34m ) 0. siendo x la distancia al extremo f1 = v 1 T 1 71. El tornillo de ajuste manual unido a la cuerda se ajusta ara roorcionar una tensión de 71. k 2 = k1 y 3 .004 kg/m. varias cuerdas de diversas densidades se utilizan ara dar una gama de las velocidades de la onda. 10 . Finalmente.34 m de largo y tiene una densidad linear de 0. . cuya masa es μx y su = μgx = gx μ b) ara encontrar el tiemo de recorrido del ulso ⎛ ∂y ⎞ ⎛ ∂y ⎞ ⎟ . Como la velocidad de roagación de una onda en una cuerda tensa es v = T μ . tan α 2 = ⎜ ⎟ ⎝ ∂x ⎠1 ⎝ ∂x ⎠ 2 Δx y. obtenemos ∂ y T ∂ y = μ ∂x 2 ∂t 2 2 2 Ecuación diferencial del movimiento.Movimiento ondulatorio y ondas Hugo Medina Guzmán a) La velocidad del unto P es v= T μ . considerndo el cso prticulr de l ond tr nsversl en un cuerd. Como tan α 1 = ⎜ en ese punto es ebi o a la cuer a que cuelga eso T = μgx . ⎡⎛ ∂y ⎞ ⎛ ∂y ⎞ ⎤ ⎢⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎥ ∂ 2 y T ⎣⎝ ∂x ⎠ 2 ⎝ ∂x ⎠1 ⎦ = Δx ∂t 2 μ Llevando al límite cuando Δx → 0. resultdo que es generl tmbién pr los demás csos. la tensión T ∂2y denota la aceleración vertical del elemento de ∂t 2 cuerda. Onds trnsversles en un cuerd. Luego v e longitu x. Δm = μΔl = μ ≈ μΔx cos θ ⎡⎛ ∂y ⎞ ⎛ ∂y v= x x = gx ⇒ dt = dt gx l 0 se tendrá μ Δx ó ⇒ t=∫ dx l =2 g gx ECUACION DE LA ONDA. En est prte trtremos l ecución de l ond y su solución. Estas fuerzas son de igual mag nitud que la tensón de la cuerda. podemos c onsiderr que. De mner similr podemos encontrr l velocidd de propgción de l on d pr: ) Onds longitudinles en un brr de metl de densidd ρ módulo de elast icidad Y. Sobre esta cuerda esta viajando una onda transversal. α ≅ tnα Luego. y que ω k corresponde l velocidd de propgción de l ond. que la ja lan en cada extremo debido al resto de la cuerda. sobre este elemento actúan dos fuerzas externas a él. Sen Expresión válid pr tod ond. or lo que la ecuación diferencial de la onda la escribimos como: La cuerda tiene una masa uniforme μ or unidad de longitud y está sometida a una tensión T. Aplican o la .. 2 ∂t ∂2 y = − Ak 2sen (kx − ωt ) 2 ∂x Reemplzndo cos α 1 ≅ cos α 2 de quí concluimos que T1 ≈ T2 ≈ T L fuerz verticl sobre el elemento es: − Aω 2sen (kx − ωt ) = −v 2 Ak 2sen (kx − ωt ) ⇒ v= ω k ∑ Fy = T sen α 2 − T sen α1 Si los desplzmientos trnsversles de l cuerd no son muy bruptos. Consideremos un elemento de longitud (de 1 a 2) como se m uestra en la figura. ∑F y = T (tn α 2 − tn α 1 ) Que será l fuerz totl net que ctú sobre el elemento Δx consi era o. La fuerza horizontal sobre este elemento es: ∂2 y ∂2 y = v2 2 ∂t 2 ∂x Cuya solución es la ecuación de la onda y = Asen (kx − ωt ) comproación ∑F x = T1 cos α 2 − T2 cos α 1 = 0 si l curvtur de l cuerd no es muy grnde ∂2 y = − Aω 2sen (kx − ωt ) . vL = Y ρ ∑F y = Δma y = Δm ∂ y ∂t 2 2 11 .segun a ley e Newton. Paa el cobe el modulo de elasticidad volumética es 14 x 1010 N/m2 y la densidad es 8920 g/m3. ¿Cuál es la velocidad del sonido en el cobe? Solución. a) El módulo de Young Y puede calculase de Ejemplo 18.8 g /cm3. e Hugo Medina Guzmán vtansvesal = vtansvesal = T μ = Mg ρπR 2 ⇒ vT = G ρ c) Ondas longitudinales en un gas de densidad ρ módulo de compesibilidad volumética B. Y= .3 mm de diámeto. (densidad del aceo. b) La velocidad de popagación de las ondas longitud inales y tansvesales a lo lago del alambe cuando el cuepo está suspendido. 7. A un alambe de aceo (Módulo de Young: Y = 2.8 g/cm3) que tiene un diámeto de 1 mm y 4 m de longitud. lo colgam os del techo.1 g. v= B 150 × 9. sabiendo que 5 m d e este alambe se alaga 0.0 x 1011 N/m2.8 7.5 mm con una caga de 2. b) Calcule la velocidad de po pagación de una onda Solución. Se tiene un alambe de aceo de 1. la densidad es un valo conocido igual a 7. 8 g/cm3) a) Calcule el módulo de Young en el aceo. v= B ρ = 14 × 1010 = 3960 m/s 8920 Ejemplo 19. densidad del aceo: ρ = 7.8 × 10 3 × π 25 × 10 −8 m = 490 s ρ Ejemplo 17. calcula: a) El alagamiento del alambe cuando de su extemo lib e colgamos un peso de 150 g. Donde ρ.Movimiento on ulatorio y on as b) On as transversales en una barra e metal ensi a ρ módulo de elasticidad cotante o de cizalladua G. 5 × 1010 = 4458 m/s 7. emite un sonido fundamental cuando se apoxima un diapasón de fecuencia 21 8 Hz.8 m v= T μ ⇒ T = μv2 m mA = = ρA = (7. a) a) E n este caso λ = 37.8 g/cm3. Solución. ¿cómo se modifica la fecuencia de su sonido fundamental? Solución.8 × 10 3 Ejemplo 20.5 × 10 ) −3 = 15. Una cueda de piano de longitud 40 cm.8 x L LA vlongitudinal = Y 2 × 1011 m = = 5. a) Detemine la tensión a que está sometida.3 ×10 Y F A Fl = = Δl l AΔl (2.8 × 10 s La densidad lineal es: μ = 2 .4 mm2 y densidad 7.4 m/s La veocidad de as ondas transversaes en a cuerda tensa está dada por: 2 = L ⇒ λ = 2 L =0.8 x 218 = 174. b) Si la tensión se multiplica po 4.b) La velocidad de popagación del sonido en el aceo viene dada po [π (1.4 x 103 m ) La veocidad de propagación de as ondas ongitudinaes o arg o de aamre Δl F = ⇒ l YA Mgl 150 × 9.06 × 103 3 ρ 7.8 × 4 Δl = = 2 YπR 2 × 1012 π 25 × 10−8 La veocidad de as ondas es: v = λ f = 0.1 × 9.5 x 1010 N/m2 v= ρ = 15. sección 0.8)(5) −3 2 ) 4](0. 4)2 = 94.103)(0.12 x 10-3 kg/m La velocidad de roagación de las ondas transversales a lo largo del alambre Finalmente T = μ v = (3.12 x 10-3)(174.4 x 10-6) = 3. 12 .9 N b) En este caso la velocidad d e las ondas transversales es: v = 4T μ =2 T μ = 2v . Movimiento ondulatorio y ondas La longitud de onda no cambia y la nueva frecuenc ia será: Hugo Medina Guzmán f = v λ = 2v λ = 2 f = 2 x 218 = 436 Hz. A un resorte cuya masa es 200 g y cuya ongitud natura cuando está co gado de un punto fijo es 4 m. Como vimos anteriormente. A un eemento de masa Δm en el punto P se le a una energía cinética a me i a que un p ulso e on a pasa con una veloci a v . El progreso el pulso a lo l argo e la cuer a correspon e al flujo e energía a lo largo e la cuer a. Soución. en ausencia e amortiguamiento. un pequeño segmento e la cuer a alre e or el punto P e la figura anterior. Otro ti po e pulso. ¿Cuánta energía se ha transferi o al pasar P urante un tiempo t ? Para una on a armónica que viaja en una cuer a . el seg mento se mueve a su posición más alta y empieza e nuevo a bajar. el segmento Δl regresa al reposo y e nuevo no tiene energía cinética. tenien o energía cinét ica mientras está en movimiento. transferiría energía a l o largo e la irección e la propagación e mo o similar. se e pone una masa de 100 g unida a su extremo ire. Cuan o el pulso entero ha pasa o P. El movimiento hacia arriba y hacia abajo proporciona la energía requeri a para iniciar el pulso a lo largo e la cuer a. A me i a que el bor e que encabeza el pulso alcanza P. está en reposo y no tiene energía cinética. la energía total e un oscila or armónico es igual a su energía potencial en el esplazamiento máximo On as longitu inales en un resorte. con masa Δm y longitu Δl . v= Y ρ . el segmento Δl comienza a mo verse hacia arriba. Determinar a veocidad de propagación de as ondas ongitudinaes en e res orte. ca a punto se mueve con movimiento armónico simple en la irección transversal (y) . ρ = A A luego paa el esote v = l o μ . incluyen o un pulso que viaja a través el aire. a ongitud de resorte es 4. Ejempo 21. A me i a que la cresta e la on a pasa el segmento Δl . Cuando esta masa se encuentra en equiirio. paa un esote Y = l o μ . Para el tiempo t = 0. 05 m. 05 m N Mg 0. es decir.1 × 9. po emos acomo ar la ecuación para obtener una constante e 2 salto efectiva k = (2πf ) Δm . nuestra pie siente e caor de as ondas uminosas de so. La energía asocia a con el movimiento e este segmento e la cuer a es entonces ΔE = 1 2 1 2 kA = (2πf ) ΔmA 2 2 2 13 . am piaremos os resutados con e fin de tener una expresión para a energía de una on da armónica.6 × 4 m = 39. A . constante k de osciador (no es e número d e onda k ) y frecuencia es f = 1 2π k . E haa y a música se transmiten por ondas de sonido. Δl = l − l o = 4. a mayor parte de a información que reciimos nos ega me diante ondas. Si tratamos el segmento m de la cuerda como un oscilador armónico con masa Δm que se mueve a la frecuencia f. escuchamos as ondas de sonido. 1 2 kA .2 μ= = = 5 × 10− 2 o 4 m finamente v= k o μ = 19. Además.6 −2 5 × 10 s ENERGÍA E INFORMACIÓN TRANSFERIDA MEDIANTE ONDAS Tenemos a experiencia de energía tra nsferida por ondas en muchas situaciones. 2 Tamién vimos que a reación entre masa.05 m k m 0. Luego. a radio y a teevisión por ondas eectromagnéticas. ¿Cómo depende a energía (y en consecuencia a información) transmit ida por as ondas de as propiedades de as ondas? Para responder esta pregunta antes deemos considerar cómo es transferida a energía por un soo puso.8 F = kΔl ⇒ k = = = 19.l 0 = 4m .05 – 4 = 0.6 Δl 0. La uz refejada por a cua usted ee est a página es una onda. Sentimos a fuerza de una oa en e océa no. la intensi a en watts por me tro cua ra o (W/m2) es: 60 = 10 log10 I I . una on a con el oble e amplitu e otra on a eq uivalente (con la misma frecuencia.0 mm recorre la cuer a.48)(10 )(400π ) (0. Una cuer a e ensi a lineal 480 g/m está bajo una tensión e 48 N.Movimiento on ulatorio y on as Hugo Me ina Guzmán W/m2. Una on a e frecuencia 200 Hz y amplitu 4. on e ρ es la densidad. 2 I= P = 2π 2 ρvf 2 A 2 S . La conversación normal se ensi a correspon e? Solución. S el áea de la ω = 2πf sección transversal y Δl la longitu el segmento e la cuer a.5)(0. ¿A qué nivel e int El parámetro más útil generalmente es la intensi a I . Ejemplo 22. ra s T 48 N m v= = = 10 3 μ 0. ¿Cuál es l intensidd un distnci de 4 m de l fue nte? Solución. o potencia.48 kg m s = 2π (200 ) = 400π P= = (0. que se efine como la potencia que fluye a través e un área uni a . Un fuente emite el sonido uniformemente en tods ls direcciones en un nivel de l energí de 60 W. La sensación e soni o más o menos fuerte epen e e la frecu encia a emás e la intensi a el mismo. ¿A qué razón la on a transporta energía? Solución. el mismo me io) ten rá energía cuatro veces mayo r.004 ) = 61 W 2 2 1 μvμ 2 A 2 2 ΔE = 2π 2 Sρvf 2 A 2 Δt La rapi ez a la cual se propaga la energía a lo largo e la cuer a es la potencia P. la o n a con rapi ez v recorre una longitu Δl = vΔt . esarrolla a cerca e 60 B.⇒ = 10 6 I0 I0 ⇒ I = 10 6 I 0 = 106 W/m2 Ejemplo 24. Así. ΔE = 2π 2 Δmf 2 A 2 Ahora tenemos un resulta o importante: la energía e una on a epen e el cua ra o e la amplitu e la on a. Obtenemos una expresión para la energía transporta a en el tiempo Δt . P= ΔE = 2π 2 Sρvf 2 A 2 Δt Ejemplo 23. En un tiempo Δt . Para encontrar la rapi ez el flujo e energía. e manera que po emos sustituir Δm = ρSvΔt entro e la ecuación para ΔE . observamos que Δm se pue e escribir corno ρSΔl . Para este caso. L potenci se distribuye sobre l superficie de un esfer de áre A = 4πr . El oído humano puede acomodase a un intevalo de intensidades sonoas bastante g ande.30W/m2 2 2 4πr 4πr (4) Ejemlo 25. Nivel de Intensidad. se mide en decieios (dB) I r2 P P y I2 = de aquí 2 = 12 I 1 r2 4πr12 4πr22 I I β 1 = 10 og10 1 = 90dB . A una distancia de 5 m de una fuente el nivel de sonido es 90 dB. que corresponden a intensi dades a partir de 1012 W/m2 hasta cerca de 1 β 2 = 10 og10 Luego I2 I = 50dB . β . la fecuencia y la amplitud apopiada paa cualquie onda amónica viajea. dan la dependencia coecta de la densidad del medio. y se define: I= P 60 = = 0.Aunque este esultado lo hemos deivado paa el caso especifico de ondas en una cueda. se utiliza una escala logaítmic a paa descibi el nivel de intensidad de una onda sonoa. En esta escaa. donde I es a intensidad de sonido. e I0 I 0 es un nive de referencia cuyo vaor es de 1012 W/m2 que escogemos como a unidad de audición. la velocidad de la onda. Debido a este gan intevalo y a que la sensación fisiológica de fue za sonoa no vaía diectamente con la intensidad. ⇒ 2 = 10 5 I0 I0 I 2 10 5 r2 = 9 = 10 − 4 = 12 I 1 10 r2 ⇒ r2 = 10 2 r1 = 500 m 14 . β = og I . ⇒ 1 = 10 9 I0 I0 I1 = Similrmente. e intervao de int ensidad sonora para e oído humano es de 0 dB a 120 dB. hasta 1 w/m2 apoximadamente que poduce sensación doloosa en la mayoía d e las pesonas. El nivel de intensidad. desde 1012 W/m2 apoximadamente (que nomalmente se toma como umbal de audición). ¿A q ué distancia el nivel ha bajado a 50 dB? Solución. b) Un nillo está fijo. Prim er Cso. l ond reflejd tiene un mgnitud igul l de l ond incidente . un pulso de ond que vij lo lrgo de l cuerd se refl ej cundo lcnz ese extremo (ve figur). Est invers ión sucede porque medid que el pulso encuentr l pred.Movimiento ondultorio y onds Hugo Medin Guzmán REFLEXION DE ONDAS Ahor veremos que sucede con un ond l llegr un extremo que l confin. 15 . En un medio linel. Entre dos brrs prlels se mntiene tens un cuerd medinte dos nillos. E st propiedd de ls onds que quí introducimos se plic tods ls onds. ést se mueve en respuest l pu lso. Segundo Cso. A medid que el extremo de l cuerd empiez regresr su posición. s e puede plicr el principio de superposición pr obtener l perturbción resultnt e. A med id que el pulso lcnz el extremo de l cuerd. onds sonors. cundo dos o más onds se mueven e n el mismo medio linel. El término interferenci se empleó pr describir el efecto producido l combinr do s onds que se desplzn simultánemente trvés de un medio. Luego veremos el cso en que l cuerd tiene posibilidd de desplzmiento verticl en el punto de tdur. Ejemplo 26. c) Están fijos los dos nillos. como se indic en l figur. Este principio es plicble muchos tipos de onds. justmente como si el movimiento fin l se debier lgun fuerz extern. El resultdo es un pulso exctmente igul l pulso de ond incidente. De nuevo. PRINCIPIO DE SUP ERPOSICIÓN DE ONDAS INTERFERENCIA Trtmos en este punto el efecto combindo de do s o más onds que vijn en el mismo medio. El principio de superposición estblece que. Extremo Libre Si l cuerd tiene libertd pr moverse en su extr emo lejno. Pero en este cso vemos que l ond reflejd tiene l mism dirección de desplzmiento que l ond incidente. l ond no se detiene repe ntinmente. inici un pulso inverso lo lrgo de l cuerd. de c uerdo con l tercer ley de Neton. p rimero veremos cundo el extremo est rígidmente tdo l pred y l cuerd no tienen posibilidd de desplzmiento en ese punto. incluyendo ls onds en cuerds. sin embrgo. l fuerz hci rrib del pulso en el extremo tir hci rrib sobre l pred. Se perturb l cuerd prtiendo de un des plzmiento inicil como el indicdo en l figur (muy exgerdo en l mism). esto es. L longitud de l cuerd es d y l velocidd de propgción de ls onds trnsvers les en dich cuerd es v. E st fuerz de rección hce que l cuerd estlle hci bjo. pr este estudio considerremos un perturbción en un cuerd. Cuánto tiempo trnscurrirá hst que l cuerd lcnce un estdo igul l representdo si: ) Los nillos pueden moverse libremente lo l rgo de ls brrs. Pero vijndo en el sentido contrrio. Si no se disip energí en el extremo lejno de l cuerd. l pred tir hci bjo sobre l cuerd. l dirección de desplzmiento se invertirá (ve figur). l ond resultnte en culquier punto es igul l sum lgebric de los desplzmientos de tods ls onds componentes. en un med io en que l fuerz de recuperción es proporcionl l desplzmiento del mismo. Como resultdo. inicindo un pulso reflejdo que se lej con un mplitud invertid (o negtiv). Principio de superpos ición. Extremo fijo Cundo el pulso de un ond lleg l extremo más lejdo de un cuerd que est fij un pred en ese extremo. sino que es reflejd. onds superficiles en el gu y onds electromgnétics. ) Si los nillos pueden moverse lo lrgo de ls brrs. Como se preci en l figur el mínimo centrl Luego. y el máximo en un tiempo: t3 = 2d v Solución. L propgción sigue los psos de l figur. Onds con l mism Amplitud y frecuenci. pero difieren en fse se pueden expresr sus funciones de ond indi vidules como y1 = Asen (ωt − kx ) e y 2 = Asen (ωt − kx − ϕ ) La función e on a resultante y se obtiene hacien o y total = y1 + y 2 = Asen (ωt − kx ) + Asen (ωt − kx − ϕ ) Emplean o la i enti a trigonométrica siguiente: senA + senB = 2 cos Se pro uce un mínimo en el centro en el instante: Se obtiene ( A − B ) sen ( A + B ) 2 2 t= / 2 / 2 2 + + = y el tiempo necesario v v v v ϕ⎤ ⎛ ϕ⎞ ⎡ y total = ⎢2 A cos ⎥sen⎜ kx − ωt − ⎟ 2⎦ ⎝ 2⎠ ⎣ pr que se produzc el máximo en el centro es el 4d doble que el nterior. Se plicrá el pr incipio de superposición dos onds rmónics que vijn en l mism dirección en cie rto medio. Si el sentido de vnce es el del semieje positivo de ls x. pues es de l form f ( x − vt ) o bien f (kx − ωt ) .Movimiento ondultorio y onds Hugo Medin Guzmán se produce en t = d / v . longitud de ond y mplitud. y tienen l mism frecuenci. es decir: t 2 = v c) Con los dos extremos fijos hy cmbio de fse en mbos. 16 . observmos el movimiento resultnte es nuevmente ondultorio. cundo los pu lsos de l figur llegn los extremos l reflexión se reliz sin cmbio de fse . El máximo centrl se produce en el instnte t1 tl que: t1 = 2 d /2 d ⇒ t1 = v v b) En el nillo fijo se produce cmbio de fse en l reflexión. ONDAS QUE VIAJAN EN LA MISMA DIRECCION. El estetoscoio. Este tio de suerosición se denomina interferencia constructiva.. Es muy impor tante que el piloto e un avión oiga lo que suce e a su alre e or. or udor. es decir. entonces cos alabras. la onda resultante es el doble de amlia que las ondas individuales. Si ϕ = π (o cualquier múltilo imar de veces ) π.T. pero con desfse respecto y1 y − Hugo Medin Guzmán Si 0 < ϕ < π la onda resultante tiene una amlitud cuyo valor está en tre 0 y 2A. En otras ϕ = 0. Laennec..H. or lo que se acostumbró a utilizar un tubo de ael. entonces cos ϕ 2 = 0 . Si = 1 y la 2 amplitu e la on a resultante es 2 A . las crestas y los valles de las ondas individuales ocurren en las mismas osiciones . pero el rui o el motor representa un problema. Esta on a es emiti a. La interferencia estructiva pue e ser muy útil. los pilotos pue en usar unos auricular es especiales conecta os a un micrófono que registra irectamente el soni o el mo tor.. APLICACIONES: El estetoscoio y la cancelación de ruidos. Este in strumento fue inventado en 1816 or el médico francés R. En los aut . La figura muestra un desfase ϕ ϕ 2 2 ϕ=− π resecto a y 2 2 La amlitud de este movimiento ondulatorio es ϕ⎤ ⎡ ⎢2 A cos 2 ⎥ . vemos que es iferente al e sus ⎣ ⎦ ϕ componentes y con la característica fun amental que epen e e ϕ . e forma que neutraliza la primera. Un sistema en los auriculares crea una on a inversa a la que llega a través el micrófono. Por eso.Movimiento ondultorio y onds L ond resultnte tiene igul frecuenci y longi tud de ond que sus componentes. Posteriormente erfe ccionó la idea alicando el rinciio de interferencia constructiva. 4π. A este hombre. E n este caso se dice que las ondas están en fase en todos los untos. 2π. no le agradaba la idea de alicar su oreja sobre el echo de las ac ientes. y la on a resultante tiene Cancelación e rui os. En este caso la cresta e una on a coinci e co n el valle e la otra y sus esplazamientos se cancelan en ca a punto.omóviles se está experimentan o con un sistema similar. amplitu cero en cualquier parte. Este tipo e superposición se enomina interferencia estructiva. 17 . 06sen⎜ x1 − πt ⎟ + 0.16. y = y1 + y 2 Δx = x1 − x 2 = x − ( D − x) = 2 x − D MÁXlMOS: v D n v ⇒x= + f 2 2 f 1 1 340 n = −1 ⇒ x1 = − = 0. La fuente 2 envía ondas en e sentido x. con lo que los únicos untos serian los de la mediatriz del segmento F F.06senπ t m y 2 = 0. tal que y1 = A1sen (kx1 − ωt ) . En consecuencia. Ejemplo 28. La fuente 1 envía ondas en el sentido +x. ara que se roduz ca anulación total en un unto.50. si los hay. (v = 340 m/s). 0.84m Δx = n λ ⇒ 2 x − D = n Los máximos están en vlores de x igul 0. ta que y 2 = A2 sen (kx 2 + ωt ) rad m ω como ω = π . la diferencia de camin os a los focos es: ⇒ k= ω v = π 3 m También A1 = 0.05senπt − 0.06senπt + 0. b) Desde un unto P del segmento F a distancia x de F. emiten en fase s onidos de 500 Hz de frecuencia con la misma intensidad. ¿Cuál es la ecuación del movimiento de una artícula a 12 m de la rimera fuente y a 8 m de la segunda? Solución. x=D Referido a la figura.50m n = +1 ⇒ x3 = 0. en los que no se registra sonido. Ejemlo 27. Los restntes máximos y mínimos se loclizn fuer del segmento F F'. no hay ningún unto a distancia finita en el que la intensidad resultante sea nula .84 m MÍNIMOS: ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ = 0. b) Obtener la osición d e los máximos y mínimos de intensidad que se registran a lo largo del segmento FF. que vibran con la misma fase roducen en la su .33 m. Dos focos untuales F y F. 0. éste deberá equidistar de F y F.06 m y A2 = 0.02 m La erturbación resultante en el unto x1 = 12 m. ero recisamente en esos untos las dos amlitudes se suman or estar los focos en fase. x2 = -8 m es.67 m Los mínimos están en vlores de x igul 0.67 m.y v= =3 s k s Solución. a) Si consideramos que ambos sonidos se roagan con frentes de ondas es féricos y que or tanto la amlitud disminuye con la distancia. Dos Fuentes seprds 20 m vib rn de cuerdo ls ecuciones y1 = 0. Dos fuentes F1 y F2.02senπ t m Ellas envían onda s de velocidad 3 m/s a lo largo de una varilla.Movimiento on ulatorio y on as Hugo Me ina Guzmán n = 0 ⇒ x2 = 0.0173 cos πt Ejemlo 29. searados entre si 1 m.02 ⎢− senπt − cos πt ⎥ 2 ⎣ 2 ⎦ = 0. a) Obtener la osición de los untos.02sen⎜ x 2 + πt ⎟ ⎝3 ⎠ ⎝3 ⎠ ⎛ 12π ⎞ ⎛ 8π ⎞ + πt ⎟ − πt ⎟ + ⎠ ⎝ ⎡ 1 ⎤ 3 = 0.16m 2 2 500 n = 0 ⇒ x2 = 0. 0. 4π x ) (en cm) Δx = (2n + 1) λ ⇒ x= Determine l mplitud de l ond que se produce por interferenci en un punto P que dist 25 cm de F1 y 15 cm de F2. Solución.2π x ) (en cm) D (2n + 1) v + 2 4 f 2 1 1 340 n = −1 ⇒ x1 = − = 0. 18 .erficie libre del agua ondas reresentada or las ecuaciones: y1 = 8sen (20π t − 0.33m 2 4 500 y 2 = 4sen (40π t − 0. x2= 15 cm): y1 = 8(.4π x .cos40π tsen6π ) Con sen cos π = 0 . O n as que ifieren tanto en Frecuencia como en Amplitu Sean las on as y1 e y2 qu e ifieren tanto en frecuencia como en amplitu y1 = A1sen (ω1t k1 x ) = A1senθ1 e y 2 = A2 sen (ω 2 t k 2 x ) = A2 senθ 2 δ = π 4 . Solución.Movimiento ondultorio y onds Usndo l relción Hugo Medin Guzmán sen ( A − B ) = senA cos B − cos AsenB : y1 = 8(sen 20π t cos 0. de modo que todos ellos exigen cierta habilidad en e l cálculo trigonométrico. Ejemlo 30.2π x .cos20π tsen5π ) y 2 = 4(sen 40π t cos 6π .cos20π tsen 0.cos40π tsen 0.4π x ) y1 = 8(sen 20π t cos 5π . le corresonde una Si las ondas comonentes difieren tanto en frecuencia como en amlitud.2π x ) y 2 = 4(sen 40π t cos 0. existen varios modos de combinarse. A una diferencia de fase distancia: Δx = La amplitu e la on a que se pro uce por interferencia en un punto P es 4 cm. si su diferencia de fase es π/4. Do s ondas armónicas de amlitudes 2 y 4 cm viajan en la misma dirección y tienen idéntic a frecuencia. En general esta suerosición no es simle. cos5π = cos π = −1 y sen 6π = cos 2π = 0 . uesto que tanto la amlitud como l a fase resultante ueden ser funciones del tiemo y de la osición. calcúlese la amlitud de la onda resu ltante.sen 20π t ) = −8sen 2π t y 2 = 4(sen 40π t ) = 4sen 2π t La suma: y = y1 + y 2 = −8sen 2π t + 4sen 2π t = − 4sen 2π t Si se desea la onda resultante uede sumarse a una tercera onda y así sucesivament e. Si onemos θ 2 = θ 1 + δ y esarrollamos δ k = λδ π = 2π 8 y como la amlitud de la onda resultante verifica: Ao2 = Ao21 + Ao22 + 2 Ao1 Ao 2 cos δ Sustituyen o: sen (θ 1 + δ ) = senθ 1 cs δ + cos θ1senδ y = y1 + y 2 = A1senθ1 + A2 senθ 2 = A1senθ 1 + A2 (θ 1 + δ ) = ( A1 + A2 cos δ )senθ 1 + A2 senδ cos θ 1 (1) y = Asen (θ1 + φ ) = A cos φ senθ1 cos θ1 A = . cos6π = cos 2π = 1 Obtenemos: En el unto P (x1 = 25 cm. ¿cuáles son l a longitu e on a. se encuentran posiciones en las que no se percibe soni o. En las proximi a es e la ramificación A se pro uce un soni o que se escucha ponien o el oí o en B. e nuevo. es e que no se percibe soni o hasta que. 340 m/s.6 cm Esta exresión uede recombinarse en la forma de una sola onda (2) Igualando coefi cientes de (1) y (2) obtenemos las ecuaciones: A cos φ = A1 + A2 cos δ y Asenφ = A2 se nδ Eleván olas al cua ra o y suman o obtenemos el valor e A: A= 2 A12 + A2 + 2 A1 A2 cos δ Y ivi ién olas obtenemos el valor e φ: tan φ = A2 senδ A1 + A2 cos δ Ejemplo 31. se eja e percibir.= A21 + A22 + 2 A1 A 2 cs δ 4 + 16 + 16 cos π 4 = 5. 19 . El aparato e Quincke consta e os tubos en U. ¿por qué? Si el esplazamiento lateral que hay que ar al tubo 1. la frecuencia y el perío o e las on as sonoras? Veloci a e propagación el soni o en el aire. es e 25 cm. pu ién ose eslizar la s ramas e uno e ellos entro e las ramas el otro. Deslizan o el tubo 1 entro el 2. Los puntos de máxima ampitud ( 2A) se aman vientres o antino dos. En a segunda posición e sonido ha recorrido en a rama A 1 B. es una ongitud de onda. En eos se dee cumpir: 340 = 680 Hz λ 0. ………. con respecto a a posición anterior. 1. pero con a particuaridad que a ampitud no es a misma pa ra cada partícua de medio. En eos se dee cumpir: senkx = 1 ⇒ kx = (2n + 1) π ⇒ 2π λ x = (2n + 1) π 2 2 . con a posición (en un movimiento onduatorio a ampit ud es igua para cuaquier punto). Una partícua en cuaquier punto dado x ejecuta movimiento armónic o simpe conforme transcurre e tiempo. ONDAS ESTACIONARIAS Un tipo de supe rposición de ondas especiamente interesante es e que tiene ugar entre dos ondas de idénticas características pero propagándose en sentido contrario. La ampitud esta dada por 2A sen kx. Los punt os de mínima ampitud (nua) se aman nodos.Movimiento on ulatorio y on as Hugo Me ina Guzmán y1 = Asen (kx − ωt ) e y 2 = Asen (kx + ωt ) . 2. 50 cm más que en a A 2 B (25 en a parte superior y de 1 y 25 en a inferior). Las ondas resut antes recien e nomre de ondas estacionarias. e ex ceso de recorrido que hace e sonido. No se perciirá sonido cuando a diferencia de rec orridos A 1 B y A 2 B sea un número impar de semi ongitudes de onda. a suma de estas ondas nos da: y tota = y1 + y 2 = Asen (kx − ωt ) + Asen (kx + ωt ) . 3. Si en taes condiciones se despaza e tuo 1 hasta dejar de nuevo de perciir sonido. Po r tanto: λ =50 cm y tota = 2 Asenkx cos ωt E movimiento resutante no es onduatorio.5 1 1 T= = s f 680 f = v = ONDAS IGUALES VIAJANDO EN SENTIDOS OPUESTOS. Nótese que todas as partícuas viran con a misma frecuencia. pues no se propaga a no ser de a f orma f ( x − vt ) . pues no impican un movimiento d e avance de a perturación senkx = 0 ⇒ kx = nπ 2π ⇒ x = nπ ⇒ x=n λ λ 2 Para n = 0. haciendo uso de a suma trigonométrica Soución. mediando entre un nodo y un antinodo hay una distancia de λ/4. ires y fijos. La energía se mantiene estacionaria. 20 . tan sóo difieren en e sentido de avance de a perturación. tanto los nodos como los vientre s aarecen a intervalos de longitud λ/2. Este tipo de ondas están asociadas a refexiones en os ímites d e separación de medios de propiedades diferentes. e extremo de a cuerda unido a un punto fijo en una pared sería un ímite fijo. por e contrario.………. E nudo de unión de dos cuerdas de diferente groso r sería un ejempo de ímite ire. Por o tanto e movimiento r epetimos no es onduatorio. p ero está desfasada π radianes resecto a la onda incidente Consideremos en rimer lu gar las ondas estacionarias (que se roagan en el eje x) or reflexión en un límite libre. 3. 2. 1. en u n ímite fijo a onda refejada posee as mismas características que a incidente. no transportan energía. at ernando entre cinética viratoria y potencia eástica. Por e contrario. e nomre proviene de hecho que podemos anaizaro como superposición de ondas. A no propagarse as o ndas estacionarias. Vimos anteriormente que en un ímit e ire a onda refejada tiene as mismas características que a onda incidente. La función de onda resultante será: Así ues. Dichos ímites pueden ser ásicament e de dos tipos.⇒ x = (2n + 1) λ 4 Para n = 0. La figura muestra a envovente de una onda estacionaria. 3. =0 ϕ =π 2 ∂y π⎞ ⎛ c) v y = = y oω cos⎜ ωt + ⎟ = − y oωsenωt ∂t 2⎠ ⎝ ⎛ 2π λ π ⎞ y o ⎛ λ ⎞ = 2 cos .Movimiento onduatorio y ondas Hugo Medina Guzmán Ejempo 32. violín. imonen restricciones a la hora de formarse ondas estacionarias en el me dio corresondiente. t anto en x=0 como x=L se habrán e ar no os. ara. no siendo a misma para cada una sino que vari a con a posición (x) de cada partícua.Límite fijo: (como en los instrumentos musicales. que son múltiplos de l fundmentl. tnto l frecuenci como l longitud de ond sólo pu eden tomr determindos vlores. y cada partícua vi ra siempre con a misma ampitud. c) Calcular la velocidad de un u nto del medio cuya distancia al origen sea 1/4 de la longitud de onda. a ) Condiciones de contorno Las condiciones en los límites. resulta: (1) L=n λn 2 ⇒ λn = 2L n v 2L Por o tanto. 2.. L frecuenci más b j de l serie recibe el nombre de frecuenci fundmentl. es decir. Aplican o la con ición e no o en un lími te fijo.…………. en ellos se tendrán que dar nodos necesariamente. a) Comprobar que la superposición e ambas a lugar a una on a estacionaria. Por tnto. llamadas condiciones de co ntorno. Límite fijo . virando en e pano xOy y dadas por: y1 = As en (ωt + kx ) . fn = v λn ⇒ fn = n Pr n = 1. 4. Así. b) Si en x = 0 ha e haber un no o e la on a est acionaria. Solución. y si uno es libre y el otro es fijo se habrán de dar antinodo y nodo resectivamente. virando todas as partícuas con idéntico periodo. y 2 = Asen (ωt − kx + ϕ ) . comprobar que el valor e ϕ ebe ser π. y ls restntes. la cuerda esta fij a en sus dos extremos) y = y1 + y 2 = Asen (ωt + kx ) + Asen (ωt − kx + ϕ ) ϕ⎞ ⎛ ϕ⎞ ⎛ = 2 Asen⎜ ωt + ⎟ cos⎜ kx − ⎟ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ ϕ⎞ ⎛ Llmndo: y o ( x ) = 2 A cos⎜ kx − ⎟ 2 En este caso las con iciones a imponer son que. etc. están cuntificds. a expresión (1) es a ecuación de a onda estacionaria puesto que cua quier partícua en un punto dado x efectúa un movimiento armónico simpe a transcurr ir e tiempo. si los límites son fijos. reciben el nombre de rmónicos. si ambos límites son libres se darán antinodos.. ) y o (0 ) = 0 o en términos de frecuencias. Por un medio unidimensiona (dirección de eje Ox) se propagan dos ondas transversaes. si la longitu el me io es L. Soución. y = Asen (kx − ωt ) − Estas frecuencias posies en a cavidad formada por os ímites fijos. La on a y1 = Asen (kx − ωt ) viaja por u na cuerda. Hagamos y = y1 + y 2 . Después de refejarse se convierte en y2 = − A sen (kx + ωt ) . se denomin an modos de a cavidad A sen (kx + ωt ) = 2 A A A sen (kx − ωt ) + sen (kx − ωt ) − sen (kx + ωt ) 2 2 2 21 .ϕ En tal punto existe un vientre. Ejemplo 33. Que es o que se otiene de 2 a cominación de estas dos ondas. 47 N ⎝ s ⎠ kg ⎞⎛ 10 −6 π ⎞ ⎛ ⎟ μ = ρA = ⎜ 2000 3 ⎟⎜ m ⎠⎜ 4 = = 38. Cacuar a frecuencia de sonido fundamenta emitido por una cuerda de 1 m de ongitud y 1 mm de diámetro. v= ⇒ v máx = Aω = 0.050 m de un extremo de a cuerda. de ongitud = 0. Ecuación de una onda estacionaria: 1 T 1 T f = 2 f = ⇒ f '= 2 f = 2L μ 2 L 4μ Relacionando f y f’: y = 2 Asenkx cos ω t . cuya densidad es 2 g/cm3 y está tensa por un peso de 9231. esta sometida en uno de sus extremos a osciaciones sinusoidaes de frecuencia f = 120 Hz. d) La amp itud de osciación de un punto de a cuerda situado a 0.40 m . esta frecu encia corresponde a uno de os modos resonantes de a cuerda y se oserva que en tre sus extremos aparecen 4 antínodos ó vientres cuya ampitud de osciación es A = 2 cm.80 m.02 × 240π = 4. λ = 0. v = λ f = 0. Se supone que ambas e miten el soni o fun amental.050 m de un extr emo de la cuerda.8 Hz 2(1) 1. Una cuerda horizonta. Soución. Una cuer a está estira a por un peso e 10 N. c) La ampitud de osciación d e un punto de a cuerda situado a 0. Cacuar: a) La veocidad de propagación de as ondas. f = 120 Hz. Soución.40 × 120 = 48 m/s dy = Aωsenω t dt ) La veocidad y aceeración máxima que puede acanzar un punto de a cuerda. La frecuencia de sonido emitido por una cuerda es: fn = n T 2L μ m⎞ ⎛ T = (9.8 2 ⎟ = 90. Ejempo 34.57 × 10 −3 Ejemplo 35. Ejempo 36.6 g.125 m de un extremo de a cuerda.2316kg )⎜ 9. a) La veocidad de propagación de as ondas. Calcular el peso que eb e tensar a otra cuer a e la misma sustancia. la misma longitu y oble ra io pa ra que emita la octava agu a e la que pro uce la primera.02 × (240π ) = 1152π 2 m/s 2 c) La amlitud de oscilación de un unto de la cuerda situado a 0.Movimiento onduatorio y ondas Hugo Medina Guzmán = A sen (kx − ωt ) − Asenωt cos kx 2 E primer término es una onda viajera y e Segundo una onda estacionaria. Solución. ) La veocidad y acee ración máxima que puede acanzar un punto de a cuerda. μ= m ρπ (2r ) L = = 4πr 2 ρ = 4μ L L 1 T f = y 2L μ 2 ⇒ 2 máx = Aω 2 = 0.8π m/s a= d2y = − Aω 2 senω t 2 dt μ = ρA = πr 2 ρ . 125 m 22 .04sen⎜ ⎟ = 0.050 m 2π λ x T' f' 2f 1 T' = = = ⇒ = 16 f f 2 T T 1 T 2L μ Como T = 10 N.050 ⎟ = 0.125 m e un extr emo e la cuer a. T’ = 160 N 1 T 2 L 4μ ⎛ 2π ⎞ ⎛π ⎞ 0. Para 0.028 m ⎝4⎠ ⎝ 0.La amlitud está dada or: 2 Asenkx = 2 Asen Para 0.04sen⎜ 0.40 ⎠ ) La amplitu e oscilación e un punto e la cuer a situa o a 0. 40 ⎠ Ejemplo 37. está conecta o a un alambre e acero e la misma superficie.125 ⎟ = 0.6 ) 2. y la el acero es 7. a) Usando n1 = 2 .80 g/cm3. e mo o que la unión en el alambre e s un no o.00x102 cm2.60 g/cm3.4. Se crean on as transversales en el alambre utilizan o una fue nte externa e frecuencia variable. carga o con un bloque m e 10. e manera que la istancia L2 e la unión con la polea e sostén es 86. obtenemos la fecuencia qu e poduce un nodo en la unión f = n1 2 L1 T μ1 = 2 10(9. b) ¿Cuál es el número total e no os observa os en esta frecuencia.04sen⎜ ⎟ = 0. excluye n o los os en los extremos el alambre? La ensi a el aluminio es 2.0 kg e masa.Movimiento on ulatorio y on as Hugo Me ina Guzmán ⎛ 2π ⎞ ⎛π ⎞ 0. está ispuesto com o se in ica en la figura. obtenemos: n1 = 0. n1 L1 T ρ1 = n2 L2 T ρ2 ⇒ n1 L1 = n 2 L2 ρ1 ρ2 Reemplazando valoes. tenemos que b usca los menoes valoes de n1 y n2 que tengan la elación 0.6 cm.4 n2 Como la meno es la fecuencia se obtiene con el meno valo de n. a) Determine la frecuencia más baja e excitac ión en que se observan las on as estacionarias. Un alambre e aluminio e L1 = 60.037 m ⎝4⎠ ⎝ 0.0 cm y con una superficie transver sal 1. n1 2 = n2 5 Coespondiendo n1 = 2 y n 2 = 5 .6 × 10 3 10 −6 ( .8) 2(0. El alambre compuesto.04sen⎜ 0. Soución.4 m? Solución. la tensión T y l a sección de alambre S común ara los dos alambres. s on 6 (hay un nodo común para e auminio y para e acero). a) Determine la longitu e on a. Siendo la frecuencia f . frecuencia y rapi ez e propagación e las on as que interfieren. b) Determine la función e la o n a estacionaria. ⎝2 ⎠ ⎛x ⎞ y 2 ( x.015cos⎜ − 40t ⎟ . La frecuencia para ondas estacionarias en una cuerda fija en os dos ext remos es v T fn = n . ) ¿Cuál es la amplitu e la on a en x = 0. a) La on a viaje ra es e la forma n1 2 L1 T μ1 . Dichas on as se propagan en una cuer a tensa e gran longitu e interfieren para pro ucir una on a estacionaria. c) Determine la posición e los no os y antino os en la on a est acionaria.) = 324 Hz ) E número tota de nodos oservados en esta frecuencia. Dos ondas armónicas se escriben or medio de: fn = n T 2L μ Como el unto de unión de los alambres tiene que ser un nodo. se pueden contar en e esquema de a figura. tenemos: Para el aluminio f = ⎛x ⎞ y1 ( x. ara el acero f = n2 2 L2 n1 2 L1 T μ2 T Luego μ1 = n2 2 L2 T μ2 .015cos⎜ + 40t ⎟ ⎝2 ⎠ Don e están en metros y t en segun os. t ) = 0. 2L μ obtenemos: Ejemlo 38. como para una cuerda tensa v = . tenemos n1 nodos ar a el aluminio y n 2 nodos ara el acero. excuyendo os dos en os extremos de aamre. t ) = 0. t ) = Acos⎜ x − 2π f t ⎟ ⎠ ⎝ λ = μ= m mS ⎛ m ⎞ = = ⎜ ⎟ S = ρS L LS ⎝ V ⎠ Luego comparan o: Reemplazan o las expresiones e μ1 y μ2 : 1 ⇒ λ = 4π = 12.56 m λ 2 20 2π f = 40 ⇒ f = = 6.37 Hz 2π π 23 .La masa or unidad de longitud ⎞ ⎛ 2π y ( x. . T2 = m2 g y T1 m1 16 = = T2 m2 25 cos π x π π π = . 4π . ⎡ ⎛x ⎞ ⎛x ⎞⎤ y ( x. 4π .. ¿Cuál es la relación entre las tensiones y el núm ero armónico? Función de la onda estacionaria c) Determine la osición de los nodos y antinodos en la onda estacionaria...015⎜ 2cos cos 40t ⎟ 2 ⎝ ⎠ x s 40t 2 μ . nπ x Los antinodos son ara co = 0.5 .3 .. 3π . 2π .n 2 2 2 2 2 x = π . 2nπ d) Amlitud de la onda en x = 0.015cos⎜ + 40t ⎟ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ Solución..2nπ 2 x = 0... λ2 f = 2L f = n2 m2 g μ m1 16 4 = = 25 5 m2 Los armónicos son el quinto y el cuarto... t ) = 0... 6π . t ) = 0.... a) ¿Cuáles son los armónicos pro uci os por estas masas? Los armónicos se pro uc en para m1 = 16 kg y para m2 = 25 kg. x =0 2 .. 5π .4 m. 2π .Movimiento ondulatorio y ondas Hugo Medina Guzmán ⎛ 20 ⎞ v = λ f = (4π )⎜ ⎟ = 80 m/s ⎝π ⎠ b) y = y1 + y 2 ⎛x ⎞ ⎛x ⎞ y (x. Los nodos son ara T1 = m1 g . t ) = 0..015⎢cos⎜ − 40t ⎟ + cos⎜ + 40t ⎟⎥ ⎠ ⎝2 ⎠⎦ ⎣ ⎝2 Sien o n λ 2 =L ⇒ λ= 2L f = n1 n2 = n1 λ1 f = Luego: 2L n m1 g cos(α − β ) + cos(α + β ) = 2 cos α cos β : x ⎛ ⎞ y ( x.015cos⎜ − 40t ⎟ + 0. En el dispositivo de l figur. de proximdmente 1810m de longitud. un ms m es c olgd de un cuerd que ps sobre un pole. fue bierto l tráfico el 1 de julio de 1940. b) l velocid d de propgción de l ond. 24 .030cos 0.002 kg/m.4 = 0.002 2L μ Hz c) ¿Cuál es el valor máximo de m que roduce un armónico? 2L λf = f = n 2 mg μ 2 4 L2 f 2 μ ⇒ m= n2 g El myor vlor de m se produce con n = 1 4(2) (350) (0. c) el módulo de corte del puente.8) ⇒ f = = 350 2(2) 0.98) 2 = 0.b) ¿Cuál es la frecuencia del generador? f = n1 m1 g 5 16(9. Determine: ) l longitud de ond de l ond estcionri formd. uniendo Tcom y Gig Hrbor. luego de 2 ños de construcción.002) m= = 400 kg (1)2 (9. Se observn rmónicos únicmente cun do ls mss colgds son 16 kg y 25 kg.94 cm Ejemplo 39. L cuerd tiene un longitud L de 2 metros y un densidd linel de 0. Durnte l resonnci se observó l puente oscilndo en su seg undo modo de vibrción rzón de 60 oscilciones cd minuto. 4 meses después el puente colpsó durnte un torment el 7 de Noviembre de 1940. El otro extremo de un cuerd es conectd un generdor de frecuenci f fij.8) A = 0. ) ¿Cuáles son los rmónicos producidos por e sts mss? ¿Cuál es l relción entre ls tensiones y el número rmónico? b) ¿Cuál es l fre uenci del generdor? c) ¿Cuál es el vlor máximo m pr que se produzc un rmónico? Ejemplo 40. El puente colgnte de Tcom.0294 m = 2. sumiendo que l den sidd promedio del puente er de 5xl03kg/m3. d) l ley de movimiento verticl de un crro que se hllb estciondo un curto de l longitud del puente desde uno de sus extremos.030(0. a) Demostrar que la tensión en la cuerda es v= . G ρ ⇒ G = v2ρ = sen Δθ Δθ ≈ : 2 2 N m2 d) Para ndas estacinarias y = 2 Asenkx cs ωt Para . ) ∑F H = FB cos ⇒ FA = FB = T Δθ Δθ − FA cs =0 2 2 Δθ Δθ − FA sen = −Δmac 2 2 Δm = μΔl = μRΔθ y ∑F b) v = λf = (1810 m )(1 / s ) = 1810 m/s c) Como V = − FB sen λ = 1810 m v= De esta útima ecuación: Con FA = FB = T . de modo que se forma un círculo tenso del radio R.63805 × 1010 x= Obtenemos: λ 2T Δθ = μRΔθ (ω 2 R ) 2 ⇒ T = μω 2 R 2 b) En una cuerda con densidad lineal μ y tensión T una onda viaja con velocidad Ejemlo 41.Movimiento ondultorio y onds Hugo Medin Guzmán Solución. senkx = 1 . Se forma un ulso (como se muestra en la f igura) en la cuerda girante. Un lazo de cuerda se gira a una alta velocidad angular ω . uego 4 y = 2 A cos ωt ⇒ y = 2 A cos 2πft (1810)2 (5 × 10 3 ) = 1. co mo en los instrumentos musicales de viento. Luego. . ermanecería estacionario con r esecto a tierra. Luego el ulso debe viajar con una velocidad v= μ relativa a la cuerda. ejemlo. donde μ es la densidad lineal de la cuerda. qu e subtiende un ángulo Δθ en O. el centr del laz. μ T = μω 2 R 2 . t ant en x=0 cm x=L se habrán de dar antinds. b) Bajo que condiciones el ulso ermanecería estacionario relativo a un o bservador en tierra. Límite libre. si la lngitud del medi es L. resulta: L=n Aplicand la segunda ley de Newtn: 25 λn 2 ⇒ λn = 2L n o en términos de frecuencias.T μ T = μω 2 R 2 = ωR . Aplicand la cndición de antind en un límite libre. la flauta). Límite libre: (un tubo abierto en ambos extremos. Elegims C en el punt medi del ar c. En este cas las cndicines a impner sn ue. a) Según se muestra en figura tomemos ACB una equeña sección de la cuerda. Solución. si el ulso se mueve en sentido horario con resecto a la cuerda. Movimiento onduatorio y ondas Hugo Medina Guzmán fn = λn v ⇒ fn = n v 2L Pr n = 1, 2, 3, 4,………….. Por tnto, igul que ntes l frecuenci y l longitud de ond sólo podrán tomr determindos vlores, y estrán cuntificds. L frecuenci más bj de l serie recibe el nombre de frecuenci fundmentl, y ls restntes, que s on múltiplos de l fundmentl, reciben el nombre de rmónicos. Se representn con tinución los cutro primeros. Ejemplo 42. Clculr l frecuenci de los sonidos emitidos por un tubo bierto y otro cerrdo de 1 m de longitud, produciendo el sonido fundmentl. Se supone . que l velocidd del sonido en el ire es 340 m/s. Solución. Pr tubo bierto (n = 1): f = Limite fijo. Límite libre: (un cuerd con un extremo con libertd de movimiento y el tubo cerrdo en un extremo). v 340 = = 170 Hz 2 L 2(1) v 340 = = 85 Hz 4 L 4(1) Pr un tubo cerrdo (n = 1): f = Ejemplo 43. Clculr l longitud de un tubo bierto que lleno de ire y 0° C (v = 330 m/s) emite como sonido fundmentl el DO3. Solución. Frecuenci del DO 3 = 2 64 Hz: f = v v 330 ⇒L= = = 0,625 m 2L 2f 2(264) En est situción se tendrá un nodo en x=0 y un ntinodo en x=L, lo que implic que en l longitud L de l cuerd hn de cber un número impr de curtos de ond. Apl icndo l condición de ntinodo reflexión en un límite fijo result: L = (2n − 1) λn 4 ⇒ λn = 4L 2n − 1 v 4L o, en términos de frecuencias, fn = v λn ⇒ f n = (2n − 1) Pr n = 1, 2, 3, 4,………….. que representn l serie de onds permitids por ls condicio nes de contorno. Se representn continución los cutro primeros. Ejemplo 44. Un tubo de 1 m de lrgo está cerrdo por uno de sus extremos. Un lmb re estirdo se coloc cerc del extremo bierto. El lmbre tiene 0,3 m de lrgo y un ms de 0,01 kg. Se sostiene fijo en sus dos extremos y vibr en su modo fundmentl. Pone vibrr l column de ire en el tubo con su frecuenci fun dmentl por resonnci. Encontrr: ) L frecuenci de oscilción de l column d e ire. b) L tensión del lmbre. Velocidd del sonido en el ire 340 m/s. Solución . ) L frecuenci fundmentl (n =1) en el tubo sonoro cerrdo vldrá: f = v 340 = = 85 Hz 4 L 4(1) b) Dich frecuenci será l fundmentl que se produce en l cuerd, por lo que: 1 T m 0,01 1 kg , μ= = = L 0,3 30 m 2L μ 2 2⎛ 1 ⎞ T = 4 L2 f 2 μ = 4(0,3) (85) ⎜ ⎟ = 86,7 N ⎝ ⎠ f = 26 Movimiento on ulatorio y on as Hugo Me ina Guzmán x = 22,5 cm y cos ωt = 1 Ejempo 45. E tuo de un órgano representado en a figura tiene 45 cm de ongitud y as onda estacionaria que se produce por e siato en espacio ire es de un a ongitud de onda de 60 cm. Dicho tuo se puede considerar aierto en e extrem o izquierdo y cerrado en e derecho. a) Muéstrese en un diagrama a interior de t uo a onda estacionaria que se produce uicando a posición de as crestas nodos y vientres de ampitud. ).Si a máxima ampitud de osciación de as partícuas de ai re a interior de tuo es de 106 cm. ¿cuá será a máxima ampitud que podrán acanzar as partícuas de aire en e centro de tuo? Ejempo 46. Un ingeniero nava quiere averiguar si un tuo que presenta externamente una oca circuar aierta está ai erto o cerrado en e otro extremo que no ogra ver. Para esto decide usar una fu ente sonora de frecuencia variae. Tomó para eo dos frecuencias de resonancia c onsecutivas, que e dieron os siguientes vaores: 125 y 175 Hz. a) ¿Cuá es e razo namiento en que se asó? ) ¿A qué concusión egó? c) ¿Para qué frecuencia resonaría en est fundamenta? d) Cree que tamién pudo averiguar a ongitud de tuo. Si se puede ¿cuá es? Soución. a) Las frecuencias de resonancia están dadas: y máx ( x =0, 225 ) = 2 Asenkx =2 (0,5 ×10 )[sen(10,7 )(0,225)] −8 = 0,71 x 108 m Soución. La frecuencia ire es Para n = 1, 2, 3, 4, 5, ………………. a) Diagrama a interior de tuo a onda estacionaria Y o q ue tenemos que hacer es anaizar para 125 y 175 para as tres primeras resonanci as. Hz, con cuá de as condiciones concuerdan. ) Para 125 correspondería (n – 1) y p ara 175 correspondería n. De ta manera que 340 = 566,6 Hz , λ 0,6 2π 2π k= = = 10,47 rad λ 0,6 f = v = n v. 2L (2n − 1) Para tuo cerrado en un extremo: f = v 4L Para tuo aierto: f = n −1 n = , se cumpe para 125 175 n = 3,5 vaor que no es entero, o que descarta esta posiiidad. No cumpe para tuo aierto Haciendo o mismo para e caso de tuo cerrado 2n − 3 2n − 1 , se cumpe para n = 4, vaor entero = 125 175 ).Si a máxima ampitud de osciación de as c) Como f = ( 2n − 1) v 4L partícuas de a ire a interior de tuo es de 106 cm. ¿cuá será a máxima ampitud que podrán acanzar La frecuencia fundamenta es para n = 1 as partícuas de aire en e centro de tu o? 1 f = v , f = 25 Hz que si cumpe EL TUBO ES CERRADO . y tota = 2 Asenkx cos ωt 4L La máxima ampitud de osciación es en un vientre d) Si, ya que senkx = 1 y cos ωt = 1 , uego: 10−8 = 2 A ⇒ v v , = 25 , y L = 100 4L A = 0,5 × 10 m L máxim mplitud que podrán lcnzr ls prtículs de ire en el centro del tubo −8 Considerndo l velocidd el sonido v = 340 m/s, se obtiene L = 3,40 m. LOS INST RUMENTOS MUSICALES L formción de onds estcionris está relciond con los inst rumentos musicles tnto de cuerd como de viento. Así, el sonido generdo por un rp es 27 Movimiento ondultorio y onds consecuenci de l propgción por el ire de ls o nds estcionris que se producen, entre dos límites fijos, en ls diferentes cue rds, de modo que los grves (frecuencis bjs) se producirán en ls cuerds más l rgs y los gudos (frecuencis lts) en ls cuerds más corts. En los órgnos, ls onds estcionris que se formn en los tubos se corresponden con ls formds por reflexión en dos límites, uno fijo y otro libre. Por tnto, cunto myor se l longitud del órgno menor es l frecuenci: los tubos lrgos corresponden frecu encis bjs (sonidos grves) y los cortos frecuencis lts (sonidos gudos) OSCILACION DE VARILLAS. DIAPASÓN Vrill fij por un extremo. Puest en oscilción, l orgnizrse l ond estcionri se debe tomr un nodo en el extremo fijo y u n vientre en el opuesto. Los rzonmientos que se relizn pr un tubo cerrdo son válidos pr este cso; por lo tnto, un vrill que oscil fij por un extre mo responde l ley Hugo Medin Guzmán l = (2n + 1) λ 4 Varia fija por un punto interior. Si se hace osciar una varia fija por un p unto interior para que se organice una onda estacionaria, se formará aí un nodo y vientres en os extremos. Todo esto depende excusivamente de punto por e que se sostenga. Este punto (siguiendo e razonamiento de tuos aiertos), deerá esta r situado en a mitad, a 1 4 a 1 6 , etcétera, de un extremo. Téngase presente que v arias de igua ongitud, idénticamente .fijadas, pueden producir sonidos de dist inta frecuencia si se varía a naturaeza de 1a sustancia, as dimensiones o a fo rma de excitación. La frecuencia fundamenta depende de a veocidad de propagación. Esta oservación es váida para os tuos sonoros ya que, modificando a naturaeza y as condiciones de gas, se modifica a veocidad de propagación. DIAPASÓN Un apa rato de apicación en acústica es e diapasón que consta de una arra metáica en forma de “U”, soportada en su parte media. Para aumentar a intensidad de sonido producido, se monta e diapasón sore una c aja. Si a caja está cerrada en un extremo, su ongitud es de a ongitud de onda de sonido en e aire emitido por e diapasón. Si a caja está aierta en os dos ex tremos a ongitud de a caja es igua a a mitad de dicha ongitud de onda. A virar, as .dos ramas de un diapasón se mueven en fases opuestas. Cuando as rama s se acercan, e punto más ajo de pie de diapasón aja, y sue cuando as ramas s e aejan. Este pie se encuentra afectado de un movimiento viratorio de dirección vertica o que puede comproarse apoyándoo en a mano. Es así finamente, como se transmite a viración de diapasón a a coumna de aire contenida en a caja. Los d iapasones se utiizan como patrones de registro de frecuencia, pues pueden const ruirse de manera que no sean afectados por variaciones de temperatura. Es posi e ograr diapasones capaces de mantener una frecuencia de viración con una precis ión de 1 en 100000. Resonancia Se ha visto que un sistema ta como una cuerda esti rada es capaz de osciar en uno o más modos naturaes de viración. Si se apica una fuerza periódica a este sistema, a ampitud resutante de movimiento de sistem a será mayor cuando a frecuencia de a fuerza apicada sea igua o aproximadament e igua a una de as frecuencias naturaes de sistema, que cuando a fuerza exc itadora se apique en aguna otra frecuencia. Las correspondientes frecuencias n aturaes de osciación de un sistema generamente se conocen como frecuencias reso nantes Experimento de resonancia. En a figura se muestran dos diapasones montad os en sendas cajas de igua ongitud, o que indica que amos tienen igua frecu encia. A estas cajas se as ama de resonancia, pues tienen 1a misma ongitud q ue un tuo sonoro capaz de emitir a misma nota que e diapasón. Si se o excita, entra en viración formándose una onda estacionaria; os nodos esta rán uicados a 2/3 de su ongitud a emitirse e sonido fundamenta. La frecuencia de diapasón depende de a easticidad de materia y su densidad. Enfrentadas as aerturas de as cajas y excitado un diapasón, se compruea que e otro entra espontáneamente en viración, En efecto, si se detiene con a mano e di apasón excitado en un principio, se percie nítidamente e sonido producido por e o tro y, 28 Movimiento onduatorio y ondas si se iera e diapasón detenido, éste vueve a vir ar, o que podrá perciirse acercando evemente a mano a as ramas de diapasón. Se ha producido un fenómeno de resonancia acústica. Si existe un cristaero cerca podrá comproar que agunas copas mantienen a viración por más tiempo que otras y que du rante agunos instantes a ampitud de a viración va en aumento. Lo que sucede e s que un cuerpo puede virar, entre otras razones, por a recepción de ondas. Como cada cuerpo tiene una frecuencia propia d viración, si ésta coincide con a de a onda reciida a viración se mantiene ONDAS DE DIFERENTE FRECUENCIA VIAJANDO EN E L MISMO ESPACIO La figura iustra a suma de dos ondas sinusoidaes de frecuenci a y ampitud diferentes. Esta onda resutante mantiene a frecuencia de compone nte más grave, pero con e timre aterado Hugo Medina Guzmán de a misma ampitud A, pero de frecuencias diferentes f1 y f2. E principio de superposici6n estaece que a ampitud cominada y es a suma ageraica de as ampitudes individuaes. y = y1 + y 2 y tota = A sen 2πf1t + Asen 2πf 2 t Usando la identidad trigonométrica ara la suma de los senos de dos ángulos, tenemos ⎡ ⎛ f − f2 ⎞ ⎤ ⎛ f + f2 ⎞ y total = ⎢2 A cos 2π ⎜ 1 ⎟t ⎥sen 2π ⎜ 1 ⎟t ⎝ 2 ⎠⎦ ⎝ 2 ⎠ ⎣ Est ecución represent un ond que oscil con el promedio de sus frecuencis. L mplitud resultnte tmbién oscil, con un frecuenci de pulsción igul l dif erenci entre ls frecuencis de l fuente. PULSACIONES O BATIDOS. Cundo dos fuentes de sonido que tienen csi l mism fre cuenci se hce sonr l mismo tiempo, ocurre un efecto interesnte. Puede oír un sonido con un frecuenci que es el promedio de ls dos. Sin embrgo, l sonorid d de este sonido crece repetidmente y después dece, en lugr de permnecer cons tnte. Ests vriciones repetids en mplitud se denominn pulsciones o btido s, y l ocurrenci de pulsciones es un crcterístic generl de ls onds. Si l frecuenci de un de ls fuentes de onds se cmbi, hy un cmbio que corresp onde en el grdo en que vrí l mplitud. Este grdo se llm frecuenci de puls ción. A medid que ls frecuencis se hcen más cercns, l frecuenci de pulsción s e hce más lent. Así, un músico puede finr un guitrr otr fuente de sonido esc uchndo ls pulsciones mientrs increment o disminuye l tensión en cd cuerd. A l postre, ls pulsciones se hcen tn lents que efectivmente se desvnece n, y ls dos fuentes están en un tono. Ls pulsciones se pueden explicr con fci lidd considerndo dos onds sinusoidles y1 e y2 prtir L primer prte de ytotl es ⎛ f − f2 ⎞ 2 A cos 2π ⎜ 1 ⎟t , ⎝ 2 ⎠ esto a la amplitu e las pulsaciones que varían lentamente, como se in ica en la figura anterior. Como el soni o alto se escucha siempre que el término sea 2A o – 2 A, la frecuencia e las pulsaciones es f p = f 1 − f 2 . Finalmente, las oscilaciones rápi as con ca a pulsación son ebi as a la segun a parte e ⎛ f + f2 ⎞ y total , sen 2π ⎜ 1 ⎟t ⎝ 2 ⎠ 29 Movimiento on ulatorio y on as Estas oscilaciones tienen una frecuencia que es e l prome io e las os frecuencias e las fuentes. Las pulsaciones se pue en escu char hasta frecuencias e alre e or e 10 Hz. Más allá son ifíciles e istinguir Eje mplo 47. Cuan o se golpea un iapasón e 440 Hz al mismo tiempo que se pulsa la cu er a e una guitarra que ebe ar la nota Sol, se escuchan 3 pulsaciones por seg un o. Después e que la cuer a e la guitarra se tensa un poco más para aumentar su frecuencia las pulsaciones aumentan a 6 por segun o. ¿Cuál es la frecuencia e la gu itarra con la tensión final? Solución. En este fenómeno e interferencia e os on as sonoras e frecuencia pareci a se pro ucen pulsaciones que el oí o percibe con un tono Hugo Me ina Guzmán Δf es ebi a a la iferencia e tensión ΔT . De la ecuación anterior obtenemos. f 1 1 1 1 T 1 f = = = T 2 L 2 Tμ 2 L μ 2T 2T df 1 dT = ⇒ f 2 T Como Δf << f , tenemos Δf 1 ⎛ ΔT ⎞ = ⎜ ⎟. f 2⎝ T ⎠ En este caso f = 100 Hz y Δf = 1 Hz . f1 + f 2 2 Luego Δf ΔT ⎛ 1 ⎞ =2 = 2⎜ ⎟ = 2 por ciento. T f ⎝ 100 ⎠ y una amplitu que oscila con f p = f 1 − f 2 . El oí o respon e a la intensi a e la on a sonora que epen e el cua ra o e la amplitu , es ecir el soni o será fu erte tanto para amplitu máxima como para amplitu mínima. Es ecir para el oí o la fr ecuencia e bati o es Δf . En este caso y a o que la frecuencia e bati o percibi a por el oí o es 3 s1, la frecuencia original emiti a por la cuer a es 437 Hz ó 44 3 Hz. La frecuencia e oscilación e la cuer a es irectamente proporcional a la v eloci a e transmisión e las on as e la cuer a que a su vez epen e e la raíz cu a ra a e la tensión e la cuer a. Por tanto al aumentar la tensión e la cuer a, au mentamos la frecuencia e oscilación. En este caso, al aumentar la tensión, aumenta la frecuenta e bati os a 6 s1. Por tanto este hecho implica que la frecuencia original e la cuer a era e 443 Hz y espués e aumentar la tensión es e 446 Hz. S i hubiese si o 437 Hz se etectaría un ecremento en la frecuencia e bati o. Ejem plo 48. Algunas e las notas bajas el piano tienen os cuer as. En una nota par ticular una e las cuer as se templa correctamente a 100 Hz. Cuan o las os cuer as suenan juntas, se oye un bati o por segun o. ¿En qué porcentaje ebe un afina or e piano cambiar la tensión e la cuer a esafina a para hacerla coinci ir correc tamente? (el bati o es entre los tonos fun amentales) Solución. La frecuencia fun amental es (si la cuer a esafina es “baja” su tensión dee ser aumentada; si a cuerda es “ata” su tensión se dee ajar.) INTERFERENCIA DE DOS ONDAS QUE VIAJAN EN DISTINTAS DIRECCI ONES Una causa corriente que origina una diferencia de fase entre dos ondas sono ras, es a diferencia de ongitudes de os trayectos que deen recorrer as onda s desde su fuente o foco hasta e punto donde se produce a interferencia. Supónga se que tenemos dos focos que están emitiendo ondas armónicas de a misma frecuencia y ongitud de onda. En a figura a continuación, e espectador (a) recie os dos sonidos en fase, e oservador () recie os sonidos con diferencia de fase. En e caso genera, podemos escriir as funciones de onda como: y1 = Asen (kr1 − ωt − ϕ ) , y 2 = Asen (kr2 − ωt ) La diferencia de fase para estas dos funciones de onda está dada por: δ = k (r2 − r1 ) − ϕ ⇒ δ = Este término se ebe a: 2π λ (r2 − r1 ) − ϕ f = 1 T . 2L μ La diferencia de fase inicial entre y1 e y2; Si las ondas están oscilando en fase, en t = 0 y r = 0, entonces ϕ = 0. 30 Asumimos que las ue la iferencia os cuer as son e la misma longitu , composición y iámetro, tal q Hugo Me ina Guzmán on a coinci irá con el mínimo e la otra y la interferencia será ructiva.. A= A= δ= 2π 2 A12 + A2 − 2 A1 A2 (r2 − r1 ) = λ (2nπ + ϕ ) 2π En conclusión. 1. 2.. ara que ocurra la interferencia constructiva la diferencia de cami nos debe ser: λ (r2 − r1 ) − ϕ = (2n + 1)π ⇒ ϕ ⎤ ⎡ λ Δr = r2 − r1 = ⎢(2n + 1) + 2π ⎥ ⎣ ⎦ Para cumplir con esta con ición La amplitu e la on a resultante será: δ = 2nπ ⇒ cos δ = 1 n = 0 . est A= Estu iamos ahora los máximos y mínimos a partir el término e interferencia... la i nterferencia es constructiva δ = (2n + 1)π ⇒ cos δ = −1 n = 0 .Movimiento on ulatorio y on as Realizan o la composición e movimientos obtenemos para la amplitu e la on a resultante: 2 A12 + A2 + 2 A1 A2 cos δ .. sien o el término e interferencia: 2 A1 A2 cos δ .. 1. 2.. . ... ara que ocurra la interferencia constructiva la diferencia de cami .. Interferencia constructiva: Si la iferencia entre los caminos recorri os por ambas on as hasta un cierto punto es un número entero e longitu es e on a. La ifer encia para los caminos recorri os por las os on as es δ = k (r2 − r1 ) − ϕ ⇒ δ = 2π λ (r2 − r1 ) − ϕ Para cumplir con esta con ición 1... δ= 2π (r2 − r1 ) = λ [(2n + 1)π + ϕ ] 2π En conclusión. si ϕ = 0 : Con ición e máximo: Con ición e mínimo: (r1 − r2 ) = nλ ϕ ⎞ ⎛ Δr = r2 − r1 = ⎜ n + ⎟λ 2π ⎠ ⎝ La amplitu e la on a resultante será: (r1 − r2 ) = (2n + 1) λ 2 A= A= 2 A12 + A2 + 2 A1 A2 ( A1 + A2 )2 = A1 + A2 APLICACIONES. 2. Interferenci destructiv: Si l diferenci de tryectos es un semilongitud de ond o un númer o impr de semilongitudes de ond. Cuando se construye una saa de conciertos hay que tener en cuenta a interferencia entre ondas de sonido. el máximo de un 31 . para que una interferencia destructiva no haga que en agunas zonas de a saa no puedan oírse os sonidos emitidos desde e escenario.nos debe ser: λ (r2 − r1 ) − ϕ = 2nπ ⇒ ( A1 − A2 )2 = A1 − A2 Si A1 = A2 ⇒ A = 0 Resumiendo. Si A1 = A2 ⇒ A = 2A1 Por tnto se puede firmr que un diferenci en los tryectos de un longitud d e ond o de un número entero culquier de longitudes de ond es equivlente que no hy ningun diferenci en bsoluto entre ls tryectoris. a) 2λ = 13 − 12 = 1m ⇒ λ= 1 = 0. L a uz anca está compuesta por ondas de uz de distintas ongitudes de onda.Movimiento ondultorio y onds Arrojndo objetos l gu estncd se puede obse rvr l interferenci de onds de gu.2 m λ 0.50 periodos más tarde? Soución.5m 2 f = Ejempo 49. por ejempo.0 m de S1 y 13.40 m 2 2 Luego x − x1 = 1. con o que a seña se distorsiona.80 y = = 0. S2 y P. e aparato no registrará e sonido Ejempo 50. La onda de S2 ega a punto P. Dos focos sonoros emiten simutáneamente ondas de a misma frecuencia f = 425 Hz. hasta que una interferencia destructiva ocurre. x 2 − x1 = 101. Las ondas de uz refejadas en a superficie interior de a uruja interfieren con as ondas de esa misma ongitud refejadas en a superficie exterior.2 − 100 = 1. Un much acho está en e punto P. que es constructiv en lgunos puntos y destructiv en otros.00 periodos después que a onda d e S1. Como as distintas ongitudes de onda de a uz corresponden a diferentes c oores.2 de segundo ¿Se registrará sonido en e aparato? Soución. a uz refejada por a uruja de jaón aparece cooreada.5 λ= . Si coocamos un aparato registrador de sonidos a x1 = 100 m de primer foco y a x2 = 101. En agunas de as ongitudes de onda. a interferencia es constructiva y en otras destruct iva. La uz visie está formada por ondas eectromagnéticas que pueden interferir entre sí. Dos parantes S1 y S2 es tán separados una distancia de 5m. a 12. están conectados a un osciador de audio. L interferenci puede producirse con tod clse de onds. as irisaciones que se ven a veces en as urujas de jaón. 2. ¿En qué punto medido desde S1 a onda de S2 ega 1. La ongitud de onda de sonid o emitido por amos focos es ) v λ = 350 = 700 Hz 0. no sólo onds mecánics.2 = 3(0. a) ¿Cuá es a frecuencia de osciador? ) Si e muchacho camina aejándose de S1 por a ínea que pasa por P.0 m de S2: Formando un triánguo rectángu o S1. La veocidad de sonido es 350 m/s. Hugo Medin Guzmán x 2 − x1 = (2n + 1) λ 2 Según os vaores dados: Las ondas de radio interfieren entre sí cuando se refejan en os edificios de as ciudades.40 ) = 3 λ 2 Por tanto. La interferencia de ondas de uz causa. siendo a veocidad de sonido en e aire v = 340 m/s. 5λ )2 − x 2 = 5 2 ⇒ x 2 + 3λx + (1.5λ ) 2 − x 2 = 25 2 con λ = 0. R deerá estar situado en un punto cuya diferencia de distancias a S1 y S2 sea igua a un mútipo impar de semiongitudes de onda: .5 x + (0. Dos atavoces se excitan mediante e mismo osciador a una frecuenci a de 2000 Hz.3 m Ejempo 51. Un escucha está originamente en 32 Para que e aparato no registrara sonido sería preciso que en e punto donde está si tuado se produzca un mínimo de interferencia.v 340 = = 0.80 m f 425 (x + 1. La separación entre os atavoces es de 3 m. De otra manera.75) = 25 finamente x = 16 . como se muestra en a f igura.5 m : 1. ¿Cuánto dee caminar e oyente perpendicuarmente a ese eje.Movimiento onduatorio y ondas e punto O. a ongitud de onda es 4 2 + 32 ⎛ 16 ⎞ 2 r1 = ⎜ ⎟ + 4 = 16 4 2 32 ⎝3⎠ ⎛ 5 ⎞ 20 = 16⎜ ⎟ = ⎝ 12 ⎠ 3 2 2 ( )( ) λ= 330 v = = 0. antes de a canzar e primer mínimo en a intensidad sonora? Hugo Medina Guzmán Soución. Puesto que a veocidad de sonido en e aire es 330 m/s y ya que f = 20 00 Hz. situado a 8 m medidos sore e eje ax ia centra.165 m f 2000 E primer mínimo ocurre cuando as ondas que acanzan e punto P están 180. a) Soución. Los parantes S1 y S2 se encuentran en e origen (0. a) Si a onda emitida por S1 ega 10 periodos más tarde que a emitida por S2 . o cuando a diferencia de trayectos. 0) m y en (7/ 3.58º ⎛7/3 ⎞ = 14 ⎟ .22 m Es decir.0825 = 0.58º = 0. ⎝ 1/ 6 ⎠ senθ = Del triángul rectángul grande de la misma figura se encuentra ue tan θ = y/8. 4) m. (vs = 340 m/ s). Del pequeño triángulo rectángulo e la figura el enuncia o se observa que para una bu ena aproximación.0275 = 3 3 θ = 1. fuera de f ase. r2 − r1 . ¿en ué tras frecuencias se escucharán mínims? Ejemp l 52. a diferencia de fase se otiene de Δr = r2 − r1 = λ 2 = 0. respectivamente. hay un número exacto de ongitudes de onda entre as fuentes ⎜ Entre los parlantes. Si el escuc ha permanece en estas psicines.0835 m 2 ⎛ 16 7 ⎞ r2 = ⎜ − ⎟ + 4 2 = 3 2 + 4 2 = 5 ⎝ 3 3⎠ 20 5 5 1 r1 − r2 = − 5 = = 10λ ⇒ λ = = m 3 3 Luego a frecuencia f = s = = 2040 Hz λ 1/ 6 ) Si ahora e oservador se uica sore e eje x Como a separación entre as fue ntes es 7/3 m y a ongitud de onda es 1/6. Ds parlantes S1 y S2 sn activads pr el mism sistema de audi emitien d simultáneamente ndas snras armónicas idénticas de frecuencia “f” que egan a un os ervador en P. 0) m.165 = 0. el yente escuchará mínims en la intensid ad snra resultante a 22 cm desde cual uier lad de la línea central. sea igua a λ 2 Por o tanto. sen θ = Δr/3 para pequeños valores e θ sea Δr 0. sea y = 8 tan θ = 8 tan 1. mientras e oservador está en (16/3. A a izquierda de S1. diga justificando que fenómeno onduatorio percie entre as regiones: En tre os parantes. Hay interferencia constructiva. ω = 2π f = 4080π λ 1/ 6 y y 2 = Asen (kx − ω t ) + Asen (kx + ω t ) = 2 Asenkx cos ω t Se forman ondas estacionarias. A a izquierda de S1. A a derecha de S2.. ¿Qué frecuencia emiten os parantes? ) Si ahora e oservador se uica sore e eje x. Hay interferencia constru ctiva. y = y2 + y2 = 2 Asen (kx + ω t ) y = y1 + y1 = 2 Asen (kx − ω t ) 33 . y1 = A sen (kx − ω t ) . y 2 = Asen (kx + ω t ) 2π 2π k= = = 12π . A a derecha de S2. Para a uz. y de aquí v ′ v + vo f′= = Como λ . reempazando. y a frecuencia de sonido es f. v ′ = λf ′ . como se muestra en a figura. Uno de os aspe ctos más interesantes de efecto Dopper es e hecho que se apica a todos os fenóm enos onduatorios. Para un oservador que se acerca con una veocidad v o . Si usted es cucha cuidadosamente e efecto Dopper. no soamente a sonido. Como resutad o egan a oservador en un determinado tiempo un mayor número de frentes de onda que si huiera estado en reposo. e oservador y a fuente pueden estar en e movimiento. y su uz muestra un camio a azu. Para e oservador e sonido tiene una frecuen cia. Demostramos q ue e efecto es diferente dependiendo de si e oservador o a fuente se está movi endo. Sin emargo a veocidad se ha incrementado a λ λ λ = v f . este camio en frecuencia significa un camio en coor.Movimiento onduatorio y ondas Hugo Medina Guzmán EFECTO DOPPLER La mayoría de nosotros estamos famiiarizados con a eevación y desc enso posterior de tono de a sirena de una amuancia o a ocina de un automóvi cuando éste se aproxima y cuando ha pasado. usted notará que e tono aumenta cuando e oservador y a fuente se acercan y disminuye cuando se aejan. se están moviendo hacia nosotros. Este camio en e tono. Entonces. En e resto d e esta sección. Para as ondas estas cantidades están reacionadas por v = λf . y pre sentamos os resutados para taes casos tamién. en honor de físico austriaco Christian Dopper (1803 1853). para el oservador el sonido parecerá tener una velocidad reducida v ′ = v − v o . Agunas gaaxias. f’. e sonido parece tener una mayor veocidad v + v o (considerando que a veocidad de sonido reativa a aire es siempre a misma). E sonido radiado es represen tado por frentes de onda circunferenciaes que se aejan de a fuente con una ve ocidad v. deido a mov imiento reativo entre una fuente de sonido y e receptor se ama e efecto de Dopper. sin emargo. Finamente. nos centramos en e efecto Dopper en ondas acústicas. a mayoría de as gaaxias distantes se oservan camiadas a rojo o que sign ifica que se están moviendo aejándose de a tierra. que es más alta que la frecuencia de la fuente. La distancia entre os frentes de onda es a ongitud de onda λ . En el caso de alejarse de la fuente sonora el oser vador. v ′ = v + vo . repitiendo los cálculos encontramos que f′= v′ λ . tenemos f′= v′ λ = v + vo ⎛ v + vo ⎞ ⎛ v ⎞ = f⎜ ⎟ = f ⎜1 + o ⎟ v f v ⎠ ⎝ v ⎠ ⎝ Notamos que f’ es mayor que f. Oservador en movimiento Si tene mos una fuente sonora estacionaria en aire quieto. En efe cto. f. La frecuencia de a uz tamién experim enta e efecto Dopper cuando hay movimiento reativo entre a fuente y e recep tor. sin importar lo que la fuente haga. y el signo menos ( – ) cuan o el observa or se aleja e la fuente. donde la longitud de onda la 34 . el efecto Doppler no se ebe a que el soni o parece tener una mayor o menor veloci a como en el c aso el observa or en movimiento. el soni o una vez que la fue nte emite una on a sonora. Po emos encontrar la frecuencia f’ notando que la longitud de onda del sonido no c amia. cada cresta de onda se mueve alejándose como un círculo en expansión. en tanto que las que se mueven en la dirección opuesta se separan alejándose unas de otras. pero dado que la fuente se está moviendo. Fuente en movimie nto Con el observa or estacionario y la fuente en movimiento. Por el contrario. La velocidad de la onda es constante si la fuente se mueve o no. viaja a través el me io con su veloci a característica v. sigue siendo Cuanto la fuente de ondas (la olita) es movida hacia la derecha (vea la figura) . Por t anto.= v − vo ⎛ v − vo ⎞ ⎛ v ⎞ = f⎜ ⎟ = f ⎜1 − o ⎟ v f v ⎠ ⎝ v ⎠ ⎝ En general el Efecto Doppler para un observa or en movimiento es ⎛ v ⎞ f ′ = f ⎜1 o ⎟ v ⎠ ⎝ El signo mas ( + ) correspon e cuan o el observa or se mueve hacia la fuente. emite cada onda a una uicación diferente. consi eremos una on a e agua . Como resultad o. La figura muestra una bolita oscilan o hacia arriba y hacia abajo sobre la sup erficie e con recipiente e agua. las ondas que se mueven en la misma dirección que la fuente se juntan apretándose . Por analogía. Su movimiento causa on as e agua circulares que se extien en aleján ose el punto e contacto. Hugo Medina Guzmán Consideremos Una fuente que se mueve hacia el oservador con una velocidad v f t al como muestra la f .Movimiento ondulatorio y ondas frecuencia es incrementada. Finalmente Si a mas se mueven: Acercándose uno a otro f = f Alejándose uno a otro (v − v ) f (v + vo ) v + vf f = f (v − vo ) Esto significa que la longitud de onda hacia delante es λ ′ = vT − v f T = (v − v f )T La situación es más compicada para otras direcciones. figura. Esto es válido tamién para las ondas de sonido. la frecuencia es reducida. Como resultado el siguiente frente de onda es emitido a una di stancia vT − v f T detrás del frente previo. Si la frecuencia de la fuente es Por consiguiente. y donde la longitud d e onda es alargada. emite un frente de onda cada T segundos. de aquí v = λ ′f ′ f′= La nueva frecuencia es v v = λ ′ (v − v f )T Considerando que T = 1 f . donde T = 1 f . tenemos λ(θ ) = λ0 ⎜1 − o bien f′= (v − v )(1 f ) f v = f 1 v = f (v − v f ) ⎛1 − v f ⎜ ⎜ v ⎝ ⎛ ⎝ . a veocidad de a onda sigue siendo v . En este caso se ega a resutado siguiente Como mencionamos antes. pero puede anaizarse senci amente si a distancia de a fuente a punto de oservación es grande comparada co n a ongitud de onda. como muestra la figura. durante un periodo un frente de onda viaja una distancia vT mientras que la fuente emisora viaja una distancia v f T . El 35 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ El signo menos ( ) correspon e cuan o la fuente se mueve hacia el observa or. como esperáamos. como se observa en la figura. El ispositivo consta e elemen tos transmisor y receptor coloca os irectamente sobre la piel. . Cuan o los g1óbulos rojos reflejan el soni o su frecuencia cambia como si se presentara el efecto Doppler.u cos θ ⎞ ⎟ v ⎠ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ f (θ ) = f 0 f’ es mayor que f. ebi o a que se mueven las células. y el signo menos ( – ) cuan o la fuente se aleja el observa or. El transmisor emite una on a sonora continua cuya frecuencia es e 5 MHz. ⎛ u cos θ ⎞ ⎜1 − ⎟ v ⎠ ⎝ f′= f 1 ⎛ vf ⎜1 m ⎜ v ⎝ Estas últimas ecuaciones nos in ican que el efecto Doppler epen e e la component e e la veloci a e la fuente en la irección el observa or APLICACIÓN: Me i or e flujo oppler Este ispositivo mi e la veloci a el torrente sanguíneo y constit uye una aplicación interesante el efecto Doppler. En general el Efecto Doppler para una fuente en movimiento y oservador estacionario es 1 para la frecuencia. Hugo Me ina Guzmán a) La veloci a e la fuente v f respecto al observa or será: v f = V cos 60 o = V 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ v s Luego. En el gráfico se ve fácilmente la situación geométrica plant ea a en el problema. b) En este caso. ya que en tales region es se pro ucen mayores rapi eces e flujo. pero.1 m/s. c) Cuan o se ha aleja o una istancia A e él. según la ecuación e continui a . El me i or e flujo Doppler pue e usarse para locali zar regiones en las que los vasos capilares se estrechan. ¿Bajo con iciones en que la veloci a el soni o en el aire es 340 m/s. Si n embargo. que está corri a por el efecto Doppler co n respecto a la frecuencia e transmisión. por la cual viene un tren a veloci a constante V y tocan o un a sirena e frecuencia f. e la fuente con Ejemplo 53.Movimiento on ulatorio y on as elemento receptor etecta el soni o refleja o y e l conta or electrónico mi e su frecuencia. ) ¿Qué frecuencia escucha un niño que se asoma por la ventanilla e uno e lo s vagones el tren? Solución. p ara tales propósitos. La sirena e un auto patrullero estaciona o emite un soni o e 1200 Hz. . b) Cuan o se encuentra frente a él. el cambio en frecuencia es aproxima amente 6 000 Hz para rapi eces e flujo aproxim a amente iguales a 0. o sea que 2 ⎛ ⎜ v s f '= f ⎜ ⎜v +V ⎜ s 2 ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ la frecuencia isminuye : Aleján ose f '= Ejemplo 54. se aleja el observa or . A partir el cambio en frecuencia es po sible eterminar la rapi ez con q fluye el torrente sanguíneo. se utilizan las on as electromagnéticas. f ' = f ⎜ ⎜v −V ⎜ s 2 ⎝ Vemos que aumenta la frecuencia. Acercán ose f '= f c) Como en el caso a) la veloci a e la fuente es: v f = f '= ⎛ 340 ⎞ f =⎜ ⎟(1200) = 1316 Hz vf −v ⎝ 340 − 30 ⎠ vf ⎛ 340 ⎞ f =⎜ ⎟(1200) = 1103 Hz vf + v ⎝ V . qué frec uencia oirá un peatón para o si la sirena se está acercan o a 30 m/s? ¿Qué frecuencia oirá c uan o la sirena está aleján ose en 30 m/s? Solución. ¿Qué frecuencia escucha la persona? Cuan o: a) El tren esta acercán ose a una istanci a A e él. Por lo general. Una persona se encuentra a una istancia 3A 2 e línea férrea. e l me i or e flujo Doppler pue e utilizarse para etectar el movimiento car iaco e un feto e apenas 8 a 10 semanas e e a . La veloci a el soni o en el aire es v s . EI efecto Doppler también se emplea en ispositivos e un ra ar para me ir la veloci a e vehículos en movimiento. la veloci a respecto al observa or es cero. A emás. en vez e las on as sonoras. La frecuen cia irecta 36 ./ seg. la veloci a e la fuente respecto a él es nula. Una sirena que emite un soni o e 1000 H z se aleja e un observa or y se aproxima a una pare con una veloci a e 10m. Ejemplo 55. . El observa or escuc ha os frecuencias: La frecuencia irecta y la refleja a en la pare .) En el caso el niño. por lo tant o. escucha la frecuencia f. ¿Cuál es la frecuencia que escucha el observa or? Solución. La frecuencia que llega a la pare es f3 = f 2 f2 '= f ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = 1000 1 = 1 031 Hz 10 ⎞ ⎛ ⎜1 − ⎟ ⎝ 330 ⎠ vs 330 = 858. Se supone el aire en calma.Movimiento on ulatorio y on as Hugo Me ina Guzmán f1 ' = f 1 ⎛ vf ⎜1 + ⎜ vs ⎝ 1 ⎛ vf ⎜1 − ⎜ vs ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = 1000 1 = 971 Hz 10 ⎞ ⎛ ⎜1 + ⎟ ⎝ 330 ⎠ Y la frecuencia refleja a en la pare . En irección contraria (rebasa o suficientem ente el punto e cruce) va un camión a una veloci a v' = 21 m/s. b) ¿Cuál es el espaciami ento e las crestas etrás el pato? Nota: En este problema las on as son pro uci as por el pataleo el pato y las on as se propagan en el agua (on as acuáticas). S olución. el pato avanza con rapi ez constante en un estanque en el qu e las on as superficiales viajan a 0. Las crestas e las on as están espacia as a elante el pato 0.9 Hz v s + v' 330 + 21 ) El receptor es el auto y el emisor el camión y la frecuencia emiti a f2: Las que suma as pro ucen pulsaciones e frecuencia f b = f 2 '− f1 ' = 1031 − 971 = 60 Hz Que es lo que escucha el observa or.6 s. ⇒ f = 1 / 1. f4 = f2 vs − v 330 − 30 = 858. Solución. Un automóvil se mueve hacia la iz quier a con una veloci a v = 30 m/s. Determinar: a) ¿Cuál es la frecuencia e la s on as percibi as por el observa or e la figura coloca o a la erecha el auto ? b) ¿Cuál es la frecuencia e las on as que llegan a la superficie reflectora el c amión? c) ¿Cuál es la frecuencia e las on as que percibirá el observa or espués que las on as se han refleja o en el camión? ) ¿Cuál es la frecuencia e las on as que percib iría el con uctor el auto.6 s pro ucien o on as superf iciales en el agua. Al na ar un pato patalea una vez ca a 1.3 = 806.3 = 733.10m a) Calcule la rapi ez el pato.4 m/s. espués e la reflexión en el camión? Veloci a el soni o: 330 m/s. Ejemplo 56.6 Hz v s + v' 330 + 21 Ejemplo 57. El automóvil emite un bocinazo (emisión in stantánea) con una frecuencia e 1 000 Hz. con una gran sup erficie reflectora en su parte posterior. a) Perturbación pro uci a por el pataleo el pato: T = 1.6 Hz Pr l . 4 = = 4Hz λ1 ' 0.3375 m/s. 4 ⎠ ⎝ b) La frecuencia etrás el pato 37 . ) Como λ1 ' = 0.3 Hz 330 + 30 vs + v ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⇒ 1 − vpto = f f1 ' = f ⎜ vpato ⎟ von a f1 ' ⎜1− ⎟ ⎝ von a ⎠ ⎛ f ⎞ ⇒ vpto = v Reemplazan o valores: c) La superficie reflectora se vuelve foco emisor. emitirá con la frecuencia f2.7Hz vs + v 330 + 30 ) La superficie refectora es ahora e receptor auditivo. f2 = f0 v s − v' 330 − 21 = 1000 = 858. ⎛ 1 / 1.6 ⎞ v pato = 0. a frecuencia hacia deante es: f1 = f 0 vs 330 = 1000 = 916.4⎜1 − ⎟ = 0.1 Efecto dopper de fuente que se mueve.ond: vond = 0.1m ⇒ f1 ' = vond 0.4 m/s. Eje mplo 59. f = 60 Hz y f ' ' = 62 Hz A automóvi ega ⎛ v vo f '= f ⎜ s ⎜ v s ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ (1) ⎛ 340 v x ⎞ ⇒ f ' = 60⎜ ⎟ ⎝ 340 ⎠ patrullero en reposo.5 s de haerse emitid o as ondas se capta un puso de retorno de frecuencia de 32 kHz proveniente de un automóvi.18 m f 2 ' 0. epen ien o si el automóvil se acerca o aleja el ⎛ v f 1 ' = f ⎜1 − o ⎜ v s ⎝ ⎞ v ⎞ ⎛ ⎟ = 34000⎜1 − 0 ⎟ ⎟ ⎝ 340 ⎠ ⎠ ⎛ v0 ⎜1 − ⎞ ⎜ vs ⎟⎝ ⎟ ⎠ ⎛ 340 − vo ⎞ ⎟ = 34000⎜ ⎜ 340 + Esta frecuencia vuelve al patrullero f 2 ' = f1 ' 1 ⎛ vo ⎜1 + ⎜ v s ⎝ ⎛ vs f '' = f '⎜ ⎜v mv f ⎝ s ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ (2) = 32000 Hz ⎛ 340 ⇒ 62 = f ' ⎜ ⎜ 340 m v x ⎝ patrullero en reposo. ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎜ 1 ⎟ f2 ' = f ⎜ vpato ⎟ ⎟ ⎜1+ ⎝ von a ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎜ 1 ⎟ = 0. ega a automóvi y regresa a patruero. Al patrullero llega e retorno + o . Solución.39 Hz = 0.Luego de 1.6 ⎜ ⎜ 1.Movimiento on ulatorio y on as Hugo Me ina Guzmán corto tiempo se capta un pulso e retorno e frecuencia 62 kHz proveniente e un automóvil.75 s L distnci l que se encontrb el utomóvil del ptrullero fue: 340(0. a) De termine a veocidad de automóvi La frecuencia que ega a automóvi v s = 340 m/s v x es a veocidad de automóvi. (Veloci a el soni o = 340 m/s). Determine: la veloci a con que se mueve el carro e i n ique si el carro se acerca o aleja el patrullero.75) − 10. E sonido se emite de patruero.39 E espaciamiento de as crestas detrás de pato es de 1.5/2 = 0.3375 ⎟ 1. E sonar de un patruero estacionado a orde de una pista emite hacia deante un corto puso de utra sonido de frecuencia de 34 kHz . Multiplican o (1) x (2): ⎛ 340 − vo ⎞ 32 ⇒ ⎜ ⎟ ⎜ 340 + v ⎟ = 34 ⇒ o ⎠ ⎝ 34(340 − vo ) = 32(340 + vo ) ⇒ 66vo = 340(34 o = = 10.75) = 240. Ejempo 58. El sonr de un ptrullero estciondo l borde de un pist emite hci .3 m/s 33 b) A que distnci del ptrullero se encontrb el utomóvil l slir el pulso Cu ndo el pulso lleg l utomóvil hn psdo 1.30(0.28 m. (vsonido = 340 m/s) a) Determine a veocidad de automóvi ) A que d istancia de patruero se encontraa e automóvi a sair e puso Soución.18 m. 57 m/s.57 m/s (340 − v x ) Luego el utomóvil se está cercndo l ptrullero. dependiendo si el utomóvil se cerc o lej del 62 = 60(340 v x ) (340 m vx ) L únic posibilidd de tener solución es en el cso que el utomóvil se cerc l pt rullero.delnte un corto pulso de ultrsonido de frecuenci 60 kHz. v x = 5. Luego de un o +. 38 .: 62 = 60(340 + v x ) ⇒ v x = 5. 7 f′= ⎛ vf ⎜1 m ⎜ v ⎝ Solución. hace sonar su sirena que tiene una frecuencia e 1000 Hz. el sistem oscil con un mplitud de 5 cm. b) L frecuenci mínim percibid por l person.5 v máx = ⎨ ⎩− 0. conectdo un resorte (k = 50 N/m).5cos10t ⎧+ 0. y el signo menos ( – ) cuan o la fuente se aleja el observa or. a) El con uctor escucha os frecuencias f1 que es la frecuencia f (1000 Hz) e la sirena y la frecuencia f’ del eco producido por la presencia del acantil ado. determinr: ) L frecuenci máxim percibid por l pe rson. como se muestr en l figur. Un ciclista se acerca al ca rro aleján ose el acantila o con una veloci a e 10 m/s.27 Hz 0.5 Hz vs − v f 340 − 20 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Esta frecuencia se refleja y llega a los oí os el con uctor que se acerca con vel oci a vo = 20 m/s.Movimiento ondultorio y onds Ejemplo 60. a) ¿Qué soni o escucha el c on uctor el carro e bomberos? b) ¿Qué soni o escucha el ciclista? ω= k 50 rad = = 10 m 0.5kg.5 (340 + 20) = 1125 Hz 340 El signo menos ( ) correspon e cuan o la fuente se mueve hacia el observa or. . Oscilación e la masa: Ejemplo 61. a) La frecuencia máxima percibi a por la persona. Asumir c = 340m/s Hugo Medin Guzmán f′= f 1 ⎛ vf ⎜1 + ⎜ v ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = 500 1 = 499. El carro e bomberos que se mueve con una veloci a e 20 m/s.05sen10t ⇒ v = 0. La frecuencia que llega al acantilado se dee a una fuente que se acerca co n vf = 20 m/s En general el Efecto Doppler para una fuente en movimiento y oservador estacion ario es f = f0 vs 340 = 1000 = 1062. L ms to tl (bloque y ltvoz) es 0. Si el ltvoz emite 500 Hz.5 ⎞ ⎛ ⎜1 + ⎟ ⎝ 340 ⎠ Solución. f ''= f ' (v s + vo ) vs = 1062. Un ltvoz es colocdo sobre un bloqu e.5 s x = Asenω t = 0. Como las os frecuencias que escucha son muy cercanas escuchará bati os o pulsacio nes correspon ientes a las frecuencia f = 1000 Hz y f’’ = 1125 Hz. Es decir f = 11 25 − 1000 = 125 Hz (frecuencia de los atidos). f′= f 1 ⎛ vf ⎜1 − ⎜ v ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = 500 1 = 500,74 Hz 0,5 ⎞ ⎛ ⎜1 − ⎟ ⎝ 340 ⎠ b) Al oí o el ciclista llega la frecuencia irecta que es con observa or y fuente acercán ose f1 ' ' = f b) La frecuencia mínima percibi a por la persona. v s + vo 340 + 10 = 1000 = 1093,75 Hz vs − v f 340 − 20 También llega el eco pro uci o por el acantila o f2 ''= f ' (v s − vo ) vs = 1062,5 (340 − 10) = 340 1031,25 Hz 39 Movimiento on ulatorio y on as Como las os frecuencias que escucha son muy cerc anas escuchará bati os f b = 1093,75 − 1031,25 = 62,5 Hz (frecuencia e los bati os) . Hugo Me ina Guzmán ω = 300 rev × 2πrad × min rad = 10π min× rev × 60s s La velocidad de la fuente emisora es: v = ωl = 10π (2 ) = 20π m/s Si el observador está lo suficientemente alejado, tomamos la dirección de erceción en la misma dirección q ue tiene la velocidad. Cuando la sirena se encuentra en la osición A de la figura , tendremos: v 340 Ejemlo 62. Las ondas sonoras emitidas or el carro f 1′ = f = = 515,2 Hz de bomberos (A) se reflejan en el camión (B) y al 340 − 20π v −vf regresar interfieren con as ondas emitidas. Determinar e número de pusaciones por segundo que En e pun to B: v 340 detecta un oservador sore e móvi A. f 2′ = f = = 354,2 Hz fo = 400 H z 340 + 20π v + vf El intervalo será el comrendido entre las dos frecuencias calculadas Solución. Frec uencia que llega a la ared f = f 0 Acercándose fuente y alejándose “observador” Ejemp o 64. Un carruse de 5,0 m de radio, tiene un par de atoparantes de 600 Hz mo ntados en postes en extremos opuestos de un diámetro. E carruse gira con una ve ocidad anguar de 0,80 rad/s. Un oservador estacionario está coocado a cierta di stancia enfrente de carruse. La veocidad de sonido es 350 m/s. a) Cacuar a ongitud de onda más arga que ega a escucha desde as sirenas. ) Cacuar a frecuencia de as sirenas más ata que escucha. c) Cacuar a frecuencia de at ido máxima en a posición de escucha. d) Un escucha montado en una iciceta que se aeja directamente de carruse con una rapidez de 4,5 m/s. ¿Cuá es a frecuencia de as sirenas más ata que escucha? Soución. a) f ' = f0 (v − vB ) (v − vA ) (v + v A ) (v + vB ) (1) Frecuencia que recie e pasajero Aejándose fuente y acercándose “oservador” f ''= f ' (2) Reempazando (2) en (1): f ' ' = f0 (v − vB ) (v + v A ) (v − v A ) (v + vB ) = c ⎞⎛ c ⎞ ⎛ ⎜c − ⎟ ⎜c + ⎟ 15 ⎠ ⎝ 25 ⎠ 400 ⎝ c ⎞⎛ c⎞ ⎛ ⎜c − ⎟ ⎜c + ⎟ 25 ⎠ ⎝ 15 ⎠ ⎝ 1) (24) (16) = 379,17 Hz. El pasajero escucha fp = 400 – 379,17 = 20,83 pulsaciones/s Ejemplo 3. Una sirena e 420 Hz gira ata a al extremo e una cuer a e 2 m e longitu a razón e 300 r.p.m. ¿Qué intervalo e frecuencias percibe un observa or situa o plano e rotación e la sirena y aleja o e ésta? Tomar para veloci a el soni n el aire 340 m/s. (15 − 1) (25 6 en el o e La longitu e on a más larga es con la menor frecuencia Y eso suce e cuan o la fu ente se aleja f1 ' = f = 600 vs (vs + v f ) = 600 350 (350 + 0,80 × 5) 350 = 593,2 Hz (354) 350 λ= = 0,59 m = 59 cm. 593,2 Soución. ) La frecuencia más ata sucede cuando a fuente se acerca. 40 Movimiento onduatorio y ondas Hugo Medina Guzmán f2 '= f = 600 vs (vs − v f ) = 600 350 (350 − 0,80 × 5,0) t = 1719, 350 = 606,9 Hz (346) Como t = c) f = f 2 '− f 1 ' = 606,9 – 593,2 = 13,74 Hz d) d − v t , otenemos: v 1719,4 − 3,88(10) t = = 433,14 s = 7 min 13,14 s. 3,88 E tiempo que e uque tardará en acanzar a costa es 7 min 13,14 s. Ejempo 66. Una sirena que emite con una frecuencia f sue verticamente hacia arria, parti endo de sueo y a una veocidad constante V. E punto de partida de a sirena e stá a una distancia d de un oservador. a) Supuesto e oservador parado, cacuar en función de os datos a frecuencia que perciiría e oservador después de transcu rridos t segundos. ) Supuesto que e oservador se aeja de punto de partida a una veocidad V', y que parte de punto a esa distancia d, en e mismo instante que a sirena. Cacuar en función de os datos a frecuencia que perciiría e os ervador, después de transcurridos t segundos. (Veocidad de sonido: v) Soución. a) La fuente se acerca y e oservador se aeja. f ''= f 600 (345,5) (346,0) (v (v s − vo ) s − vf ) = 600 (350 − 4,5) = (350 − 4) Ejempo 65. Un uque se acerca a una costa acantiada haciendo sonar una sirena de 600 Hz. E sonido se refeja en a costa y se oye 10 s después, interfiriendo c on e propio de a sirena, o que da ugar a 12 pusaciones por segundo. Cacue con estos datos e tiempo que e uque tardará en acanzar a costa. Soución. f = f '− f ⇒ f ' = f + f b = 600 + 12 = 612 Hz (v + vb ) (340 + vb ) f '= f s = 60 0 = 612 (340 − vb ) (v s − vb ) m ⇒ vb = 3,88 s Se d l distnci l que se encuentr el buque cundo inici el sonido de l siren, 10 segundos después escuch pulsciones, esto es el tiempo de vije de ls onds de id y vuelt. Tiempo de id: t1 = Frecuenci cundo l fuente se lej del observdor: f '= f v , (v + v F ) Vt V 2t 2 + d 2 v F = V cos ϕ1 = V De aquí: f '= f v ⎛ V 2t ⎜v + ⎜ V 2t 2 + 2 ⎝ v V 2t 2 + 2 v V 2t 2 + 2 + V 2t ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ vs b) = f − vb t Tiempo e vuelta: t 2 = vs Tiempo total: t = t2 + t2 = − v b t 2 − v b t = + vs vs vs (v + vb )t (340 + 3,88)10 ⇒d= s = = 1719,4 m. 2 2 41 Movimiento ondultorio y onds Hugo Medin Guzmán f '= f (v − v' ) [(v − v' ) − v F ] v d h2 + d 2 Vd h2 + d 2 , v' = v cos ϕ = v F = V cos ϕ = Frecuencia cuan o la fuente y el observa or se alejan mutuamente: f '= f vO (v − vO ) (v + v F ) = V ' cos(90º −ϕ 2 ) = V ' senϕ 2 = V' V 't + 2 2 2 ⎛ v d ⎞ ⎜v − ⎟ ⎜ ⎟ h2 + = f V t + (V ' t + 2 ⎠ ⎝ f '= f ⎛ v d Vd ⎜v − − ⎜ h2 + ) Vt vF = V cos ϕ 2 = V 2 V 2 t 2 + (V ' t + 2 h2 + 2 ⎝ ) (v (v h 2 + 2 − va ) ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ h 2 + 2 − v a − V ) ⎛ ⎞ V 't + ⎜v −V ' ⎟ 2 ⎟ ⎜ 2 2 V t + (V ' t + ) ⎠ f '= f ⎝ ⎛ ⎞ V 2t ⎜v + ⎟ 2 ⎟ ⎜ 2 2 V t ⎡v V 2 t 2 + (V ' t + )2 − V ' (V ' t + )⎤ ⎥ ⎣ ⎦ = f ⎢ ⎡v V 2 t 2 + (V ' t + )2 + V 2 t Ejemplo 67. Un hombre se encuentra en lo alto e una torre e altura h. A una i stancia el pie e ésta, un automóvil que se irige hacia ella con una veloci a V emite un bocinazo con una frecuencia f. El aire se mueve con una veloci a v a y en irección contraria al automóvil. Calcular en función e estos atos la frecuenci a percibi a por el hombre e la torre. (Veloci a el soni o: v). Solución. FORMACION DE UNA ONDA DE CHOQUE Hemos visto en el efecto Doppler que los frentes e on a pro uci os por una fuente e soni o en movimiento están comprimi os en la irección hacia la cual está viajan o la fuente. A me i a que aumenta la veloci a e la fuente, la compresión se hace más pronuncia a. ¿Qué suce e cuan o la veloci a e la fuente empieza a hacerse mayor que la veloci a e la on a? En este caso, la fuente se mueve más aprisa que las on as y los argumentos usa os para escribir el efecto Doppler ya no son aplicables más. En su lugar, las on as esf6ricas expan ién ose es e la fuente t posiciones posteriores a lo largo e la trayectoria e la fuente, se combinan to as forman o un frente e on a único cónico que se conoce com o on a e choque (véase la figura). Como la on a e choque está compuesta por muchos frentes e on a actuan o juntos, tiene una gran amplitu . La veloci a el soni o en la irección e percepción está afecta a por la veloci a el viento, e tal mo o que bajo estas con iciones v s = (v − v ' a ) La frecuencia que percibe un observa or en reposo con la fuente acercán ose, bajo estas con ici ones es: Para el tiempo t = 0 la fuente emite una on a es e el punto O En un tiempo post erior t, el frente e la on a se ha expan i o a un ra io r = vt y la fuente ha v iaja o a una istancia v,t para alcanzar al punto S. Frentes e on a posteriores también se expan en como se in ica en la figura anterior, e manera que a ese tie mpo t alcanzan justamente la línea tangente que se ibuja es e S al frente e on a centra o en O. La envolvente resultante e frentes e on a forma un cono con u n semiángulo θ dad pr 42 Mvimient ndulatri y ndas Hug Medina Guzmán senθ = vt v = vft vf La relación v f v , llamada númer Mach, se usa frecuentemente para dar la velcidad en términs de la velcidad del snid. Así una velcidad de 1,5 veces la velcidad del snid se denta cm Mach 1,5. Cuand la nda de ch ue es prducida pr u n aerplan ue se mueve a una velcidad mayr ue la velcidad del snid, es d ecir, a velcidad supersónica, la nda de ch ue se cnce cm explsión sónica. En l a figura siguiente se muestra la nda de ch ue prducida en el aire pr un aer plan supersónic ue se mueve a Mach 1,1. Nótese ue además de la nda de ch ue prd ucida en el extrem frntal, en la parte psterir del aerplan aparecen ndas de ch ue menres. Una nave a alta velcidad prduce ds más ndas de ch ue, la s cuales están asciadas cn la nariz, la cla y tras pryeccines de la nave. L s avines supersónics prducen ndas de ch ue ue se escuchan cm explsines són icas. El gráfic muestra ue la presión de aire se eleva bruscamente a l larg de la nda de ch ue frmada pr la parte delantera de la nave. Lueg la presión cae pr deb aj de la presión atmsférica y nuevamente se eleva bruscamente a l larg de las n das de ch ue frmadas pr la parte psterir de la nave. (Ls frentes de nda s n curvs pr ue la velcidad del snid depende de la temperatura del aire y la temperatura varía cn la altura.). La segunda elevación vuelve a la nrmalidad a la presión. El tiemp entre ls ds cambis de presión es 1/30 de segund, de tal mane ra ue se escucha un simple “Bum” cuando as ondas de choque pasan. PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1. Un joven en un arco mira as ondas en un ago que pasa n con una pausa de medio segundo entre cada cresta, ¿Si a una onda e toma 1,5 s p asar os 4,5 m de ongitud de su arco de 4,5 m, cuá es a veocidad, a frecuenc ia, e período, y a ongitud de onda de as ondas? 2. Los defines se comunican ajo e agua usando ondas de compresión de ata frecuencia. ¿Si a veocidad de soni do en agua es 1,4 x 103 m/s y a ongitud de onda promedio es 1,4 centímetros, cuá es a frecuencia típica de sonido de un defín? ¿Es esta frecuencia audie a os ser es humanos? 3 La cavidad de pecho de un ser humano resuena arededor de 8 Hz. ¿qué ongitud de onda causa ta viración? 4. La ecuación de una onda transversa en una cuerda es y = 6,0 cm sen[(2,0π rad/m) x + (4,0π rad/s)t ] . Calcule: a) amlitud b) longitud de onda c) frecuencia d) velocidad de roagación e) dirección de roagación de la onda f) La velocidad transversal máxima de una artícula de la cuerda. 5. Una barra de acero transmite ondas longitudinales or medio de un oscilador acolad o a uno de sus extremos. La barra tiene un diámetro de 4 mm. La 43 amlitud de las oscilaciones es 0,1 mm y la frecuencia es 10 oscilaciones or segundo. Hallar: a) ecuación de las ondas que se roagan a lo largo de la barra. b) energía or unid ad de volumen. c) romedio del flujo de energía or unidad de tiemo a través de una sección cualquiera de la barra. d) otencia requerida ara oerar el oscilador. 6 . La ecuación de una onda transversal en una cuerda es y = 1,8 mm sen[( 23,8rad/m) x + (317 rad/s)t ] . La cuerda se encuentra sometida bajo una tensión de 16,3 N. Determinar la densidad lineal de masa. 7. En una eco encefalografía se alica una señal de ultrasonido ara detecta la resuesta de un obstáculo (hueso, tumor, etc.). Suonga la disosición de la figura. Calcule el tiemo que emlea el ultrasonido ara obtener un eco en la segunda caa ósea (hueso 2). Se sabe que la velocidad de roagación de las ondas sonoras en el hueso es de 3,370 m/s y en el tejido encefál ico, de 1550 m/s Movimiento ondulatorio y ondas Resuesta. 1,35 x 104 m/s 8. Calcule la distancia a la cual un nadador debe encontrarse resecto del fondo (o de un obstáculo) ara ercibir el fenómeno del eco de un sonido roducido or él mismo (velocidad del son ido en agua 1640 m/s). Resuesta. 82 m 9. La velocidad de roagación en un gas y en un líquido a la misma temeratura es de 330 m/s y 1500 m/s resectivamente. Un disositivo, or ejemlo, un diaasón, roduce ondas sonoras en ambos fluidos de 4 20 Hz. Halle la relación de longitudes de onda en el líquido resecto del gas y la l ongitud de onda del sonido en cada medio. Resuesta. a) c) Hugo Medina Guzmán 14. La cuerda de un violín de 30 cm de longitud emite un sonido d e 460 Hz. Al fijarla en un unto tal que su longitud disminuya a 25 cm, emite un nuevo sonido. Calcule su frecuencia. Resuesta. f = 552 Hz 15. Un diaasón emite un sonido de frecuencia constante. Este diaasón (vibrando) se coloca sobre un tub o cilíndrico de vidrio que contiene agua. El nivel de agua uede variar observándose que, ara ciertas alturas h de la columna de aire en el tubo, la intensidad del sonido es mucho mayor que ara otras. Las alturas ara las -cuales existe reson ancia son h1 = 12 cm; h2 = 36 cm; h3 = 60 cm. Calcule la longitud de la onda emi tida or el diaasón. Resuesta. λ = 48 cm 16. Una proeta tiene 80 cm de profundida d y recie a mayor cantidad de agua para que e aire contenido en e tuo entre en resonancia con un diapasón que emite una onda sonora de período T = 32 x 101 s (vaor de a veocidad de sonido en aire en as condiciones de proema, 340 m /s). Cacue a profundidad de agua. Respuesta. 0,52 m 17. Un atoparante se c ooca en un punto A de una caja rectanguar de sección C D E F. E sonido emitido es de 120 Hz. Suponga que un micrófono A, puede despazarse a o argo de a ínea A B. E micrófono es conectado a un registrador de intensidad sonora. Mediante este experimento se ogra demostrar que en A y en puntos contados a partir de A hacia a derecha cada 1,20 m se registra un máximo e intensidad sonora. a) cacue a ongitud de onda sonora emitida ) cacue a veocidad de propagación c) ¿qué intensid ad indicará e micrófono cuando egue a B? λíquido = 4,55 , ) λgas = 0,786m , λ gas λ = 3,57m íquido 10. Una ventana de 1,5 m2 se are en una cae donde e ruido propio produce un nive sonoro en a ventana de 60 dB. Determine a potencia acústica que entra por a ventana mediante ondas sonoras. Respuesta. 1,5 x 104 W 11. Un aamre se do ado en un azo circuar de diámetro D. se asegura por medio de una arazadera por os extremos opuestos. Se envía una onda transversa arededor de azo por medio de un virador pequeño que actúe cerca de a arazadera. Encuentre as frecuencias de resonancia de azo en os términos de a veocidad v de a onda y e diámetro D. Respuesta. Los soportes de azo forman nodos en dos puntos; para medio azo D λ πD , =n ⇒ λ= 2 2 n v ⎛ v ⎞ = n⎜ con esto se encuentra f = ⎟ λ ⎝ πD ⎠ π 12. Una cuerda vibrante sometida a una fuerza de tracción vibra con frecuencia de 220 Hz. Si la fuerza de tracción se dulica y se mantienen las otras condiciones c onstantes, determine la nueva frecuencia de vibración. Resuesta. f2 = 311,13 Hz R esuesta. a) 13. Una cuerda de 80 cm de longitud y densidad lineal de 1,69 x10-4 g/cm, está fija en sus dos extremos y emite un sonido fundamental cuando se la so mete a una fuerza de tracción de 1,92 kg. a) Determine la frecuencia fundamental d el sonido b) Calcule el factor or el cual debe multilicarse la intensidad de l a fuerza de tracción ara que la frecuencia del nuevo sonido fundamental sea el te rcer armónico del caso anterior Resuesta. a) 481Hz, b) 9 λ = 2,40 m, ) v = 288 m/s Ajustando. un émoo que ajusta en un extremo y un atoparante coocado en e otro (fuente sonora en e cua se u tiiza como “detector” povo de corcho. mientras que en otros permanece en reposo.18. Sea un tuo de Kundt construido con un tuo de vidrio. Entonces se retira e aire atmosférico y se o sustituye 44 . convenientemente a posición de émo o se oserva que e povo de corcho en ciertos ugares se agita vioentamente. En estas condiciones se mide a dista ncia entre de puntos consecutivos en reposo que da 35 cm. oservándose ahora que distancia entr e os puntos citados precedentemente es de 45 cm. Dos atoparantes están coocados como se muestra en a figura con una separac ión de 3 m. . Un homre se encuentra originam ente en e punto O a 8 m de os atoparantes en una ínea perpendicuar a amos os atoparantes y que pasa por e punto medio de segmento que une os atopar antes donde escucha un máximo de intensidad.3 kHz d) f = 0. a) 13 cm ) 26 cm c) f =1.350 m de punto O. ) Cacue a ongitud de onda de a s ondas sinusoidaes. Respuesta. Respuesta. ¿A qué distancia mínima dee coocarse oservador para dejar de perciir e sonido? Hugo Medina Guzmán Respuesta.63 kHz 21. 437. Una fuente sonora F emite ondas de λ = 2 m. A 100 m otro ado de esta útima pared un oservador detecta una posición máxima intensidad de sonido. A 10 m de distancia de os atoparantes hay una fia de sias y a una distancia de D = 1 m de punto centra está situado e primer mínimo de inten sidad.03m 20.14 m/s 19.5 m entre si emiten amos una onda sonora. a) Cacue a diferencia de fase de as ondas sonoras producidas por os dos atoparantes para e punto P. Saiendo que a veocidad de sonido en e aire era de 340 m/s. E homre después se despaza a un punt o P situado a 0. Dos atoparantes están coocados con una distancia de 0. Los atoparantes son puestos a virar sinusoidamente por un ampific ador que hace que emitan ondas sonoras en fase. A 1 00 m de a misma encuentra una pared con dos ventanas separadas entre si. c) Determine a frecuencia de a fuente saiendo que en es tas condiciones (20. cacue a veocidad de sonido en e gas intr oducido. En ese punto detecta e primer mínimo de a int ensidad sonora. Los atoparantes son puestos a virar por un ampificador que hace que emitan ondas en fase. x= 1 2 Dλ d2 − λ2 4 = 5.Movimiento onduatorio y ondas por otro gas. d) Si a frecuencia de a fuente de ondas se ajusta de modo que e homre detecte e prim er mínimo de intensidad sonora a 0. ¿cuá será a nueva frecuencia? a) Diga si un oyente en a sia centra escucha un máximo o un mínimo de intensidad de sonido.75 m de punto O.C) a veocidad de sonido en e aire es de 344 m/s. ) ¿Cuá es a ongitud de onda y a frecuencia de as ondas sonoras co nsiderando que a veocidad de sonido es 344 m/s (20. C)? c) ¿Cuá es a diferencia de camino de sonido emitido por os dos atoparantes correspondientes a máximo s iguiente de intensidad? d) Considere ahora que e ampificador hace que as onda s producidas por os dos atoparantes estén desfasados 180. c) 10 cm. máximo 22. f =3.. Las ondas de radio de ongitud de onda λ egan a un detector después de un recorrido en ínea recta o después de ser refejados por aguna capa en a atmósfera. Si a atu ra de a capa refectora aumenta graduamente. Una fuente S y u n detector D de ondas de radio están separados una distancia d. ) λ =10 cm. d) mínimo. Respues ta. Diga si tienen un máximo o mínimo de intensidad en e punto centra y a D = 1 m de punto centra.5 kHz. a diferencia de fase entre as o . uno de otro. a) Máximo. Cuando esa c apa atmosférica está a una atura H as ondas egan en fase a detector. a) Encuentre la exresión de λ en función de: d.ndas en e detector camia de forma gradua hasta que as ondas están desfasadas π c uando la caa reflectora está a la altura H + h. ) Cacue a ongitud de ond a saiendo que a fuente y e detector se encuentran apartados 100 km. e H. 45 . h. y que H = 6 km y h = 52 m. a) hacia a fuente. cacue a frecuencia de sonido reci ido por e oservador. a) ¿Qué frecuencia escucha e conductor mientras que e patruero se acer ca? ) ¿Qué frecuencia escucha e conductor después de pasar e patruero? c) ¿si huie ra estado viajando e conductor a sur.05 27. 2401 Hz 29. Un auto patruero. 28. 567 Hz 24. Respuesta. Jorge hace sonar a ocina de frecuencia 330 Hz. Dos naves en una niebla espesa están hacen sonar sus sirenas. Cuatro atidos o pusaciones por segundo se oyen cuando dos diapasones suenan simutáneamente. Un conductor viaja a norte en una carretera a una veocidad de 25 m/s. Si e vaor de a veocidad de sonido de ai re es de 340 m/s. Jorge se está dirigiendo hacia a isa con una veocidad de 24 m/s cuando é ve a Betty que esta en oria en a ase de un acantiado. e oservador se acerca a a fuente con veocidad de vaor 10 m/s. se acerca con su sirena que suena en una frecuencia de 25 00 hertz. 6. Respuesta. Simutáneamente. Respuesta.13 m/s 6. ) 6. cuáles son las os ve loci a es y irecciones posibles el movimiento e la nave móvil? Respuesta. La frecuencia de segundo diapasón dee ser más ata que a de primer diapasón o a agregar a cinta haría aumentado e número de atidos. a) λ = 4 ⎢ ⎜ ⎟ + ( H + h )2 − ⎜ ⎟ + H 2 ⎥ ⎥ ⎦ b) λ =25 m 23. Respuesta. ¿cuá es a frecuencia origina de segundo diapasón? ⎡ ⎛ d ⎞2 ⎢ ⎝2⎠ ⎣ ⎛d ⎞ ⎝2⎠ 2 ⎤ 30. 980 Hz 26. P or o tanto. determine en qué sentido (con reación a a fuente) dee moverse u n oservador y con qué vaor de veocidad dee hacera si desea que a frecuencia de sonido perciido sea de 694 Hz. Supuesto que e vaor de a veo cidad de sonido en e aire es de 340 m/s. a) ¿Qué frecuencia escucha Betty? ) Jorge puede oír e eco de su ocina refejado por e acantiado. que pro ucen son i o con una frecuencia e 165 hertz. Una fuente sonora se aparta de un oservador parti endo de reposo y con aceeración constante de vaor 2 m/s2. ¿La frecuencia de este eco mayor que o igua a a frecuencia es oída p or Betty? Expique. La veocidad de soni do en este medio vae 360 m/s. Una fuente sonora estacionaria emi te un sonido de frecuencia 680 Hz. Una fuente sonora emite un sonido de 540 Hz y se aproxima a un ose rvador detenido con veocidad de vaor 60 km/h. Determine e intervao entre dos sonidos reciido s a 20 s y 30 s. v2 180 = 4 o v2 = 184 Hz. os dos diapasones se hacen sonar otr a vez y se oyen dos atidos por segundo. Respuesta. cuáes serían os resutados para (a) y ()? Respuesta. Después de unir un pedazo pequeño de a cinta a una rama de segundo diapasón. Una e las naves está en el reposo. ¿Si la gente en la n ave inmóvil oye una frecuencia e los bati os e 3. cacue e nuevo vaor de a frecuencia perciida por e ose rvador.35 m/s 46 . c) Cacue a frecuencia que escucha Jorge de eco de acant iado. 1. la otra s e mueve en una línea recta que pasa por la que está en el reposo. Si se acepta como vaor de a veocidad d e sonido 340 m/s.8 m/s 25 . Una fuente sonora emite sonido con frecuencia de 840 Hz y se aproxima a un os ervador a veocidad de vaor 40 m/s.0 hertzios. a) 3042 Hz ) 2072 Hz c) 2625Hz.Movimiento onduatorio y ondas Hugo Medina Guzmán Respuesta. conduciendo a sur a un a veocidad de 40 m/s. Si e primer diapasón tiene una frecuenci a de 180 hertzios. . temperaturas y presiones or inarias tienen muy poca atracción entre ellas y tienen un movimiento al azar. estu ia el movimiento e los flui os y las causas que la pro ucen. es importante la ensi a o masa específica ella permite calcular el peso el elemento e volumen que se consi ere. Las moléculas e los líqui os a temperaturas y presiones o r inarias tienen poca atracción entre ellas y cambian e posición relativa una a otr a. s on conoci os como flui os. Estática e los flui os. Dinámica e los flui os. : . tra icionalmente sub ivi i a en os partes estática y inámica. que es u na posible fuerza exterior actuan o sobre ca a elemento e flui o. La rama e la Física que estu ia los efectos e las fue rzas que actúan sobre 1os flui os se enomina Mecánica e Flui os. Luego un sóli o tiene volumen y forma efini a y sufre eformaciones finitas ba jo la acción e una fuerza. estu ia el equ ilibrio e los flui os bajo la acción e fuerzas estacionarias. un líqui o o un gas. l a ensi a ρ en ese punto se define mediante ρ = ρ ρ agua . Para un eleme nto e volumen V ubica o en algún punto el flui o y que contenga una masa m . Mecánica e flui os INTRODUCCIÓN La materia pue e clasificarse por su forma física como un sóli o.Mecánica e flui os Hugo Me ina Guzmán CAPÍTULO 4. o sea que los gases no tienen volumen ni forma ef ini as. a optan la forma el recipiente que los contiene y lo llenan completamen te. En consecuencia los líqui os tienen volumen efini o toman o la forma el recip iente que los contiene. cantidad adimensional. sostiene n o se oponen a este movimiento. Las moléculas e los s6li os a temperaturas y presiones or inarias tie nen atracción fuerte entre ellas y permanecen en posición fija relativa una a la otr a. Las moléculas e los gas es a. Densidad del agua a 4. pero no lo llenan necesariamente. DENSIDAD. DENSIDAD RELATIVA Y PESO ESPECÍFICO Den si a o masa especifica En un flui o. A causa e que los líqui os y gases a temperaturas y presiones or inarias no resisten la acción e un esfuerzo cortante y continúan eformán ose bajo su acción. que es pecisamente la pesión. ejece una fueza sobe sus paedes y. Los fluidos no tien en foma popia y constituyen el pincipal ejemplo de aquellos casos en los que es más adecuado utiliza el concepto de pesión que el de fueza. la unidad SI seá N/m3. La pesión se designa con la leta p . esulta independiente de la diección. . Ejemplo 1. Solución. Cuando un fluido e stá contenido en un ecipiente. se tata e ntonces de una magnitud escala. Si el fluido está en equilibio las fuezas sobe l as paedes son pependiculaes a cada poción de supeficie del ecipiente. es decir γ = ρg . Suponga que usted es capaz de lleva un peso de 400 N. Sin embago. La oientación de la supe ficie detemina la diección de la fueza de pesión.13 =3 (19300)(9. su empleo esulta especialmente útil cuando el cuepo o sistema sobe el que se ejecen las fuezas es defomable. ¿Cuál seía el tamaño del cubo hecho de oo podía usted lleva? La densidad del oo es 19300 g/m3. W = mg = ρVg = ρa 3 g ⇒ =3 W 400 = 0.8) ρg Lado del cubo = a = 13 cm LA PRESIÓN EN LOS FLUIDOS. y se defin e como la fueza de compesión po unidad de áea pependicula a la fueza. puede hablase también de pesión. po tanto. po lo que el cociente de amba s. El concepto de pesión es muy g eneal y po ello puede emplease siempe que exista una fueza actuando sobe u na supeficie. ya que de no selo existiían componentes paalelas que povocaían el desplazamiento de l a masa de fluido en conta de la hipótesis de equilibio. C = 1g/cm3 Peso específico El peso específico denotado po γ se d efine como el peso por unidad de volumen del fluido. 1 g/cm3 =1000 g/m3. es deci dm dV p= = Fueza nomal sobe un áea Aea sobe la que se distibuye la fueza F A O bien p = lim ΔA →0 ΔF F = ΔA A Uni a es e presión. Densidad elativa Es posible utiliza una escala de dens idades elativas a la de alguna sustancia específica.ρ= La unidad de densidad en SI seá g/m3 peo se usa genealmente densidades en g/cm 3. po ejemplo existen las dens idades de los fluidos especto al agua. se representa 1 e presión es el pas . En el Sistema Internacional (SI) la uni a cal. En 1654. Bar es realmente un múlt iplo el pascal y equivale a 105 N/m2. y p3.30 m. La presión sobre un punto totalmente sumergi o en un flui o en reposo es igual en to as las irecciones. 322 Pa 1 torr = 1 mmHg Ejemplo 2. 1 Pa = 1 N/m2. qué fu erza sería requeri a para separarlos? Solución. En meteorología se emplea con frecuencia el milibar (mb) o milésima parte el bar 1 mb = 102 Pa ó 1 atm = 1013 mb. Hacien o la sumatoria e fuerzas obtenemos: p2 ( y z ) − p3 ( s z )senθ = 0 Con dy = dssenθ : p 2 (dydz ) − p3 (dydz ) = 0 ⇒ p 2 = p3 Tmbién ∑F x = 0 ⇒ F2 − F3senθ = 0 ∑F y = 0 ⇒ F1 − F3 cos θ − dW = 0 Consideremos el hemisferio orientado con su eje a lo laro del eje x.322 Pa Torr 1 torr = 133. alcal e e Mag eburgo e inventor e la bomba e aire. Otras uni a es: Atmósfera (atm) se efine c omo la presión que a 0 ºC ejercería el peso e una columna e mercurio e 76 cm e alt ura y 1 cm2 e sección sobre su base. 1 atm = 1. Hugo Me ina Guzmán PRESIÓN EN UN PUNTO DE UN FLUIDO. en la irección x las fuerzas son iguales y opuestas y se cancelan mutu amente. Otto Van Guericke. También tenemo s: Milímetros e mercurio 1 mmHg = 133. p2.013x105 Pa. ¿Si los iámetros e los hemisferios fueron 0. El componente de x de la fuerza en esta tira es dFx = p a dA cosθ = pa (2πrsenθ )ds cosθ y ⎛1 ⎞ p1 ( x z ) − p3 ( s z )cosθ − ρg ⎜ x y z ⎟ = 0 ⎝2 ⎠ Con x = s cos θ : ⎛1 ⎞ p1 ( x z ) x y z ⎟ = 0 ⎝2 ⎠ 1 ⇒ p1 − p3 − ρgdy = 0 2 Cuando el pisma tiangula se apoxima a un punto. emostró que os equipos e caballos no po rían separar os hemis ferios e bronce evacua os. Tomemos un a tira estrecha de la ancho ds ue circunda el hemisferio. ds = dθ Así Fx = ∫ π 2 0 2πrasenθ cosθrdθ 2 = 2πr a . Para emostrar esto consi eremos un pequeño prisma triangular como se muestra en la figura. Los valores e presiones prome io sobre ca a una e las tres superficies son p1.Mecánica e flui os por Pa y se efine como la presión correspon iente a una fuerza e un newton e intensi a actuan o perpen icularmente sobre una superficie plan a e un metro cua ra o. 15) 1.2 ∫ π 2 0 senθ cosθdθ π 2 ⎡1 2 2 ⎤ = 2πr a ⎢ sen θ ⎥ = πr a ⎣2 ⎦0 Reemplazan o valores: 2 y → 0 . Por lo tanto finalmente: Fx = π (0.013 × 10 5 = 7160 N ( ) 1 = 2 = 3 VARIACIÓN DE LA PRESIÓN CON LA PROFUNDIDAD EN UN LÍQUIDO 2 HIDROSTÁTICA . y las presiones prome io se hacen uniformes. esto es la presión para un “punt o” p1 = p3 . Mecánica de fluidos Para encontrar la variación de resión con la rofundidad. 1 = a + ρgh Donde h epesenta la pofundidad de un punto cualquiea en el flui do y p su pesión: Ejemplo 3. Hugo Medina Guzmán Cuando el unto 2 está en la suerficie 2 es la resión atmosférica a y se tendrá. F = pA = ρghA = (1030)(9.10 m2. y es p y la pesión en ( y + dy ) es ( p + dp ) . . ¿Qué fueza se ejecida sobe ella po la agua de ma (densidad 1030 g/m3) a la pofundidad de 5000 m? Solución. según como se muesta en la figua. ya hemos visto que la ecuación p1 = p a + ρgh estab lece que la pesión depende únicamente de la pofundidad. llamado paadoja hidostática. Podía paece que el vaso cónico ejece una mayo pesión en su base que el que tiene la b ase más ancha. DIFERENCIA D E PRESIÓN ENTRE DOS PUNTOS EN UN FLUIDO. a una altura y un nivel de regencia arbitrario . Después viete sobe el agua una pequeña cantidad de la muesta del aceite en un lado del tubo y mide las altuas h1 y h2. Un dispositivo de exploación de las pofundidades del ma tiene una ve ntana de áea 0. conside remos el estudio una orción de fluido como se muestra en la figura. con lo cual el líquido pasaía del cónico al oto. A un tubo de vidio en U abieto en ambos extem os llena un poco de agua con coloante (paa la visibilidad).8)(5000) (0. ∑F y = 0 ⇒ pA − ( p + dp )A − ρgAdy = 0 Ejemplo 4. seá ∫ p2 p1 dp = − ∫ ρgdy ⇒ p 2 − p1 = − ∫ ρgdy y1 y1 y2 y2 Paa fluidos que pueden considease incompesibles (po lo geneal los líquidos). Sin embago. Como el elemento está en equilibio: La pesión a la altua − Adp − ρgAdy = 0 dp O dp = − ρgdy ⇒ = − ρg dy Simplificando: Esta ecuación nos da el cambio de pesión con la altua. do nde ρ es la densidad del fluido.1) = 5. El peso del elemento es ρgAdy .05 x 106 N PARADOJA HIDROSTÁTICA Una consecuencia de la ecuación p1 = p a + ρgh es el fenómeno que se ilusta en la figua. Un expeimentado desea detemina la densidad de una muesta de acei te que ha extaído de una planta. ¿Cuál es la densidad del acei te en téminos de la densidad del agua y de h1 y de h2? Difeencia de pesión ente dos puntos cualquiea (1 y 2) en un fluido en eposo. consistente e n un risma de área A y altura dy . y no de la foma de la vas ija. y alcanzaía una mayo a ltua en este último. adicionalmente paa difeencias de altua no muy gandes g se pue de considea constante. ( y 2 − y1 ) = h ρ agua gh1 = ρ aceite gh2 ⇒ ρ aceite = p 2 − p1 = − ρgh ⇒ p1 = p 2 + ρgh 3 h1 ρ agua h2 . En este caso p 2 − p1 = − ρg ( y 2 − y1 ) . La pesión en el nivel x – x’ es iual en ambos lados del tubo. llamando a Solución.ρ es constante. Fecuentemente utilizado en la páctica de la ingenieía con la p ensa hidáulica. Cundo l f uerz f se plic l cilindro pequeño. hHg hgu = ρ agua 1 1 ⇒ ⇒ = ρ Hg hagua 13. myor es l fuerz e jercid sobre el pistón myor.9 g/cm3. La pensa hidáulica. Hugo Medina Guzmán de mayo áea A2 sobe el que ejece una fueza F2 mucho mayo: p = ρ a gh ⇒ h = 5 × 10 5 p = 3 = 51 m ρ a g 10 × 9.10 m2.002 (12000) = 240 N f = F = 0.. L diferenci de ltu rs de los niveles del mercurio en los vsos es h = 1 cm. 2.Mecánica de fluidos Ejemplo 5. Calcula la pesión en los punt os 1. Densidd del mercurio = 13. que entonces ejerce un fuerz scendente F.9 EL PRINCIPIO DE PASCAL. la pesión en todos los puntos del fluido sufiá igual aumento .6 F f = . ¿Qué fuerz se debe plicr l cili ndro pequeño del áre 0.6 hacite = hagua agua = = 15. tal que A a a 0.6 cm Una vez añadido el aceite los líquidos quedaán en la disposición de la figua segunda. l presión que result se trnsmite l cilind ro grnde. epesentada en la figua a continuación. es deci. 3 y 4 en el sistema mostado en la figua.10 A p= hagua = 13.9 ρ agua ghagua = ρ aciete ghaceite ⇒ ρ 13. Enunciado que coesponde al P incipio de Pascal. Mientrs myor se l relción entre ls áres de los pistones. La pesión se tasmite a un cilindo . Si mediante algún método o sistema exteno aumentamos la pe sión en la supeficie. En unos vsos comunicntes hy gu y mercurio. L ley de los vsos comunicntes nos d pr vlor de l ltur del gu : Ejemplo 7.6 g/cm3. Ambos cilindros se llenn de ceite. Ejemplo 8. Densidad específica del aceite = 0. po tanto: La gata tiene una ventaja mecánica de 50. Suponer que u uto pes 12. Las pesiones en las supeficies de sepaación deben se iguales y. Medi ante un pistón de sección tansvesal pequeña. ¿a qué altua se elevaá el agua? Solución. “el cambio de pesión en alguna pate del fluido confinado intoduce el mismo cambio de pesión en todas pates del fluido”.000 N sobre el cilindro grnde de áre 0. Un gt hidráulic consiste en un cilindro grnde del áre A conectdo c on un cilindro pequeño del áre . Si la pesión manomética del agua en la tubeía a nivel del depósito de un edificio es de 500 Pa. Densidd del ceite = 0. Clculr l ltur de ceite que se debe ñdir por l rm de mercurio pr que el nivel de éste en los d os csos se el mismo. Solución. A1 se ejece una fueza F1 sobe un líqui do.11 cm ρ aceite 0.002 m2 pr soportr l uto? Solución.8 p= F1 F2 A ⇒ F2 = F1 2 = A1 A2 A1 Ejemplo 6. 25 + 0.033 x 105 + 4900 = 108200 Pa Pesión en 3: 4 . Consideando la disposición y geometía mostada en la figua: Pesión en 1: p 1 = patm – (0.50)ρagua g = 1.Solución.25)ρagua g = 1.033 x 105 – 4900 = 98400 Pa Pesión en 2: p2 = patm + (0. Llenemos el tubo con m ecuio y coloquemos el tubo. La pesión atmosféica sobe la supeficie teeste la denotaemos po p a . donde po el e xtemo ceado po existi vacío.25)ρaceite g = 108200 + 11025 = 119225 Pa MEDIDA DE LA PRESIÓN. La altua de la columna de mecuio mide la pesión atmosféica.013 x 10 Pa = 1 atm . La fueza que eleva al mecuio al inteio del tubo es la pesión atmosféica. la pesión de be se la misma. ¿Cuáles son las fuezas esión que el fluido que está tubo: tal fueza es F1 = p a e la columna queda al vacío. La pesión atmosféica p a no es despeciable o insignificante como algunas pesonas suelen cee. Ota aplicación páctica de la ecuación p1 = p 2 + ρgh son los instumen tos de medida de la pesión: Manómeto en U de líquido. ya que inteviene en va ias aplicaciones tecnológicas. sólo se tendá éxito si el nivel de agua no está a más de 10 . Considee un tubo de 1 m de lag o y sección tansvesal A. y es igua l a la pesión ejecida po el peso de toda la columna de aie que está po encima. doblado en foma de U. Al nivel indicado.75)ρaie g Como la densidad del aie es 1000 veces manos que la del agua podemos considea p3 = p2 = 108200 Pa Pesión en 4: p4 = p3 + (1.6 g/cm3. Obsevaemos que el nivel de mecuio se situaá apoximadamente 760 mm del nivel del ecipiente. al intenta eleva agua de un pozo (cu ya supeficie está en contacto con el aie que nos odea) succionando po el exte mo supeio de un tubo lago. con el extemo abieto hacia abajo. Apliquemos la segunda ley de Newton a sobesale de la supeficie del líquido en el ecipien que actúan sobe ella? Hay sólo dos: po una pate está la p en el ecipiente ejece sobe el mecuio que está en el A . abieto po el oto extemo donde actúa la pesión atmosféica que se desea medi. Este dato es muy impotante. El mecuio alcanza una cieta posición de equilibio. El d ispositivo que acabamos de descibi es un baómeto de mecuio. está el peso del mecuio al inteio d Manómeto simple. AL epeti el mismo expeimento.Mecánica de fluidos p3 = p2 (0. Baómeto de mecuio en U Considee la figua donde se muesta un tubo ceado en un extemo. po ota. la altua seá 13. paa pesiones elativas de ga ses La columna en U contiene un líquido (líquido manomético).6 veces mayo (ecuede que la densida d del mecuio es 13. ceado po uno de los extemos. Con p a el valo p a ≈ 1. La pesión atmosféica pomedio a nivel del ma coesponde a 760 mm de mecuio. Po el contaio. Esta última se debe a que est amos inmesos en un fluido compesible constituido po el aie.34 metos). peo con una columna de agua. la pesión atmosféica juega un papel impotante en numeosos apaatos y máquinas de la vida diaia.34 metos de pofundidad (en la páctica esta altua es meno ya que el agua comi enza a hevi bastante antes de llega a los 10. Multiplicando los 76 cm po 13.6 se obtienen 10. Baómeto La pe sión en la supeficie de un fluido que se encuenta en un ecipiente abieto a la atmósfea no es nula.6 g/cm3 y la del agua 1 g/cm3). Po ejemplo. en un ecipien te con mecuio. Hugo Medina Guzmán p a A = ρ Hg ghA La densidad del mecuio es esto obtenemos paa 5 ρ Hg = 13.34 m. de mo . La atmósfea de la Tiea ejece una pesión sobe todos los objetos con los que está en contacto. la pesión es nula. sino igual a la pesión atmosféica. po ejemplo agua. de modo que podemos iguala p a = h mmHg = h to El extemo supeio del tubo la columna de mecuio (que te). o sea: . Como el fluido está en eposo la fueza neta debe se nula.do que en la 5 Peso = ρ Hg gV = ρ Hg ghA . 25 x p = p a − ρ L gh 13700 x 9. Podemos detemina sucesivamente las pesiones de los puntos indicados e n la figua: p1 = p a + ρ ' gh p 2 = p1 − ρgh = p a + (ρ '− ρ )gh p3 = p 2 + ρ ' gh = p a + (2 ρ '− ρ )gh 3 − ρgh = p a + 2(ρ '− ρ )gh p5 = p 4 + ρ ' gh = p a + (3ρ '−2 ρ )gh p = p5 = p a + (3ρ '−2 ρ Pesión elativa y la pesión absoluta: La pesión elativa (a la atmosféica) seá p − p a = ρ L gh . Si la pesión en el ecipiente que contie ne el gas es meno que la atmosféica. la situación de equilibio seá como se indica en la figua siguiente de modo que la condición de equilibio seá p + ρ L gh = p a . Las distancias ente las pates soldadas de los tubos y los niveles supeioes del mecuio en ellos son iguales.Mecánica de fluidos situación de equilibio.25 ρ Hg g = 1. en el manómeto mostado en la figua. Hugo Medina Guzmán Solución. Los compatimientos B y C en la figua están ceados y llenos con ai e. Los baómetos están hechos del mismo mateial.033 x 105 – 0. ¿Cuál seá el valo de x? Los tubos en U están llenos de mecuio de mecuio. La pesión absoluta p puede también calculase de allí si se conoce o se mide la pesión atmosféica mediante un baómeto. p − p a = − ρ L gh . Igualmente se puede calcula la pesión (absoluta) si la pesión atmosféica es conocida Solución. ¿Cómo vaiaá el equilibi o de la balanza si aumenta la pesión atmosféica? Ejemplo 9. la condición de equilibio indicada en la figua da p = p a + ρ L gh . el baómeto lee 76 cm de mecuio cuando los manómetos leen x y 25 cm. Cálculo de pC pC = p a − 0. un valo negativo que efleja que la pesión en el inteio del ecipiente es meno que la atmosféica.8 x De aquí se obtiene: x = 0. dando paa la pesión elativa Ejemplo 10. Detemina la pesión p de un gas. cuando la pesión p en el ecipiente que contiene un gas es mayo que la atmosféica.8 = 69735 Pa El valo de la pesión en B se lee en el manómeto A: p B = 2 x105 Pa La lectua del manómeto ente los tanques B y C es la difeencia ente l as pesiones de dichos tanques: p B − pC = ρ Hg g ( x ) 200000 – 69735 = 13700 x 9. tienen el mismo diámeto de los tubos y contienen la mi sma cantidad de mecuio. de modo que si se mide la altua h tenemos una med ida de la pesión elativa. En una bal anza de gan sensibilidad fueon equilibados dos baómetos de mecuio: uno en f oma de platillo (con un plato ancho) y el oto en foma de U. 6 .97 m Ejemplo 11. la fuerza e Arquíme e s que actúa sobre los barómetros por parte el aire se varía tanto por el cambio e la ensi a el aire.) hizo la observación cui a osa siguiente. el nivel el mercurio en ca a caño aco a o ebe cambiar sólo en la mita e este valor. El gran científico griego Arquíme es (287212 B. para el barómetro e cubeta. los barómetros tienen no sólo el mismo peso. para el barómetro en U solo correspon e al volu men e una columna e altura Δh / 2 . es la misma. A emás. este objeto también sent iría la fuerza e empuje hacia arriba F=P O sea que la fuerza e empuje FE es FE = ρgV ¸ La figua ilusta la vaiación en los baómetos con el aumento de pesión. EL PRINCIPIO DE ARQUÍMEDES. Toman o en consi eración to as las con iciones el problema. Por eso. consi er e una porción pequeña e agua en un recipiente como se muestra en la figura. Si la porción e agua e peso P es substitui o por un objeto e la misma forma y tamaño. como por el cambio el volumen e los barómetros. Como resulta o e la variación e la presión atmosférica. la fuerza haci a arriba equilibra las fuerzas hacia abajo.C. al igual que su peso. para ca a uno e ellos la variación e la fuer za e empuje. Mientras la variación en el volumen e la cubeta correspon e al volumen e una columna e 7 on e ρ es la densidad del fluido. Para ver que esto es ver a . Cualquier objeto to talmente o parcialmente sumergi o en un flui o es empuja o para arriba por una f uerza igual al peso el flui o esplaza o. Solución. El agua sobre esta porción actúa hacia abajo. Si el p eso del objeto es mayo que P (el peso del fluido desplazado). la variación el volumen será os veces mayor que para el barómetro en forma e U (a iámetros iguales e los t ubos). Si el peso del obje to es meno que el peso de agua desplazada cuando se sumege totalmente. como es evi ente. la fuerza e Arquíme es que actúa sobre el baróm etro e cubeta también será menor y por eso él pesa más. por lo tanto esaloja menor volumen y el emp uje es menor que en barómetro e cubeta. en la misma ca nti a en que cambia el volumen el mercurio entro el tubo variará el volumen en la cubeta. Por consiguiente. cuan o se ca mbian los niveles el mercurio en sus secciones abiertas. Algo del objeto esal taá sobe la supeficie. La variación e los volúmenes. el objeto se hund iá (siempe expeimenta la fueza de empuje. si no también el mismo volumen. CENTRO DE EMPUJE . expeim entaá una fueza neta hacia aiba y flotaá a la supeficie. será iferente. de modo que la poción todavía sumegida desplace un peso de fluido igual al peso del objeto. Las altua s de las columnas de mecuio son iguales a (h + Δh ) . El agua bajo la porción e mpuja hacia arriba. Al aumentar la presión.Mecánica de fluidos Hugo Medina Guzmán altua Δh el tubo. así FE = F2 − F1 = P Aquí P es el peso el flui o esplaza o por el objeto. azón po la que un objeto no se sient e tan pesado cuando se sumege que cuando se saca del agua). Cuan o un objet o se sumerge en un flui o (un líqui o o un gas). experimenta una fuerza ascen ente e la flotabili a porque la presión en el fon o el objeto es mayor que en la pa rte superior. Explicación gráfica F1 + P = F2 La fuerza neta hacia arriba ebi o al flui o se llama la fuerza Empuje. y V es el volumen del cuepo sumegido. Puesto que la porción e agua está en equilibrio. el volumen el barómetro e cubeta se hace menor que el volumen el barómetro en forma e U. ahora llama a el principio e Arquíme es. En el barómetro e cubeta el nivel el mercurio en la cubeta cambia muy poco y en el tubo cambia prácticamen te en to o el valor e variación e la iferencia e niveles. para una variación e la iferencia e niveles en un etermina o valor. En el barómetro en forma e U. ebi o a la primera causa. paa una pequeña otación el pa de fuezas haá etona al cuepo a s u posición inicial. y está e n el cento de gavedad del volumen de líquido desplazado. entonces mg = FB o ρgV = ρ a xVg ⇒ x= ρ = 0. c) Indifeente .8 ρa a) Estable. está en equilibio y mg = T1 + FE . a) b) Ecuación del movimiento ma = mg − Empuje ρc = densidad del cuepo. ¿Cuál se á la tensión cuando saque el objeto del agua? Nota: Si usted engancha un tesoo o u n pez gande. donde m = ρV .3 x 103 g/m3. ya que su peso y fueza de emp uje son siempe colineales al aplicale cualquie otación. Hugo Medina Guzmán Peso = mg = ρgV ρ ρa ρgT1 = = T (ρ − ρ a )g [(ρ ρ a ) − 1] 1 19. ¿qué aceleración ten rá en el instante en que se suelte? Solución. ρ cVa = ρ cVg − ρ f Vg ⎛ ρf ⎞ ⎟ . Si el ob jeto de peso mg se levanta lentamente. la tensión en su línea es 120 N. a) Dibuja las fueza s que actúan sobe el cuepo. ¿y de su volumen? Solución. a) ¿Qué fuerza eberemos aplicar a la pelota para sostenerla en reposo totalme nte sumergi a en agua? b) Si se suelta la pelota. El codel puede ompese. V = volumen del cuepo ρf = densidad del fluido. b. ¿Mientas está levantando el tesoo. Si V es el volumen del bloque y xV es el volumen sumegido (x es la facción de volumen sumegido). Ocue cuando el cento de gavedad del cuepo está po debajo del cen to de empuje. Ejemplo 12. Ejemplo 15.) Inestable.03 x 103 g/m3. Utiliz an o la primera con ición: . Un cuepo tiene estabilidad vet ical cuando un pequeño desplazamiento vetical en cualquie sentido oigina fueza s estauadoas que tienden a volve al cuepo a su posición oiginal y tiene esta bilidad otacional cuando al aplica un pequeño desplazamiento angula se oigina un pa estauado.. Ocue cuando el cento de gavedad del cuepo esta po encima del cento de empuje paa una pequeña otación el pa de fuezas te ndeá a hace ota el cuepo hacia una nueva posición de equilibio. su cento de gavedad coincide con el cento de empu je. Consideemos el movimiento de un objeto de volumen V y masa M que ca e a tavés de un fluido con viscosidad ceo (sin ozamiento). y la densidad del agua de ma es 1. ¿Qué fac ción de volumen del bloque se sumege? Solución.3 (120 N ) = 127 N = (19.8 flota en agua. ( ρ es la densidad del objeto. En la figua se muestan los divesos casos de equilibio qu e se pesentan. epen e e las ensi a es el cuerpo y el flui o. Ocue paa cilindo ecto hoizontal y esfea. Primero calcularemos la ensi a e la pelota. Si el cuepo es homogéneo y está totalmente sumegido.Mecánica de fluidos Es el punto a tavés del cual actúan las fuezas de empuje. La densidad del oo es 19. Un bloque de madea de la gavedad específica 0. Una pelo ta e plástico tiene 25 cm e ra io y flota en agua con el 25% e su volumen sumer gi o. no lo levante del agua. EQUILIBRIO ROTACIONAL DE OBJETOS FLOTANTES. b) ¿La aceleación del objeto en caída es independiente de su masa?. a es in epen iente e la masa y el a = g ⎜1 − ⎜ ρc ⎟ ⎠ ⎝ volumen. V es el volumen del objeto) T1 es la tensión en la línea mientas está en el agua y Ejemplo 14. Un hombe que está pescando en el Ma Egeo pesca accidentalmente un atefacto antiguo de oo . Solución.3 − Ejemplo 13. la tensión es igual al peso mg.FE es la fuerza e empuje. FE = ρ a gV . 8 . ( ρ a es la densidad del agua) Así: ρVg = T1 + ρ aVg ⇒ V = T1 (ρ − ρ a )g Cuando el objeto está en aie. Sean: m masa del objeto. I) P1 es el peso de un ecipiente con agua con un objeto sumegido en él. peo colgado de una cueda s in que toque el fondo del ecipiente.25Vg ⇒ ρ p = 0. V volumen del objeto. como E = ρ agua gV ⇒ P2 − P3 = ρ agua gV y P = ρ pVg v ∑F =0 V = . g V = m ρ ⇒ V = P1 − P3 (1) ρg De (II) y (III): Fueza de empuje: Peso: E = ρ aVg P2 = P3 + E ⇒ E = P2 − P3 . III) P3 es el peso del ecipiente con agua . ρ densidad del objeto. a) Empuje cuando está totalmente sumegida en agua.25Vg P = ρ pVg v ∑F =0 Peso = empuje ρ pVg = ρ a 0. II) P2 e s el peso cuando el objeto está sumegido en el agua. Solución. Encuente la densidad pomedio del objeto. Restando (III) de (I): P1 − P3 = mg ⇒ m = Como P1 − P3 .25 g/cm3.Mecánica de fluidos Hugo Medina Guzmán Fueza de empuje: Peso: E = ρ a 0.25ρ a = 0. Disponemos de una plancha de cocho de 10 cm de espeso. b) Sea a la aceleación de la pelota en el instante en que se suelte F = ma ⇒ 481.8 ⎝3 ⎠ P − P3 P1 − P3 P2 − P3 ⇒ ρ= 1 ρ agua = P2 − P3 ρg ρ agua g Ejemplo 17.06 F = = = 29. Calcula la supeficie mínima que se debe emplea paa que flote en agua. Solución.25 3 ⎟9. m (250)⎛ 4 π 0. sosteniendo a un náuf ago de 70 g.24 g/cm3.06 N. Nota: entendemos po sup eficie mínima la que pemite mantene al hombe completamente fuea del agua aunq ue la tabla esté totalmente inmesa en ella. = 481.E−F−P=0 ⇒ F =E−P P2 − P3 (2) ρ agua g La fueza que se necesaia paa mantenela en equilibio totalmente sumegida es : Empuje – peso = ρ a − ρ p Vg Igualando (1) y (2): ( ) = (1000 − 250 )⎜ ⎛4 ⎞ π 0.4 m/s2. La densidad del cocho es de 0. Consi ere las tres me iciones mostra as en la figura a junta: Peso = empuje 9 .253 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝3 ⎠ Ejemplo 16. 7 0. Por eso e l agua que se forma espués el eshielo ocupará un volumen igual al volumen e la p arte hun i a el pe azo e hielo y por consiguiente el nivel el agua no cambiará. T = Tensión del cble. 1030 x 0. a) Como el pe azo e hielo flota.92m 2 76 Ejemplo 18. Un pedzo de luminio mente en un recipiente con gu.1 A es el volumen e la plancha e corcho.2 kg b) E = mg V = V olumen sumergido.8 + 900 ⇒ m = 217. L tensión ntes es simplemente se suspende de un cuerd y se sumerge complet L ms del trozo de luminio es de 1 kg. el nivel el agua no cambia. b) en el hielo se encuentra un a pie ra fuertemente a heri a. Por eso igualmente como en el caso a). peo el volumen del alu minio es ⇒ h = 0. De l figur (): P = mg = 1 × 9. ule l tensión de l cuerd ntes . b) El volumen e la parte sumergi a el pe azo e hielo con la pie ra es mayor que la suma e los volúmenes e la pie ra y el agua que se obtiene espués el eshi elo. c) entro el pe azo e hielo hay una burbuja e aire. Cundo está en equilibrio. Solución.3 x 9. que flota en agua ejan o f uera el nivel el agua una altura e 10 cm cuan o e el cuelga externamente un bloque e hierro e peso 10 kg y ensi a 7.1A)g 0.8 = m x 9. 70 = 100 A − 24 A ⇒ A = 70 = 0.38 m De l figur (b): 10 = 10 g 7800 V Al = m . ¿qué frcción del volumen de l esfer estrá sum ergid? Densidd del gu de mr 1. el peso e to a el agua esplaza a por éste es igual al peso el propio hielo o el agua recibi a e éste. Se tiene un cilin ro vacío e ra io 10 cm. c) El peso el agua esplaza a es igual al peso el hielo (el peso el aire en la burbuja pue e pre scin irse). ) E = mg + T E = Empuje. Por lo tanto. Calcular la altura que que ara afuera el agua si el bloque e hierro se intro uce entro el cilin ro como lo muestra la figura (b).Mecánica e flui os Hugo Me ina Guzmán Ejemplo 20. Clc y después de sumergir el trozo de luminio.21 m3 Frcción del cuerpo sumergi do = 0.8 = 9.12 + 1000 g Cuando se sumerge la fuerza de emuje es E = ρ aguaVal g . Solución el peso del trozo de luminio es decir Solución.21 = 0. Se h l ltur del cilindro. En un vaso e agua flota un pe azo e hielo. Un cble ncldo en el fondo de un lgo sostiene un esfer huec de plástico bjo su superficie.8 = m x 9.8 ⇒ V = 0. Ejemplo 21. [70 + 240(0. ¿Cómo cam bia el nivel el agua en el vaso cuan o el hielo se errite? Analizar los siguie ntes casos: a) el hielo es completamente homogéneo.3 Ejemplo 19.03 g/cm3 Solución. El volumen de l esfer es de 0.1A)]g = 1000(0. ) ¿Qué ms tiene l esfer? b) El cble se rompe y l esfer sube l superficie.1)π 0.8 N 1000 g (h − 0.3 m3 y l tensión del cble 900 N. el nivel el agua en el vaso se escen erá. 1030 x V x 9.8 g/cm3 tal como lo muestra la figur a (a). colocado en un líquido con peso específico γ 1 .8 3.12 = 10 g ⇒ x = 0. pesa P2 Determinar el peso espe cífico ρ del cuepo.6 = 6. y colocado en un lí uido con peso específico γ 2 . Un cuepo homogéneo y compacto.8 = 3. pesa y finalmente la tensión en la cuerda será la diferencia T = 9. Solución: El peso del cuepo hundido en el líquido 10 .6 N. ρAL 2.ρ Al 1 m g = 10 3 9.2 N P1.06 m de modo que l fuerz de empuje será: E = ρ agua Ejemplo 22.70 × 10 3 1000 g (h − x )π 0. Solamente en los pe ueños laos el hielo puede mantener se suspenso racias a la orilla. El ros or del hielo resultó iual a 1. En una taza con aua fl ota una cajita de fósforos dentro de la cual hay una piedra pe ueña. La relación de las densidades del hielo y del aua es 0.3 % sobe el nivel del agua. ¿Cuál es el volumen del bloque? P = mg Su volumen total seá V = m . Un tubo flota en el agua en posición vetical. entonces. La distancia ent re la superficie del hielo y el aua es 1 m. la pieda desalojaá un volumen de agua igual a su popio volumen. ¿De ué lonitud será necesaria la cuerda para sacar un balde de aua? Solución. La altua del tubo que sobe sale del agua es h = 5 cm. En el centro de un lao rande éste obliatoriame nte flotará. entonc es V1 > V2 y po consiguiente el nivel del agua en la taza disminuiá.917 V ρ agua O sea hay un 91. Ejemplo 29. Sea m la masa de hielo. el volumen del aua desplazada por la caja disminuyó en V1 = P/ρ1g. ¿Variará el nivel d el aua en la taza si la piedra se saca de la cajita y se pone en el aua? Soluc ión. A quí ρ es la densidad del agua. o sea . La longitud del tubo x se halla de la condición ρ ' gx = ρg (x − h ) que expesa la igualdad de las pesiones en la pofundidad del extemo infeio del tubo. Un cubo de Hielo flota en agua. donde ρ2 es la densidad de la sustancia de la pieda. Detemine la facción del hielo que queda sobe l a supeficie del agua.0 m. Su peso seá Solución. donde V es el volumen del cuerpo. Obtenemos. Dento del tubo se viete aceite de densidad ρ’ = 0. flotando en un liqui do de densidad ρ .9 de todo el espesor del hielo se encuentra en el aua. la densidad del agua. de allí res ulta ue Vs ρ Hielo = = 0. que x= ( ρ − ρ ') ρ h = 50 cm. es como se muesta en la figua (a). V2 = P/ρ2g. Ejemplo 25. Como ρ2 > ρl. en el 1 Huo Medina Guzmán seundo caso es iual a P2 = (γ − γ 2 )V . Cuando el bloque de conce to (densidad ρ ' ) se suspende del cilindo toma la posición mostada en la figua ( b) Si se despecia el volumen y peso del cable. Ejemp lo 28.9. por lo tanto.Mecánica de fluidos en el pime caso es igual a P = (γ − γ 1 )V . En el centro de un lao rande conelado han hecho Un claro.7% sumegido y po lo tanto 8. Al retirar la piedra de la caja se hizo más liera en un peso iual al de la pi edra y. ¿Cuál deberá ser la lonitud del tubo para llenarlo totalmente de aceite mantenien do la altura h? γ= (P2γ 1 − P1γ 2 ) (P2 − P1 ) Ejemplo 23. Por consiui ente. 0. Ejemplo 24. Al sumegise en el agua. La posición estable de un cilindo de longitud L. Solución. donde P es el peso de la pieda y ρ1.9 /c m3. De modo que podemos escibi el peso en téminos del volumen como P = ρ HieloVg Cuando una facción VS del volumen queda sumegida. En la posición (a) peso = πR 2 L 2 ρg En la posición (b. En la situación de equilibio el peso iguala al empuje de modo que ρ HieloVg = ρ aguaVs g .) Tomando momentos con especto al eje vetical po el que pasa el empuje. tenemos: Peso(asen30. la fueza de empuje es E = ρ agu aVs g .ρ Hielo . De donde 11 Solución. ) = (Vρ ' g − Vρg )R . La pesión atmosféica. ¿Obtiene en su medición 120 g y 78 g. La sección del depósito es A1 ⎜ ⎟ = VRg (ρ '− ρ ) 2 ⎝2⎠ πRLρa ⇒ V = 4(ρ '− ρ ) Ejemplo 30. cuál es la densid . de lag o L. P2 = ρg ( A1 y − Az ) = ρgA1 y − P . Calcula la pofundidad h a la que debe hallase la base del cocho paa que el sistema de los dos cilindos esté en equilibio. ¿juega algún ol? πR 2 L ⎛ ⎞ Solución. en que las di feencias de altua son pequeñas no juega un ol peceptible. Ejemplo 29. l a pate sumegida es z. a un cilindo de aluminio de masa m2 y sección tansvesal A2. F2 = ρg (h + L )A2 A1 hρg − ρg (h + L )A2 − (m1 + m2 = 0 A1 hρg − A2 hρg − A2 Lρg = (m1 + m2 )g ( A1 − A2 )hρ = (m1 + m2 ) + A2 Lρ (m + m2 ) + A2 1 ( A1 − A2 )ρ La difeencia de pesión debido a la atmósfea paa un caso como este. ⇒ P2 + P = ρgA1 y (1) Paa el conjunto total: Peso total = Empuje sobe P2 Solución. e tal manera que : P = ρgAz En el depósito: Peso P = empuje sobe P La sección del depósito es A1. En una tentativa de identifica un espécimen de oca. Sugeencia. Un depósit o de peso P1 flota en un líquido y al mismo tiempo tiene una cantidad del mismo líqu ido. ⇒ P+ P1 + P2 = ρgA1 x (2) Dividiendo (2) / (1): ρgA1 x P + P1 + P2 = ρgA1 y P + P2 ⇒ P1 x (P + P2 ) + P1 = ⇒ n = 1+ (P + P2 ) (P + P2 ) y Finlmente: E1 − F2 − (m1 + m2 )g = 0 E1 = A1 hρg . un geólogo pesa un a muesta en aie y también cuando que está sumegido en agua. 12 P= P1 −P (n − 1) 2 Ejemplo 30. El cilindo de aluminio puede deslizase sin oce po un oificio hemético en el fondo del eci piente. detemina el peso del flotado P paa que la elación de las po fundidades x y se igual a n . de peso P2. El peso P tiene una sección A y está hun i o una altura z.. El cocho está conectado po medio de una cueda sin masa. usando una balanza de bazos iguales impovisada.Mecánica de fluidos Hugo Medina Guzmán Paa la solución considee lo siguiente El P tiene una sección A.. Un cocho cilíndico de masa m1 y sección tansvesal A1 flota en un líqui do de densidad ρ. ad de la muesta? Solución.86 ρ a 42 La oca desconocida tiene una densidad 2. En aie m = ρV = 120 y en agua 120 − ρ aV = 78 ⇒ ρ aV = 42 De estas elaciones obtenemos: ρ 120 = = 2.86 g/cm3 . y = ma y ⇒ Fuerz recuperdor por empuje extr (debido y) + Fuerz de oposición por viscos idd = ms de plo moviéndose verticlmente. sobesalen 2. El peso es igual al empuje.1 m .5) ⇒ ρ p = ρ 4 Cuando el aceite de densidad •• y + 2β y + ω 0 y = 0 . ¿Cuál es el espeso de la capa de aceite? b) ¿Qué pasaá si se paa sobe el cuepo un pajaito d e masa m y luego se sale? Detemina la ecuación de movimiento consideando que el agua tiene una constante de viscosidad bA (A es áea del cuepo ectangula). ρ p = densidad del palo y+ b ρ pl • y+ • ρg y = 0. Un cuepo de foma ectangula de 10 cm de espeso está flotando en una laguna pequeña con tes cuatos de su volumen sumegido a) Si un camión cistena deama en la laguna aceite de densidad 0. ⇒ − ρgAy − bA y = ρ p Al y •• • •• l = 0. La densidad del agua es ρ . Sea su sección tansvesal A y su densidad ρ p . Hugo Medina Guzmán ∑F Solución. quedando la caa supeio del cuepo justamente a nivel de la supeficie del líquido.65 g/cm3. a) Antes que se deame el aceite.5 cm y están sumegidos 7. ρ pl 2 3 ρ p gA(10) = ρgA(7.5 cm. el poste está flotando en el agua siméti camente. si ¾ de su volumen están sume gidos. ρa .Mecánica de fluidos Ejemplo 31. 2β = ρ pl . la pate sumegida en agua es x y la pate e n aceite es (h x). ¿Qué facción del volumen del bloque se sumege en agua? Solución. Sea el bloq ue de madea de sección A y altua h. Como se ha alcanzado el equilibio: ω0 = y = y0e − βt cos(ωt + ϕ ) . y flota en la intefase de los do s líquidos. Aceite de densidad 750 g/m3 se viete sobe el agua. e l cuepo quedaá en movimiento amónico simple vetical. Un ecipiente se llena pacialmente de agua. como lo demostaemos a con tinuación.ϕ= yω= ρA 2 ρg ρ pl β 2 − ω 02 . al agua le c oesponde una altua (10 – y). El volumen en agua es Va = Ax . π m y0 = . y flota sin mezclase. Un bloque de la madea de densidad 820 g/m3 se coloca en el ecipiente. ρ p gA(10) = ρgA(10 − y ) + ρ a gAy ⇒ 3 ρgA(10) = ρgA(10 − y ) + ρ a gAy ⇒ 4 3 ρgA(10) = ρgA(10 ) − ρgAy + ρ a gAy 4 1 ⇒ ρ (10) = ( 10(1) = ⇒ y= 4(ρ − ρ a ) 4(1 − 0.se deama éste pemanece sobe el agua y se extiende a una altua y sobe el agua. Ejemplo 32.14 cm b) Si se paa sobe el cuepo un pajaito de masa m y luego se sale.65) = 7. Vamos a considea antes de deamado el aceite. ρ m gAh = ρ a gAx + ρ o gA(h − x ) ⇒ ρ m h = ρ a x + ρ o (h − x ) x x + ρo − ρo h h x ⇒ (ρ a − ρ o ) = ρ m − ρ o h ⇒ ρm = ρa 13 . y el volumen en aceite es V o = A(h − x ) El peso del bloque es equilibado po los empujes debidos al agua y al aceite. ρ0 ⎜ L y ensi a ρ1 flota en un líquido de densidad ρ 0 (ρ 0 > ρ1 ) . Un gan bloque de hielo (densidad 917 g/m3) flota en la agua de ma (densidad 1030 g/m3). a) Encuente el ángulo α . ma = ρ a Ah .2 ) = 452 g ρ 0 Aa 2 g = ρ1 AL2 g ⇒ ρ 0 a 2 = ρ1 L2 .Mecánica de fluidos Hugo Medina Guzmán El lago a de la pate de la vailla sumegida es x (ρ m − ρ o ) = h (ρ a − ρ o ) 820 − 750 ⇒ = 0. senα h g senα L fuerz de empuje viene dd por: E = ρ 0 Aag = ρ 0 A Ejemplo 33. m B = ρ B A h La fueza de gavedad es El toque ejecido po ambas fuezas especto a O debe se nulo. ⎛ ⎞ ⎛L ⎞ E ⎜ cos α ⎟ = P⎜ cos α ⎟ ⇒ E = PL ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ Sustituyen o las expresiones para E y que m B g + mg = ma g ⇒ m = m − m B = (ρ a − ρ B )Ah = (1030 − 917 )(20 )(0. b) ¿Cuál es el mínimo vlo r de h pr el cul l vrill se mntiene en posición verticl? c) ¿Cuál es l tensión del hilo? ⎛ h ⎞ 2 ⎟ = ρ1 L ⎝ senα ⎠ 2 Despejan o se encuentra finalmente que senα = ρ0 h ρ1 L b) Si el lado deecho de la última ecuación es mayo o igual a uno. la vailla se ma ntendá en posición vetical. Un Ejemplo 34. Una vailla de lago extemo de la vailla se amaa a un hilo a una pofundidad h (ve figua adjunta). De esta . ¿Si el áea supeficial del hielo es 20 m2 y tiene 0.28 1000 − 750 ⇒ = h . o sea. cuál es la masa del oso pola más pesado que puede esta paado en el hiel o sin hacelo i debajo de la supeficie del agua? Solución. Reemplazando el valo de a .20 m de espeso. El mínimo valo de h paa que la vailla esté en posición ve tical es hmin = L ρ1 ρ0 c) La tensión del hilo se obtiene exigiendo que la fueza total sea nula. Consideando el espeso de la baa pequeño. = ALgρ1 ⎜ ⎜ ρ ⎟ ⎜ ρ ⎟ 1 1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Don e M Ejemplo 35. Una baa homogénea de peso P . detemina el ángulo θ de e uilibrio. Sea A la sección tansvesal de la vailla El volumen de la baa es: AL El pe so de la baa es P = ρ1 ALg 14 Solución. tal como s e muesta en la figua. Densidad del lí uido = ρ . áea de sección tansvesal A y longitud L flota en agua con uno de sus extemos anclados a una pofundidad H .manea se obtiene que Solución. h g − ρ1 ALg senα ⎛ ρ0 ⎞ ⎛ ρ0 ⎞ −1 ⎟ = Mg ⎜ −1 ⎟ . a) La fueza de empuje se aplica en el luga fueza de gavedad en el luga a y la 2 L (medidos desde 2 O). Geometía del poblema . Ya sabemos que ambas fuezas tienen la misma magnitud y apuntan en diecciones opuestas y. x1 = . el cento de masas del objeto completo se ubicaá más ceca de b que de a. En la figua más abajo hemos designado el cento de masas del objeto completo con el numeo 1. actúa en el centro de masas ue se obtiene al sustituir los tres cubos por aua (en la fiura lo hemos desinado con el numer o 2). Es to se loga solo si ambas fuezas son colineales (actúan a lo lago de la misma e cta). El cento de masas del objeto completo se encontaá sobe la ecta que une a con b. x 2 = cos θ 2 senθ 2 tan θ H senθ Determinación del empuje: E = ρgVSumegido = ρgAy = ρgA Estática. Se tiene que y= H L H . sen θ = 2 ρgAH 2 PL ⇒ senθ = H Finalmente: ρgA PL θ = arc sen H ρgA PL . El cento de masas de los cubos A y B se encuenta en a y el ce nto de masas de C se encuenta en b.Mecánica de fluidos Hugo Medina Guzmán Las únicas fuezas que están actuando sobe el objeto son el peso P y el empuje E. la fueza neta sobe el objeto es nula. se tendá equilibio cuando: ∑τ O =0 O sea. Px 2 = Ex1 Susiuyendo valores: b1 = H ⎛ H ⎞ ⎛L ⎞ P⎜ cos θ ⎟ = ρgA ⎜ ⎟ senθ ⎝ 2 tan θ ⎠ ⎝2 ⎠ ρgAH 2 cos θ = 2sen 2θ De a uí: ab 3 La fuerza de empuje. Peo paa que se encuente en equilibio también el toque neto debe se nulo. por otra parte. Encontemos los puntos en que actúan las dos fuezas. La gavedad actúa en el cento de masas. po lo tanto. Como el cubo C tiene el doble de masa d e los dos cubos A + B juntos. po lo tanto. al sumegilo en agua. Considere tres cuos de mismo tamaño. Paa que no haya toque sobe el sistema la ecta ab debe oientase a lo lago de la vetical. el cento de masas cuando los tes cubos están hechos de agua debe esta sobe e l plano de simetía indicado en la figua con una línea punteada. adheridos ta como se muestra e n a figura. La densidad de materia de cua están hechos os dos cuos A y B es ρ1 = 0. la fueza de empuje exactamente cancela el peso. El cento de masas de los centos de masas nuevament e se encontaá sobe la ecta ab . ¿Cuál seá la oientación de equilibio estable que el objeto adquiil a cuando está “flotando” odeado de agua? Solución. Se deduce inmediatamente que tan β = 1/2.Nuevamente el cento de masas de los cubos A + B se encuenta en a. 15 . Obseve que la densidad media de los tes cubos es igual a la del agua ρ = 1 g/cm3) y. Peo ahoa los cubos A+B pesan el doble de lo que pesa C. mientas que el cubo C está hecho de un mateial de densidad ρ2 = 2 g /cm3. De hecho .5 g/cm3. Convénzase de que e equiirio es estae cu ando e punto 2 está sore e punto 1 e inestae cuando 1 está sore 2. FUERZAS SOB RE LAS PAREDES O COMPUERTAS Ejempo 36. En esumen. Concluimos que el ángulo β de a figura de enunciado dee coincidir con e de a segunda figura. la fue za de gavedad actúa en 1 y el empuje actúa en 2. mientas que el de C se encuenta en b. luego el cento de masas ahoa estaá mías ceca de a que de b. La esultante de ese sistema de fuezas paalelas es en g eneal una fueza paalela aplicada en un punto llamado cento de pesión. Hugo Medina Guzmán Cento de pesión. F = ∫ pdA = ρg ∫ ydA A A Paa calcula la fueza sobe supeficie A en la paed vetical. el conjunto de fuezas que esultan de la acción del fluido sobe la ca a de una supeficie de áea finita puede eemplazase po una fueza esultante. Tomemos un elem ento de áea dA de ancho L y altua dy que se encuenta a una pofundidad y . El cso más simple es si l superficie es rectngulr como se indic en l figur que sigue donde se dese evlur l fuerz resultnte de ls fuerzs distribuid s entre y1 e y 2 . l fuerz debido l presión tmosféric ctú por mbos ldos. aumentan linealm ente con la pofundidad. El cento de pesión lo encontamos de la siguiente manea Toque de las fuezas distibuidas = Toque de la fueza esultante y p F = ∫ ydF ⇒ y p ρgy G A = ∫ ρgy 2 dA A A ⇒ yp = ∫ A y dA 2 yG A = I yG A Donde I es el momento de inerci con respecto un eje. Las fuezas hoizontales c ausadas po la pesión sobe supeficies que enciean al fluido. donde por el interior de un superficie h y un fluido y por el exterior está l tmósfer.Mecánica de fluidos Ya hemos estudiado la vaiación de pesión con la pofundidad de u n fluido. ahoa nos ocupaemos de enconta la magnitud de esta fueza esultante y la deteminación de su línea de acción o punto de aplicación. L figur siguiente ilustr un situción típic. espect o al cual el toque de las fuezas distibuidas es equivalente al toque de la f ueza esultante. L uego. y entonces l omitiremos del nálisis por no contri buir en form net l fuerz horizontl ctundo sobre l superficie. La f ueza sobe este elemento difeencial es: F = ρgL ∫ ydy y1 y2 . APLICACIÓN: Superficie rec tngulr Pr el cso de compuerts y situciones similres. de modo que se tienen fuezas distibuidas no unifomes actuando sobe ellas. A es el áea total de la supeficie.⎡ y2 ⎤ 1 2 2 = ρgL ⎢ ⎥ = ρgL y 2 − y1 2 ⎦y 2 ⎣ 1 y2 ( ) dF = pdA = ρgyLdy La fueza tota la encontamos integando en toda la supeficie: F = Como También podíamos calculalo de ota foma El centoide está en ∫ A pdA = ρg ∫ ydA A ∫ A ydA = y G A 1 ( y 2 + y1 ) 2 El áea A = L( y 2 − y1 ) yG = Y la fueza es: Donde y G es la posición del centoide del áea de la supeficie sobe la que actúa la fueza. Finalmente: F = ρgy G A 16 1 2 F = ρgy G A = ρgL y 2 − y12 2 Paa calcula el cento de pesión: ( ) . Mecánica de fluidos Hugo Medina Guzmán yp ∫ = A A y 2 dA yG A = I yG A y2 y1 I = ∫ y 2 dA = L ∫ y 2 dy y2 1 1 3 L y 3 y1 = L y 2 − y13 3 3 1 y G = ( y 2 + y1 ) . Dividam os la tapa en fanjas hoizontales de lago b y ancho (altua) dz. 2 . con el origen l fondo de l cj sobre l tp móvil. A = L( y 2 − y1 ) 2 = [ ] ( ) Reemplazando: 1 L( y 2 + y1 )( y 2 − y1 ) 2 2 2 y 2 + y 2 y1 + y12 ⇒ yp = 3( y 2 + y1 ) yp = 1 3 L y 2 − y13 3 ( ) Solución. Elijmos el eje z lo lrgo de l verticl. Inte gando la fueza que el líquido ejece sobe cada una de las fanjas se obtiene la fueza total ( ) En paticula si la supeficie está ente y1 = 0 e y 2 = h esultaá F = ∫ p ( z )bdz = ρgb ∫ (h − z )dz = h h 0 0 1 ρbgh 2 . L presión un ltur z es p ( z ) = ρg (h − z ) . La fueza que ejece el fluido sobe la fanja que está a la altua z es dF = p ( z )bdz . . pero ahora. 6 Paa que la tapa esté en equilibio el toque que ejece la fueza total extena F debe se igual en magnitud con τ .2 yp = h 3 APLICACIÓN: Fueza sobe una supeficie de foma ectangula inclinada Paa enconta a qué altua h p debemos aplica esta fueza sobe la tapa. c) Posición de la línea de acción de la resultante. Considere una caja de dimensiones a. evaluem os el toque que ejece el fluido sobe la tapa especto al oigen. llena de aua. encuentre la osición en la que debe alicarla. Para una sección recangular inclinada un ángulo θ con la vertical. excepto uno de los lados laterales (de dimensión b · h). Calcular: a) La fuerza resultante que actúa sobre el dique. En una sección anerior se calculó la fu erza resulane y cenro de la fuerza para un área verical de sección recangular. el cálculo es muy pa recido. el eje Oy está inclinado lueo resultarán Fh p = 1 1 1 ρgbh 3 ⇒ ρgbh 2 h p = ρgbh 3 6 2 6 De esta ecuación se deduce finalmente que h p = h 3 F= 1 2 ρgL y 2 − y12 cos θ 2 2 2 y 2 + y 2 y1 + y12 3( y 2 + y1 ) ( ) y su punto de aplicación será yp = ( ) Note ue la expresión para el centro de fuerza es la misma. Ine grando el orque que el líquido ejerce sobre cada una de las franjas se obiene el orque oal τ = ∫ zp ( z )bdz = ρgb ∫ z (h − z )dz h h 0 0 = 1 ρgbh 3 . Ejemlo 38. Ejemplo 37. La figura nos reresenta el dique de un embalse en el que el agua al canza una rofundidad h = 60 m en la ared vertical. b) El torque o mo mento de la fuerza que tiende a hacer girar el dique alrededor de OO. es decir. Todos los lados de la caja están firmemente unidos entre sí. E valúe la magnitud de la fuerza exterior mínima con que debe resionarse ese lado con tra el resto de la caja ara que el agua no escurra. y tiene una longitud L = 25 0 m. El toque qu e el fluido ejece sobe la fanja que está a la altua z es dτ = zp ( z )bdz . Si la fuerza se alica en u n solo lugar. b y h. 17 .Solución. 8)(1) 3. po tanto: 0 ⎡ y2 ⎤ y y = ρgL ⎢ ⎥ ⎣ 2 ⎦ y1 y2 1 y y = ρ a gLH 2 2 Expesión que podíamos habe obtenido aplicando diectamente: F = ρghC A . sustituyend o valoes: 1 2 ρgL y 2 − y12 2 1 2 2 = 1000(9.42 x 109 N 2 b) El toque o momento de la fueza dF especto del = 43120 N Cálculo del cento de pesión: F= yp ∫ = A A y 2 dA .2 2 ( ) ( ) 1 (1000)(9.2 − 1.8)(250)(60)2 = 4. Cálculo de la fueza esultante F = ∫ pdA = ρg ∫ ydA A A F = ρgL ∫ = y2 y1 Y la fueza esultante es.Mecánica de fluidos a) Hugo Medina Guzmán dF = dA Con = ρ a gh y dA = Ldy ⇒ dF = ρ a gLydy F = ∫ dF = ρ a gL ∫ 0 H H El valo de la fueza sobe un elemento de áea dA seá: Solución. A = L( y 2 − y1 ) 2 y el toque esultante es: τ = ∫ dτ =ρ a gL ∫ 0 0 1 y (H − y )dy = ρ a gLH 3 6 = [ ] ( ) Sustituyendo valoes: fueza F paa poduci el toque τ calculado en (b).82 x 1010 N 6 c) Llamando h a la disancia por encim a de O a la τ= Reemplazando: yp = τ = hF ⇒ ⇒ h= 1 ⎛1 ⎞ ρ a gLH 3 = h⎜ ρ a gLH 2 ⎟ 6 ⎝2 ⎠ H 3 1 L( y 2 + y1 )( y 2 − y1 ) 2 2 2 y2 + y2 y1 + y12 = 3( y2 + y1 ) 1 3 L y 2 − y13 3 ( ) ) .eje O O' es: yG A = I yG A y2 y1 dτ = (H − y )dF = ρ a gLy (H − y )dy H H I = ∫ y 2 dA = L ∫ y 2 dy y2 1 1 3 L y 3 y1 = L y 2 − y13 3 3 1 y G = ( y 2 + y1 ) . obenemos: 1 (1000)(9.8)(250)(60)3 = 8. 2 e y 2 = 3.2 × 1.2m. on e el punto A está a profun i a e 1.( Sustituyen o valores: En particular si la superficie está entre y1 = 1. Determine la fuerza resultante y su punto e aplicación ebi a a la ac ción el agua sobre la superficie plana rectangular e altura AB = 2 m y e ancho 1 m (hacia a entro el papel). 18 . El agua se eleva hasta la altura c en el tubo sol a o al t anque mostra o en la figura. c) Comparar el peso total el agua con el resulta o obte ni o en (b) y explicar la iferencia. = 2.2 2 + 3. b) Determinar la fuerza total en la base el tanque. Ejemplo 40.2 2 3(3.2 ) ( ) Ejemplo 39.2 resultará: h= 60 =20 m 3 yp = 2 3.35 m. Desprecian o el peso el tubo: a) Determinar y loca lizar la fuerza resultante que actúa sobre el área Lb.2 + 1.2 + 1. ∫ = A1 y 2 dA y G1 A1 = L∫ (c + b ) c y 2 dy 1 (c + b )3 − c 3 2 (c + b )3 − c 3 3 = = b⎞ 3(2c + b )b ⎛ ⎜ c + ⎟b 2⎠ ⎝ b) La fuerza total e a base A2 = La el tanque.89 N P3 = 7. a) La fuerza sobre el área A1 = Lb . b⎞ ⎛ F11 = ρghG1 A1 = ρg ⎜ c + ⎟ Lb 2⎠ ⎝ y p1 V1 = l 3 ⇒ P1 = l 3 ρ a g ⎛ 1 ⎞ V2 = l 3 ⎜1 + cotan 60º ⎟ ⇒ ⎝ 2 ⎠ 1 ⎛ ⎞ P2 = l 3 ⎜1 + l 3 ⎜1 − cotan 60º ⎟ ρ a g ⎝ 2 ⎠ 3 V4 = l (1 + cotan 60º ) Sustituyendo valoes: P1 = 10 N P2 = 12. EF y HK.Mecánica e flui os Hugo Me ina Guzmán a) El peso el agua en ca a recipiente.77 N b) La fue BC. EF y HK. c) La fuerza sobre las caras BC.11 N P4 za sobe el fondo de cada uno. ) La fuerza sobre l a cara vertical LMNO el cuarto recipiente. b) La fuerza sobre el f on o e ca a uno.8 N . c) La fueza sobe las caas cotan 60º ⎟ ρ a g ⎝ 2 ⎠ ⎛ 1 ⎞ V3 ⇒ P4 = l 3 (1 + cotn 60º )ρ a g = 15. F2 = ρgh2 A2 = ρg (c + b )La = ρg (Lac + Lab ) [ b⎞ ⎛ ⎜ c + ⎟ Lb 2⎠ ⎝ ] [ ] c) El peso total el agua P = ρg (Lab − Sc ) Resultado difeente al obtenido en (b) Explicación: poque el peso es: F = ρgl(l 2 ) = 10 N FBC = FBF 1 3 l ρ a g = 5N 2 = FHK = 5. a) Solución. Solución. 8(0. los otos tes ecipientes tienen la misma base e igual altua y están llenos de agua. Un fluido puede esta sujeto a taslación o otación con acele ación constante si movimiento elativo ente patículas.58l 2 3 F = 1000 × 9. Supongamos los ecipientes de la foma indicada en la figua.44l ) 1.58l 2 = 7 N A= ( ) TRASLACIÓN DE FLUIDOS. F = ρ a ghc A hc = l ⎛ l2 ⎞ l 2 ⎟+ l 2 ⎜ 3⎜ 2 3 ⎟ 2 ⎝ ⎠ l2 + l2 3 ( ) = 0.d) La fueza sobe la caa vetical LMNO del cuato ecipiente. Esta condición de equilibio elativo hace que el fluido este libe de esfuezos cotantes y .44l . P = F2 − F3 Don e: F2 = ρg (Lac + Lab ) y F3 = ρgh3 A3 = ρgc(La − Sc ) Luego: P = ρg (Lac + Lab ) − ρg (La − Sc ) = ρg (Lab − Sc ) Ejemplo 41. El pi me ecipiente es cúbico. Calcula: 19 l2 + l 2 = 1. de 10 cm de aista. Taslación hoizontal. Si el ecipiente que contien e un líquido de densidad ρ se taslada hoizontalmente con aceleación constante a x . la presión en un punto cualqui era bajo la superficie a un a profun i a h sería: ∑F x = ma x p1 A − p 2 A = ρLAa x . Hugo Medina Guzmán Paa el pisma de líquido en la figua tenemos: ∑F y = ma y p 2 A − p1 A − ρyAg = ρyAa x Simplificando: p 2 − p1 = En la figua consideemos un pisma de líquido a lo lago de una línea hoizontal. Paa el cuepo libe se tiene: ρgy⎜1 + ⎜ ⎝ ⎛ y ⎞ ⎟ g ⎟ ⎠ Si el punto 1 estuviera en la superficie el líqui o.Mecánica de fluidos se aplican las leyes de la estática de fluidos teniendo en cuent a los efectos de la aceleación. po lo t anto el efecto de la aceleación a x seá en la diección x . la supeficie inicialmente hoizontal se inclina con una pendiente que calcula emos a continuación. como p1 = ρgh1 y p 2 = ρgh2 ⎛ y p = p + ρgy⎜1 + ⎜ g ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Po emos escribir: Simplifican o ρgh1 A − ρgh2 A = ρLAa x g (h1 − h2 ) = La x ⇒ (h1 − h2 ) L = Siendo (h1 − h2 ) L x g . La pesión no vaía igual que en un líquido en eposo. aplicando la seg unda ley de Newton se tiene: En el eje x : ∑F x = ma x ⇒ Psenθ = mω 2 x (1) En el eje y : ∑ Fy = 0 ⇒ P cos θ − m = 0 o P cos θ = m (2) Dividiendo (1) entre (2): tan θ = ω2x 20 . valo que calcula emos a continuación.x g Rotción uniforme lrededor de eje verticl. l superficie ente er horizontl tom un form prbólic como lo demostrremos prcilmente ngulr cons que inicilm continución. la superficie libre es un plano inclinado. Si el recipiente ue contiene un lí uido de densidad ρ se mueve con aceleación v etical a y . peo es difeente a cuando está en eposo. la supeficie libe pemanece hoizontal. La pesión es constante en planos hoizontales. consideemos una patícula de masa m en el punto A. Si un recipiente bierto lleno con un líquido rot lrededor de un eje verticl con velocidd tnte. En la figua. Traslación verti cal. no hy movimiento reltivo entre ls prtículs. l pendiente de l superficie libre. se tendrá finlmente: tn θ = Como a x es constante. Mecánica de fluidos Huo Medina Guzmán la fuerza producida por la resistencia del aire y la fricción en ruedas es F f , ¿ ué ánulo formaría la superficie del aua con el fondo del tan ue? Como la pendiente de la curva en A es tan θ = tenemos. dy , dx ω dy ω x = ⇒ dy = xdx g dx g 2 2 Integrndo: y = ω 2 x2 2g +C Pr evlur l constnte, tenemos que pr x = 0 → y = 0 , por lo tnto C = 0. Fi nlmente: y= ω 2x2 2g , ecución de l prábol. Solución. Primermente hllemos l celerción x del tnque que desciende por el p lno. L presión mnométric un profundidd h del vértice de l prábol será: ∑F x = M x ⇒ Ff M ⎛ ω 2 x2 p = ρg (h + y ) = ρg ⎜ h + ⎜ 2g ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Mgsenα − F f = Mx L celerción será: x = gsenα − Ejemplo 42. Sobre un utomóvil de crrers se instl un tubo en U lleno de gu. El conductor celer uniformemente desde el rrnque, l cbo de 5 segundos el gu contenid en el tubo tiene l posición señld en l figur. ¿Cuáles son l celer ción y l velocidd del utomóvil en ese instnte? (No tome en cuent los efectos vi scosos trnsitorios del gu del tubo). L celerción perpendiculr l fondo del tnque es y = g cos α El ángulo θ ue forma la superficie del aua con el fondo del tan ue (dirección x) se encuentra de la siuiente manera: a x = a y tan θ ⇒ tn θ = ax senα − F f M = y g cos α Ejemplo 44. Un tnque sufre un cíd libre. Encuentre l diferenci de presión entr e dos puntos seprdos por un distnci verticl h . Solución. Observmos en el e squem que l grvedd efectiv es norml l líne trzd por los extremos de l column de gu. Sus extremos están l presión tmosféric y quedn en un líne de presión constnte. Podemos clculr fácilmente l mgnitud de : = g tn θ = tan 20= 9,81 × 0,364 = 3,57 m/s2 La manitud de la velocidad del automóvil se determina de la siuiente ecuación: a= m dx = 3,57 2 dt s Solución. La diferencia de presiones entre dos puntos de un fluido ue se mueve ve rticalmente con aceleración a es ( p 2 − p1 ) = Lueo Interamos y para t = 5 s: ρgh⎜1 + ⎜ ⎝ ⎛ m km v = 3,57t = (3,57 )(5) = 17,85 = 64 s h Ejemplo 43. Un tnque bierto, lleno de gu, rued sobre un plno inclindo, qu e form un ángulo α con l horizontl. Si el tnque tiene un ms M y 21 ( p 2 − p1 ) = 0 , consecuentemente ⎞ ⎟ g⎟ ⎠ p 2 = p1 Ejemplo 45. Se tiene un tubo en U e área A y con un flui o e ensi a ρ , como se muesta en la Mecánica de fluidos figua. Detemina la difeencia de altua H que se poduci e nte las altuas que alcanza el líquido en cada una de las amas cuando, a) Se le impime una aceleación lineal hoizontal. b) Rote con una velocidad angula const ante a alededo de un eje vetical que coincide con una de sus amas. Hugo Medina Guzmán F = ∫ dF = ω 2 Aρ ∫ d = ω 2 Aρ 0 L L2 2 Nuevamente, en equilibio, la igualaemos: al peso de la columna de líquido de alt ua H , L2 = ρgHA 2 ω 2 L2 Finalmente: H = 2 F = P ⇒ ω 2 Aρ TENSION SUPERFICIAL CAPILARIDAD TENSIÓN SUPERFICIAL Ente dos moléculas de un flui do actúan fuezas. Estas fuezas, llamadas fuezas de van de Waals o fuezas cohe sivas son de oigen eléctico. Una de las caacteísticas de estas fuezas es que su alcance es muy pequeño (ápidamente se desvanecen cuando la distancia ente las moléc ulas es dos o tes veces su tamaño); ota caacteística es que mientas las moléculas no se taslapan, la fueza es atactiva. El efecto neto de las fuezas de cohes ión sobe una molécula que está en el inteio del líquido es nulo, peo no así paa una m olécula que se encuenta en la supeficie. Solución. a) Solamente la masa de líquido que está en la pate hoizontal podá desplaza se bajo la acción de la aceleación, pues, la masa de líquido que esta en las amas v eticales tiene su movimiento estingido, po se pependiculaes. Como todos los elementos difeenciales de masa en la pate hoizontal tienen la misma aceleación, la fueza total seá: F = ma = ρVa = ρALa P = pA = ρgHA Luego, igualando F = P ⇒ ρALa = ρgHA a De donde H = L g 2 Esta fueza, al alcanzase el equilibio, debe se igual al peso de la columna d e líquido de altua H, que es: Paa pone una molécula en la supeficie hay que ealiza un tabajo. O sea, la ex istencia de una supeficie en un fluido intoduce una enegía potencial. Esta ene gía es popocional a la supeficie y se tiene que Aquí γ es una constante ue depende del fluido y se llama tensión superficial y dA es un elemento (infinitesimal) de superficie. En realidad la tensión superficial depende de las dos sustancias ue e stán en contacto. Medición de la tensión superficial. Para medir la tensión superficial se puede usar el dispositivo mostrado en la fiura. Un alambre movible, inicialm ente sumerido, se tira lentamente, extrayéndolo del lí uido (con una película del lí ui do adosada). dW = γ dA b) En este caso se tiene la acción de la aceleración centrípeta a c = ω r , al ser horiz ontal, como en el caso anterior, solo actúan sobre la masa de lí uido ue está en la p arte horizontal del tubo, pero, como es variable, función del radio r , la fuerza sobre cada elemento diferencial de masa será: dF = (dm )a = (ρAd )ω r 2 Interando, tendremos la fuerza total F: 22 Mecánica de fluidos Huo Medina Guzmán Δp = Con γ 4γ . R = 0,025 N/m y R = 0,01 m se obtiene Δp = 10 N/m2. Si se eja e soplar por la pajita, la pompa se esinfla. Observe que la presión a l interior e una pompa e jabón es mayor tanto más pequeño es su ra io. De esta obser vación se e uce que al juntarse una pompa e jabón gran e con una pequeña, la pequeña i nflará a la más gran e. De esta manera la pompa gran e aumentará su tamaño mientras que la pequeña isminuirá: en otras palabras, la más gran e absorberá a la más pequeña. Otra man era. La pompa es una película elga a sosteni a por la tensión superficial e os su perficies (la superficie externa y la superficie interna). La energía para esplazar la longitu es F y el área e la película se incrementa e n 2 L, consi eran o que existen os superficies. La relación entre la energía necesa ria para realizar el esplazamiento y el área incrementa a es la tensión superficial γ = γ = Enería Area formada Fd F = 2 Ld 2 L Δp = p − p a Fuerza ebi a a la presión entro e la pompa. En el caso el ispositivo emplea o: F es la fuerza paralela a la superficie e la película necesaria para mantener la película exten i a. Esta fuerza por uni a e longitu es la tensión superficial γ. Así la tensión superficial γ no sólo es iual a la fuerza por unidad de lonitud; sino tam bién es iual al trabajo hecho por unidad de incremento del área superficial. De ahí ue y pueda especificarse en N/m o en J/m2. Ejemplo 46. Deseamos encontrar la dif erencia de presión entre el interior y exterior de una pompa de jabón de radio R = 1 cm. Solución. Si, soplando con una pajita, aumentamos el radio de la pompa de R a R + dR, entonces la superficie aumenta en F p = ( p − p a )πR 2 = ΔpπR 2 Fuerza debida a la tensión suerficial de las dos caras de la oma Fγ = γ 2(2πR ) = γ 4πR Como están en equilibrio: F = Fγ ΔpπR 2 = γ 4πR ⇒ Δp = A = 2 4π (R + dR ) − 4πR 2 = 16πRdR 2 [ ] El factor 2 nuevamente se debe a que hay que considerar tanto la suerficie inte rior como exterior de la oma. El cambio de energía debido al aumento de la suer ficie es or lo tanto 4γ R La ota y la burbuja. En el caso de la ota y la burbuja solamente hay una super ficie ue las encierra por lo tanto: dW = γ dA = 16γπRdR Fγ = γ 2πR La diferencia de resión es: Por otra arte, odemos evaluar el trabajo directamente, multilicando el desla zamiento dR or la fuerza Δp (4πR ), es decir, 2 dW = Δp.4πR 2 dR . Igualando las dos últimas exresiones se encuentra la diferencia de resión Δp = 2γ R Ejemplo 47. Un alambre con forma circular, 0,08 m de diámetro, con un alambre ue puede deslizar en él, está en un plano horizontal. Se forma una película 23 Mecánica de fluidos lí uida, limitada por los alambres, en el lado iz uierdo, como s e muestra en la fiura. La tensión superficial del lí uido es 25 mN/m. una fuerza ap licada F, perpendicular al alambre deslizante mantiene a la película en e uilibrio . Siendo ΔA = Obtenemos: Hugo Me ina Guzmán 2(4πR 2 ) = 8πR 2 ΔW = γ 8πR 2 INSECTOS QUE CAMINAN SOBRE EL AGUA. a) Cuando el alambre deslizante se encuentra a 0,06 m del unto P, la fuerza al icada F, es: b) Cuando la fuerza F es 1,5 mN, la distancia del alambre deslizant e al centro del círculo es: c) Cuál es el valor máximo de la fuerza F: Solución. a) Debido a la tensión suerficial, los insectos ueden caminar sobre el agua y cuer os más densos que ésta, como una aguja de acero, ueden flotar realmente sobre la su erficie. La figura muestra cómo uede soortar el eso P de un objeto la tensión su erficial. En realidad, P es el “eso efectivo” del objeto (su peso verdadero menos la fuerza de empuje) puesto ue el objeto se sumere lieramente en el fluido. L = 2 0,04 2 − 0,02 2 = 0,069 m mN (2 × 0,069 m ) = 3,46 mN F = γ (2 L ) = 25 m b) Si el objeto tiene forma esférica, ue es aproximadamente la forma ue tienen las patas de los insectos, la tensión superficial actúa en todos los puntos a lo laro d e un círculo de radio r . Sólo la componente vertical, γ cos θ , actúa para e uilibrar P. En consecuencia la fuerza neta ascendente debida a la tensión superficial es 2πrγ cos θ . F = γ (2 L) ⇒ L' = F' 2γ L = 1,5 = 0,03 m 2 × 25 Tensión superficial actuando sobre la pata de un insecto. ADHESIÓN Y COHESIÓN. En las superficies de un lí uido alunas de sus moléculas dejan el lí uido por evaporación, per o no todas. Existe una fuerza de atracción entre las moléculas de un lí uido, por ejem plo una ota de mercurio tiene la tendencia a asumir la forma esférica, esto es, u na superficie de área mínima, consistente con la fuerza atractiva entre moléculas, est a propiedad es conocida como cohesión. La atracción ue existe entre las moléculas de dos sustancias diferentes, como la atracción ue hay entre el lí uido y las paredes del recipiente ue lo contiene, es la propiedad conocida como adhesión. 24 Lueo d = 0,04 2 − 0,03 2 = 0,026 m c) Fmax = γ (2 Lmax ) = 25(2 × 0,08) = 4,0 mN Ejemplo 48. Cuál es el trabajo re uerido para formar una pompa de jabón de radio R, usando una solución jabonosa de tensión superficial γ . Solución. Como Enería ΔW = Area forma a ΔA ⇒ ΔW = γ ΔA γ = donde ρ es la densidad del líquido. Expe rimentalmente se determina ue este ánulo de contacto para las substancias. Esta fuerza está equilibrada or el eso del líquido de abajo que es a roximadamente un cilindro de altura h y volumen V = πr 2 h . en el caso θ < 90. En este caso se dice ue el lí uido moja al sólido. Huo Medina Guzmán La tensión superficial γ actúa en un ánulo θ alrededor de un círculo de r dio r . entonces el lí uido tenderá a esparcirse sobre el sólido. En consecuencia. Si la fuerza de adhesión (ent re el lí uido y el sólido) es mucho mayor ue la fuerza de cohesión (entre las moléculas del lí uido). θ . adquiie ndo una foma compacta tipo gota 2πrγ cos θ = ρπr 2 hg Resolviendo ara h encontramos 2γ cos θ h= ρg Paa mayo pate de los líquidos como el agua en un vaso.Mecánica de fluidos Consideremos una pe ueña cantidad de lí uido en contacto con una s uperficie sólida plana y ambos en contacto con un as. La manitud de la fuerza vertical F debida a la tensión superficial es F = (γ cos θ )(2πr ) . se forma un ánulo de contacto θ bien característico entre el lí uido y el sólido. tenemos: Si la fueza de cohesión es mayo entonces el líquido tendeá a concentase. es casi cero y Como resultado de esta competencia entre las distintas fuerzas de adhesión y cohes ión. 2πrγ cos θ = m 2 Como m = ρVg = ρπr hg . el fluido es humectante. o sea moja al sólido y cuando θ > 90. En esta situación. el ángulo de contacto mayo que 90° y cos θ será neativo. el ánulo de contacto es 0. Ejemplo 49. como en el caso del mecu io en un tubo de vidio. CAPILARIDAD En tubos ue tienen diámetros muy pe ueños se observa ue los lí uidos se elevan o se hunden en relación con el nivel del lí uido de los alrede dores. el aua sube en un tubo de vidrio en tanto ue mercurio baja. El ue un lí uido suba o baje depende de los esfuerzos relativos de las fuerzas adhesivas y cohesivas. Así. esto hace h neativa lo ue corresponde a un descenso de nivel. h= 2γ ρg Esta ecuación también se cumple cuando desciende el líquido. Si la hoja es tá limpia. el fluido es no humectante. No te ue mientras más delado sea el tubo mayor será el ascenso (o descenso) del lí uido . Un cuadrado cuyas aristas miden 6 cm hecho de una placa delada de metal se suspende verticalmente de una balanza tal ue el borde inferior de la hoja se moja en aua de tal forma ue es paralela a la superficie. Este fenómeno se conoce por capilaridad y dichos tubos delados se llaman c apilares. el ánulo de contacto es 180. Si la hoja est a rasosa.047 N. y la hoja parece pesar 0.. Cuando la hoja está limpia La cantidad real ue sube (o ue baja) depende de la tensión superficial (puesto ue es ésta la ue mantiene unida a la superficie del lí uido). por ser placa delada. la altura ue nos referiremos a la fiura siuiente. (1) Cuando la hoja está rasosa 25 . ¿Cuál es la tensión superficial del aua? Solución. Como hay e uilibrio vertical F1 = P + 2T .030 N. La fuerza de tensión superficial en cada cara de la placa es: T = γL No tomaremos en cuenta las partes del espesor. Para calcular h . así como del ánulo de co ntacto θ . y el radio r del tubo. y el peso parece ser 0. y se pone tara en el otro platillo hasta conseuir el e uilibrio. de 1 cm de radio y 4 cm de altura.017 = 4(0. Se sumere el cuer po en aua destilada a 4.047 − 0.06) 0.24 = 0. La fuerza hacia abajo debid a a ella es: F = 2πRγ El empuje vale: E = Vs ρ a g = πR 2 h ρa g 2 F2 = P − 2T Restando (2) de (1): (2) T= F1 − F2 F − F2 ⇒ γL= 1 4 4 F1 − F2 ⇒ γ = 4L Reemplazando valores: γ = 0.071 N/m Ejemplo 50. Del platillo de una balanza se cuela un cuerpo cilíndrico de vidrio cerrado por su base inferior.Mecánica de fluidos Huo Medina Guzmán Cuando el cuerpo cilíndrico de vidrio cerrado se sumere en aua aparecen las fuerzas de empuje y la de tensión superficial La tensión superficial ac túa a lo laro del contacto del lí uido con el cilindro.030 0. ue el menisco es tanente a la superficie lateral del cilindro.8 × 10 )(9. Calcular el coeficiente de tensión superficial del aua. es decir. Por lo tanto E = F + M ⇒ πR 2 h ρ a g = 2πRγ + M 2 γ = πR 2 hg − 2 M 4πR −2 = π 10 ( = 75. esto anula la acción del empuje E y a la fue rza de la tensión superficial F. El ánulo de contact o se supone de cero rados.8) 4π (10 ) . C hasta la mitad de su altura exactamente.36 x 10-3 N/m Solución.8 . Para volver al e uilibrio (balanza horizontal) se colocan las pesas en el platil lo iz uierdo de la balanza (peso M). La tara T equilibra al sistema ) (4 × 10 )(10 )(9.8) − 2(5. Para restable cer el e uilibrio hace falta poner en el platillo del cuerpo pesas por valor de 5. pero se ueda en la b. Tenemos unas ampollitas de vidrio de paredes muy estrechas en la for ma indicada en la fiura. Sumerimos el sistema hasta la posición de la fiura (b). ¿Por ué? El ánulo de contact o se supone de cero rados 26 . Debería recobrar la posición a.2 −2 3 −3 −2 Ejemplo 51. La ampollita va lastrada en su parte inferior con merc urio para ue se mantena en la posición de la fiura (a) al dejarla sobre el nive l de un recipiente con aua. Llamamos y R los adios de la pate cilíndica y de la esfeita. nos ueda: W = 8γ 4π r 2 = 32γπ r 2 2 2 Y de la gota resultante: W = γ 4π R = 4γπR Dividiendo: W r2 1 =8 2 =8 =2 W 4 R E − 2π rγ = E −2π Rγ ⇒ Vρg − 2π rγ = V ρg − 2π Rγ V −V 2π γ ⇒ = R−r ρg Condición que se debe cumpli paa que exista el segundo equilibio.Mecánica de fluidos Huo Medina Guzmán 2π rγ = π r 2 hρg ⇒ rh = 2γ ρg Solución. La disminución ue experimenta la superficie del mercurio (o de otro lí uido cual ui era) al juntarse las otas pe ueñas para formar una rande. con el cilindro inferior sumerido. Ocho gotas de mecuio de adio se unen paa foma una sola. En la posición (a) el valo de la tensión supeficial es: Ejemplo 53. como consecuencia un determinado enfriamiento de las otas. Por el contrario cuando una ota rand e se divide en otras más pe ueñas. L os cilindos huecos y ceados de la figua son de vidio y están unidos po la va illa OO’. Sumerimos el sistema h asta ue uede también flotando en la forma de la fiura (b). c) La enería potencial de superficie. seá ocho veces mayo que el volum en de una de las gotas pequeñas: F = 2π rγ Y al estar en e uilibrio. γ es la tensión superfic ial y ρ es la densidad del líquido espectivamente. Solución. Y como el peso es el mismo. espect ivamente: R > . debida a la tensión superficial ue actúa sobre su superficie. el inferior se ha lastrado con el mercurio necesario para ue el sistem a flote en un lí uido. Sol ución. ue el lí uido moja al vidrio y ue el ánulo de contacto es nulo. U na ota esférica tiene un diámetro de 4 mm. El vo lumen de la gota fomada. Ejemplo 52. ¿Qué el ación existe ente las enegías supeficiales antes y después de la unión? Solución. El aceite de olivo tiene una tensión superficial respecto del aire de 32 mN/m. libera una determinada enería ue se emplea en calentar la ota. Se supone la vailla OO’ infinitam ente delada. sin recobrar la prim itiva posición (a). b) La fuerza total a la ue está sometida. Ejemplo 54 . se produce un aumento de enería en la película super ficial y. Calcular: a) La presión a ue está sometida. Demostrar ue se debe cumplir: rh = 2γ / ρg . a) p= 2γ 2(32 × 10 −3 ) = r 2 × 10 −3 . el empuje ha de ser iual al peso más la fuerza correspo ndiente a la tensión superficial: 4 3 4 R πR = 8 π r 3 ⇒ R 3 = 8r 3 ⇒ =2 3 3 r L energí superficil de ls ocho gots será ocho veces l energí de un sol: E = P + 2π rγ Al sumerir la ampollita la fuerza debida a la tensión superficial es: F = 2π Rγ Y s e habrá de verificar: E = P + 2π Rγ . que tendá po adio R. 608 μJ = 32 Pa 2 W = γA = γ 4πR 2 = (32 × 10 −3 )4π (2 × 10 −3 ) 2 En el primer e uilibrio: M = Vρg . Tensión supeficial = 35 x 105 N/cm. Solución. Consideamos el espeso de la película líquida como despeciable. V = volumen del cilindo infeio. = 87.96 μJ W = 2γA = 2γ 4πR 2 = 2(35 × 10 −3 )4π (10 − 2 ) 2γ 4 35 × 10 −3 4π 10 − 2 p=2 = r 10 − 2 2 M + 2π rγ = Vρg + π r 2 hρg Luego teniendo en cuenta la pimea. En el segun do equilibio: Ejemplo 55.608 mN = 1. Calcula la enegía supeficial de una pompa de agua jabonosa de 1 cm de adio y la pesión debida a su cuvatua. nos queda: ( ) ( ) 2 27 .b) c) F = pA = p 4πR 2 = 32 × 4π (2 × 10 −3 ) = 1. la p equeña se achica y la gande aumenta de volumen. calcula la altua que de sciende el mecuio al intoduci tubo y láminas en una cubeta con dicho líquido. Hacemos este poblema y los dos siguientes en el sistema cgs. a) En el t ubo h= Solución.05 mm es de 125°. Abieta tal llave. r R 2γ cos θ rρg 2(547 ) cos125. ¿Po qué? Hugo Medina Guzmán paalelas sepaadas 0.Mecánica de fluidos = 14 Pa Ejemplo 56. En un dispositivo como el de la figua se han conseguido dos pompas de agua jabonosa en los extemos D y E de los tubos. Solución. L a llave A incomunica el aie inteio de las dos pompas. exceden a la atmosféica en: p1 = 2 2γ 2γ p2 = 2 . espectivam ente. Las pesiones del gas inteio de las pompas pequeña y gande. lueo: h= 2γ cos θ dρg 2(547 ) cos125. y el aie pasa de la pompa pequeña a la gande Ejemplo 57. Solución. Sabiendo que la tensión supeficial del agua es 75 x 103 N /m.6)(980) b) En las láminas Al se < R.05)(13. = = 1 cm (0. Como el líquido no moja: θ = 0 ⇒ cos θ = 1 . Se supone el ángulo de c ontacto igual a ceo. se ha de veifica que p1 > p2.05 mm. Calcula la altua a que asciende el agua en un tubo de 1 mm de diámeto y en unas láminas cuadadas paalelas cuya distancia es 0. = = 10 cm (0. ¿Cuál seá la difeencia de nivel del líquido en las dos amas del tubo.6 mm y 0. El tubo de un baómeto de mecuio (tensión supeficial.6 cm de diámeto se intoduce un líquido de densidad 1. 125°) tiene 3 mm de diámeto.6)(980) El signo menos indica el descenso.005)(13.031 m La altua alcanzada ente dos láminas paalelas es: 2γ cos θ 2(75 × 10 −3 ) h2 = = dρg (5 × 10 −5 )(103 )(9. si éste se encuenta en posición vetical y el ángulo de contacto es 32°? h1 = 2γ 2(75 × 10 −3 ) = rρg (5 × 10 − 4 )(10 3 )(9.8) = 0.8 g/cm3 y de 32 dina/cm de tensión supeficial.8) = 0.31 m Ejemplo 58. 547 x 103 N/m . ¿Qué eo intoduce en las medidas la tensión supeficial? Solución. ángulo de contacto. Solución. 2γ cos θ 2(547 × 10 −3 )cos125. En un tubo en U cuyas amas son d e 0. Ejemplo 60. Sabien o que la tensión superficial el mercurio es 547 ina/cm y que el ángulo e contacto con un tubo e 1 mm e iámetro y con unas láminas 28 .8) Δh = = 0. h= = rρg (1.003 m El signo menos nos in ica que la me i a es inferior a la correcta.5 × 10 −3 )(13600)(9. Ej emplo 59. 03 − 0.8 g/cm3.5 mm.3 ⎥ = 1 cm (1.8)(980) ⎣ ⎦ 2γ cos θ Ejemplo 61. En un expeimento paa calcula el ángulo de contacto ente un líquido y el vidio se han obtenido los siguientes datos: densidad del líquido. elevación en el . 0. adio del capila.⎡1 1 ⎤ ⎢ − ⎥ ⎣ r1 r2 ⎦ 2(32) cos 32º ⎡ 1 1 ⎤ = ⎢ 0. 0. Calcula dicho ángulo.2) = ⇒ cos θ = 2γ 2(28) h= ⇒ θ = 32. tensión supeficial del líquido 28 dina/cm.2 cm.8)(1.Mecánica de fluidos tubo capila.8)(9. Solución. Hugo Medina Guzmán 2γ cos θ rρg ρgh (0. 1.05)(0. aparato destinado a la medida de tensiones superfic iales. es una pipeta de la ue se vierte ota a ota.) xy = Ley de Tate de la fomación de gotas mediante un cuentagotas. aua (γ ) y las densidades (ρ y ρ ') de ambos líquidos. Sea γ la tensión superficial del lí uido. en una primera experiencia . y teniendo en cuenta la ley de Tate (ley del cuentagotas): Luego M ρ n' γ ρ n' = = ⇒ γ =γ M ρ' n γ ρ' n γ cos θ ⇒ θ xρgsen γ cos θ = constante θ ρsen 2 2 (l. contándose el número de otas n correspondientes a un determina do volumen: se repite el recuento para el mismo volumen de aua. El liquido ia saliendo fomando la gota. consideremos el ánulo de contacto cero. obteniéndose n’ ot as. esta caeá como gota sue lta. Determina la tensión superficial del lí uido (γ ) conocida la del Solución. Cuando el peso de la gota iguale a la tensión supeficial. 51 36 = 0. El estalamómetro. q. Las masas de una gota de líquido y de agua son: M = Tomaemos los ejes sobe una de las láminas: Vρ n M '= Vρ ' n' y= y= 2γ cos θ θ d = 2 xsen dρg 2 Po división.84 Ejemplo 62. el lí uido problema. ∑F V =0 P − 2πRγ = 0 ⇒ P = Mg = 2πγR Ejemplo 63. l a que se mantendá unida al cuentagotas mientas la tensión supeficial la mantenga. Solución. Consideemos un gote o con agujeo de salida de adio R. Demostrar ue la línea de contacto de un lí uido con dos láminas de vidrio verticales ue forman entre sí un ánulo diedro muy pe ueño es una hipérbola e uilátera. d. . se vuelve a equiliba la balanza (la misma taa) con pesas de masa M2. Se quitan las pesas y se viete en el vaso con un cuentagotas. n gotas de un líquido. Masa de n otas de lí uido: nM = M 1 − M 2 Masa de n otas de aua: nM = M 2 − M 3 Por división obtenemos: M − M2 M = 1 M M2 − M3 29 . En el platillo izquiedo de una balanza se coloca una taa.Ejemplo 64. sobe el líquido. Solución. Se consigue de nuevo el equilibio con pesas de masa M3. n gotas de agua. en el de echo un vasito y pesas de masa M1 hasta equilibala. Se quitan éstas y se vieten en el vasito. Conocida la constante de tensión supeficial del agua γ dete rminar la del lí uido (γ ) . Un flujo en un campo es uniforme cuando el vector velocidades constante e iual n todos los puntos de a uel campo y es no uniforme cuando el vector velocidad está variando. Un flujo es turbulento cuand o las partículas del fluido tienen un movimiento irreular. po lo tanto. NRe y se define como P = M = 2π rγ ⎫ ⎬ P = M = 2π rγ ⎭ M γ = M γ Iualando: γ M1 − M 2 = γ M2 − M3 M1 − M 2 M2 − M3 ⇒ γ =γ DINÁMICA DE FLUIDOS MOVIMIENTO DE UN FLUIDO El flujo describe el cambio en la po sición de las partículas del fluido en el tiempo. Se obseva que asta el va1o de 2000 el flujo es lamina y paa valoes mayoes de 3000 el flujo es tubulen to. Esta combinación es c onocida domo el Número de Reynolds. no analizaremos el comp ortamiento de cada una de las partículas con los conceptos de la mecánica. esulta inmediatamente la ecuación de la continuidad. las fonteas de este son líneas d e coiente y po lo tanto ninguna patícula puede cuza este tubo. En particular. Experimentalmente se ha encontrado ue hay una combinación de cuatro factores ue determinan si el f1ujo por un tubo es laminar. en el tratamiento ue utilizaremos será ne cesario suponer alunas simplificaciones. (en cada punto no hay velocidad anular respecto a ese punto). sus pérdidas son proporcionales a la velocidad y se conoce como flujo laminar. ECUACIÓN DE LA CONTINUIDAD. Cuando ocurre l o contrario el flujo es no estacionario.Mecánica de fluidos Aplicando la fórmula de Tate al lí uido y al aua. N Re = ρ vD η Donde: ρ = densidad η = viscosidad . caótico causando pérdidas de enería proporcionales al cuadrado de la velocidad. Es una línea imainaria continua ue deno ta en cada uno de sus puntos la dirección del vector velocidad del fluido. De la consevación de la masa del líquido en un tubo d el flujo. esta egión tubula se denomina tubo de flujo. nos da: Huo Medina Guzmán independientes del tiempo y la temperatura o sea ue no cambian en el punto (puede ser diferente de punto a punto del espacio). sino más bi en describiremos las características del movimiento en cada punto del espacio conf orme transcurre el tiempo. La descripción op1eta del movimiento de un fluido es compleja por lo tanto. CARACTERÍSTICAS GENERALES DEL FLUJO DE FLUIDOS: El flujo puede clasificase como e . Las línea s de flujo de un sistema estable nunca se cruzan una a otra (pues una partícula po dría seuir dos direcciones) y representan Un patrón instantáneo de flujo el cual en o tro instante puede ser completamente diferente. v = velocidad pomedio D = diámeto de la tubeía El númeo de Reynolds no tiene dimensiones. Si seleccionamos un númeo finito de líneas de coiente como se muesta en la figu a. e s independiente del sistema de unidades utilizado. ordenado. compotándose c omo una vedadea tubeía. lo contrario ocurre cuando el movimiento es suave. LÍNEA DE FLUJO. Un flujo es estacionaio cuando los paámetos del flujo (velocidad. lamina (o i otacional) o tubulento (o otacional). tal como el most ado en la figua. Considee las pocion es sombeadas de los líquidos en 1 y 2. en un intevalo de tiempo Δt la masa e líqui o Δm1 pasa por la sección 1 y la masa Δm2 que pasa por la sección 2 eben ser iguales. porque las mismas partículas son las que se mueven . Luego. Sean 1 y 2 dos sectoes cuyas secciones tienen áeas nomales a l flujo A1 y A2. d ensidad. compesible e incompesible y viscoso y no viscoso. con velocidades v1 y v 2 espectivamente. pesión) son 30 Consideemos un tubo de flujo constante de un líquido no viscoso..stacionaio (o estable) y no estacionaio unifome y no unifome. La partícula prismática se muestra e n etalle en la siguiente figura. y ρ1 A1 = ρ 2 A2 ⇒ Av = Constnte distnci Volumen = = Gsto (G) tiempo tiempo A est rzón de flujo de volumen G = Av = Av = áre × constnte. de diámetro or la que fluye agua a una velocida d de 3m/s.2) = 4.? Solución.33 min 60 s s Caudal = Av Caudal 83. tal como apreciamos en la figura. sin haber ingresa o o sali o partículas. . Solución. El gu fluye en un mnguer de jrdín de diámetro interior 2 centímetro s un velocidd de 1.2cm de diámetro. ρ1 = ρ 2 . ¿Cuál es la veloci a el agua cuan o a recorri o una istancia h. se rompe forman o gotas. Calcule la velocidad media de la sangre en la aorta (radio 1 centímetr o) cuando el caudal es 5 litros/min.2 m/s. Debi o a la acción e la grave a la veloci a v el agua se incrementa. Al alicar las leyes de Neton a los fluidos en movimiento se obtiene la ecuación de Bernoulli. se le conoce con el nombre de GASTO o CAUDAL y sus uniddes son m3/s.8 m v 2 = 1 v1 = 2 s A2 π (0. ¿Cuál es la velocidad de salida del agua en cada agujero? Solución. Tomemos una artícula de fluido de forma rismática (sección A largo Δs ) que se mueve a lo largo e una línea e flujo en la irección s . A u na istancia h el grifo la veloci a es 2 v 2 = v0 + 2 gh ρ1 ΔV1 = ρ1 A1v1 Δt Δm2 = ρ 2 ΔV2 = ρ 2 A2 v 2 Δt y Don e ΔV1 y ΔV2 son los volúmenes el líqui o en las secciones 1 y 2 respectivamente y ρ1 y ρ 2 son las densidades del líquido en 1 y 2. La sección t rasversal el chorro e agua cuan o sale el caño es A0. y la veloci a el agua e s v0. Por la ecu ación de la continuidad ECUACIÓN DE BERNOULLI.01)2 (1. Pero Δm1 = Hugo Me ina Guzmán va isminuyen o con la istancia al caño y que al final. Una manguera de 2 cm.Mecánica e flui os en el tubo e flujo. La ecuación e continui a nos proporciona la forma e la superficie el chorrito e agua que cae el grifo. Aplicndo l ecución de continuidd A0 v0 = Av ⇒ π r02 v0 = π r 2 v Desejamos el radio r del hilo de agua en función de la distancia h al caño. Ejemplo 65. termina en un tubo cerrado que tiene 50 orificios equeños de 0. Ta l que Δm1 = Δm 2 . r = r0 4 5 litros 5000 cm 3 cm 3 Caudal = = = 83. ¿Con qué velocidd emergerá de un eyector del diámetro 0.54 cm/s A π (1)2 Ejemlo 67. De tal manea que: ρ1 A1v1 Δt = ρ 2 A2 v 2 Δt ⇒ ρ1 A1v1 = ρ 2 A2 v 2 Aoa Av = Constante Si consideamos el fluido incompesible o poco incompesible como los líquidos.5 centímetros? Solución.33 ⇒ v = = = 26.025) Ejemlo 66. 2 v0 2 v0 + 2gh A π (0. 2 ) v 2 3 m v2 = =6 50(0. Cuando se abre oco a oco un caño de agua.01) s 2 2 Ejemlo 68. un hilo cuyo radio 31 .A1v1 = 50 A2 v 2 ⇒ π (1) (3) = 50π (0. se forma un equeño chorro. siendo po supuesto. así el perfume es empuja o hacia arriba el o a la presión re uci a en la parte superior. Como la ecuación de Benou . la veloci a es mayor arriba que abajo. El atomiza or. Consi eremos un cilin ro (o una esfera) en un flui o en movim iento. cos θ = dz dv ds dv dv y as = = =v ds dt dt ds ds Por consiuiente la ecuación (1) puede escribirse: dp dz dv + ρg + ρv =0 ds ds ds ⇒ dp + ρgdz + ρvdv = 0 Si ρ constante. la parte s rocia la superfi tubo ebi ρAΔs pA − ( p + Δp )A − ρgAΔs cos θ = ρAΔs a s Δp + ρg cos θ + ρa s = 0 Δs En el límite Δs → 0 p + ρg cos θ + ρa s = 0 ds Como Simplificando y dividiendo ente Δs : (1) EFECTO MAGNUS. l ms de l prtícul es Δm = Luego: que es la misma veloci a que ten ría en caí a libre es e una altura h . Un atomiza or e perfume o e un or e insectici a es menor que la presión normal el aire que actúa sobre cie el líqui o en el frasco. que no hay érdidas de energía. entonces el cilin r o arrastrará al flui o hacien o que las veloci a es el flui o a ambos la os el c ilin ro no sean iguales. Si el cilin ro rota en torno a un eje perpen icular a la corriente el fl ui o. La misma que puede se obtenida po la co nsevación de la enegía. La presión en el aire sopla o a alta veloci a a través e uperior el tubo vertical e atomiza or. y a emás hay roce viscoso entre le cilin ro y el flui o. o sea. alicamos la segunda ley de Neton Hugo Medina Guzmán a = a − ρg + 1 2 ρv 2 ⇒ v 2 = 2 gh 2 ∑F s = m s Ls fuerzs que ctún son el peso y ls fuerzs debido ls presiones p y p + dp . integando obtenemos: p + ρgz + 1 2 ρv = constante 2 Expesión que es la ecuación de Benoulli. equivalente.Mecánica de fluidos Considerando un fluido no viscoso. En el caso mostra o en la figura a junta. ente dos puntos cualesquiea. Esta difeencia de pesión genea una fueza neta sobe e l cilindo acia aiba. Así la bola se muev e con una tayectoia cuvada acia la deeca del aqueo. y 2 = − y v1 ≈ 0 32 . Es este efecto. Fómula de Toicelli: Pemite calcula la velocidad v 2 con que sale un líquido de un ecipiente con un agujeo a una distancia de la supeficie. 1 1 2 p1 + ρgz1 + ρv12 = p 2 + ρgz 2 + ρv 2 + pédidas 2 2 APLICACIONES: Fluido en eposo De acuedo a la ecuación de Benoulli.lli es válida paa cualquie sección. se podá escibi : p1 + ρgz1 + 1 2 1 2 ρv1 = p 2 + ρgz 2 + ρv 2 2 2 Adicionalmente podemos deci que cuando existen pédidas po la pesencia de fuez as viscosas. el esponsable d e los así llamados “efectos” que pueden obsevase en numeosos juegos de pelota. Entonces la bola expeimentaía la fueza de Magnus. llamado efecto Magnus. y1 = 0 . v1 = v 2 = 0 → p1 + ρgy1 = p 2 + ρgy 2 p 2 − p1 = ρg ( y1 − y 2 ) Es deci. ésta expesión de la ecuación de Benoulli se modificaá escibiéndose. Supo nga que una bola es pateada de tal manea que va otando a la deeca sobe un p ependicula del eje a su diección móvil duante su movimiento a la izquieda (véase la figua). la pesión en el luga 1 seán infeio que en el lado 2 ( p1 < p 2 ) . la pesión disminuye con la altua (aumenta con la pofundidad). p1 = p 2 = p a . esultando el flujo mayo en la pate su peio. La velocidad del flujo del aie a tavés de los difeentes oyos po lo egula seá un poco distinta. Si las tuzas. Esto conduce a una pequeña difeencia de pesión que f ueza al flujo de aie a tavés de la madiguea po el pincipio de Benoulli. líneas de coiente encima del ala son compimidas y las que se encuentan de bajo del ala pemanecen no petubadas. En ealidad. Una bola ligea se puede mantenido en un coo d e aie como se muesta en la figua. Estas siempe tienen po lo menos dos entadas. El flujo de aie se intensifica si un oyo está más aiba que el oto (lo que a menud o acen los animales) puesto que 1 2 1 2 ρv1 = p 2 + ρv 2 2 2 Como v1 > v 2 . Po eso el aie y el umo son empujados acia aiba de la cimenea. si la pelota comienza a deja el coo de aie. La ventilación en una mina. Velocidad de salida de un líquido Velocidad de salida de un líquido a t avés de un oificio 33 . Una supeficie aeodinámica como el ala de un avión se diseña de tal modo que petuba las líneas de coiente del fluido en una egión d e espacio. el aie debe cicula en sus madigueas. Debido a que el viento sopla a tavés de l a pate supeio de la cimenea. Una pelota de pingpong puede acese flota sobe un coo de aie (algunas aspiadoas pueden sopla aie). el cambio en la cantidad de movimiento de las moléculas de aie que ebota n deviene en una fueza ascendente adicional sobe el ala. conejos y otos animales que viven bajo el no se asfixian. la entada de la min a y la pate supeio de un eje de ventilación (efecto cimenea). Empuje sobe las alas de un avión. Una bola ligea apoyada po un jet del aie. peos de la padea. Efecto cimenea. el pincipio de Ben oulli es sólo un aspecto de la sustentación de un ala. dejando la ota no petubada. existe el flujo de aie suficiente en el ambiente en el extemo s upeio de 1 cimenea paa pemiti el flujo ascendente del umo. En el espacio ente la supeficie del embudo y la supeficie de la bola la pesión es meno que la pesión atmosféica. Peo el pincipio de Be noulli también tiene un luga impotante. En un túnel oizontal simple de mineía genealm ente es suficiente la ventilación natual utilizando la difeencia en la pesión de aie asociada a la difeencia en nivel ente dos abetuas. Incluso en una noce calmada. La pesión sobe la bola es m enos que debajo de ella. Ejemplo 69. Una bola en un coo de aie. de modo aie que coca conta la supeficie infeio se desvíe acia abajo. la pesión más alta de afuea del coo empuja la pelota de nuevo acia éste como se muesta en la figua siguiente. Levanta una bola con un embudo. ¿Po qué sube el umo po una cimenea? En pate se debe a que el a ie caliente se eleva (es deci. De igual modo la tub ulencia desempeña una función de gan impotancia. debido a la densidad). Las alas se inclinan un poco acia aiba. y esta difee ncia de pesión sopota la bola conta la acción de la gavedad. esulta p 2 > p1 p1 + Poduciendo una fueza de empuje acia aiba. la pesión es meno aí que dento de la casa. dilui los gases nocivos que p uedan se fomados subteáneamente.Mecánica de fluidos Hugo Medina Guzmán la velocidad del viento tiende a incementase con la altua. La ventilación en una mina esponde a tes popósitos pincipales: paa popociona el aie fesco paa la espiación de los mineos. Las. La velocidad de salida de un líquido po un oificio pacti cado en su fondo es la misma que la que adquiee un cuepo que cayese libemente en el vacío desde una altua . obtenemos: 2 1 ⎡ 2 ⎛ A2 ⎞ ⎤ gh = ⎢v 2 − ⎜ v 2 ⎟ ⎥ ⎜A ⎟ 2⎢ ⎝ 1 ⎠ ⎥ ⎣ ⎦ 2 1⎡ ⎛A ⎞ ⎤ 2 ⇒ gh = ⎢1 − ⎜ 2 ⎟ ⎥ A2 v2 A1 Como ( y1 − y 2 ) = h v1 = (2) v = 2 gh A me i a que el flui o sale por el orificio. Finalmente: ⎛A 1− ⎜ 2 ⎜A ⎝ 1 Si A1 >> A2 : v 2 = 2 gh v2 = 2 gh ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 2 . Si A es la sección el orificio. (3) Reemplazando (2) y (3) en (1).Mecánica de fluidos Solución. Si querem os pro ucir un gasto constante po emos emplear el enomina o frasco e Mariotte. Aplicando la ecuación de Benoulli a los puntos 1 y 2 tenemos Hugo Medina Guzmán p1 + ρgy1 + 1 2 1 2 ρv1 = p 2 + ρgy 2 + ρv 2 2 2 1 2 1 2 ρv 2 − ρv1 ⇒ 2 2 = Como en 1 y 2 l presión es l presión tmosféric. l expresión se reduce 2 A1 A2 ⎛A 1− ⎜ 2 ⎜A ⎝ 1 2g ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ h1 2 2 ρgy1 − ρgy 2 = g ( y1 − y 2 ) = Po la ecuación de la continuidad A1v1 = A2 v 2 1 2 v 2 − v12 2 ( ) (1) El fasco de Maiotte. la altura h e flui o en el epósito va isminuyen o. siendo la altua de la columna de fluido. o volumen e f lui o que sale por el orificio en la uni a e tiempo no es constante. el gasto G = Av . En el extremo inferior 2 el tubo. La veloci a e sali a el flui o no correspon erá a la altura h0 es e el orificio a la superficie libr e e flui o en el frasco. El f lui o sale el frasco por un orificio practica o en el fon o el recipiente. la veloci a el flui o y por tanto. Los chorros e líqui o que salen Integran o: t = − A1 A2 ⎛A 1− ⎜ 2 ⎜A ⎝ 1 2g ∫ 0 h y y . y el otro está a una altura z sobre el fon o. Da o que h permanece constante en tanto que el nive l e líqui o esté por encima el extremo inferior el tubo. Cuan o la altura e flui o en el f rasco h0 es menor que h. La veloci a e sali a v pue e mo ificarse subien o o bajan o el extremo inf erior 2 el tubo en el frasco. sino a la altura h o istancia entre el extremo inferi or 2 el tubo y el orificio. En la pare vertical e un epósito hay os pequeños orificios. la veloci a e sali a v el flui o eja e ser constan te. Ejemplo 70. uno está a la istancia x e la superficie el líqui o. la presión es la atmosférica ya que está entran o aire por el tubo.Resulta o que es igual al caso e un orificio lateral. Po emos calcular el tiempo e vacia o. el gasto se manten rán constantes. es ecir v1 Como v1 = y A2 = v2 t A1 2 gy v1 = A y =− 2 t A1 ⎛A 1− ⎜ 2 ⎜A ⎝ 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 2 t = − A1 A2 ⎛A 1− ⎜ 2 ⎜A ⎝ 1 2g y y ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 2 Consiste en un frasco lleno e flui o hasta una altura h0. Para este cálculo usarem os la veloci a con que baja el flui o. a me i a que sale el líqui o por el orificio. que está cerra o por un tapón atravesa o por un tubo cuyo extremo inferior está sumergi o en el líqui o. Tiempo e vacia o. 34 . Un depósito de agua está ceado po encima con una placa deslizante de 12 m2 y 1200 kg. 1 2 ρv = p a + 0 2 1 1 2 p − p a = ρv 2 = (1. como se muestra en la figura.36 x 105 Pa b) Ecuación de bernoulli 1200 × 10 + 1000 × 10 × 3.¿Qué diferencia de presión resultaría de un viento de 27 m/s? ¿Qué fuerza sería e ercida sobre la placa de vidrio de 2 x 3 m de una ventana? La densidad del aire es 1. en que relación está x y z.Mecánica e flui os encuentran el suelo en el mismo punto.05)2(7. ρ = 1000 kg/m3 1 2 31000 = 1000v 2 ⇒ v2 = 7. Si v1 es la veloci a en alcanzar el punto B: por la sali a superior y t1 el tiempo que se tar a ⎫ ⎪ ⎪ 1 y2 y2 v1 = 2 x ⎬ h − x = 2 = 2 v1 4x 1 2⎪ h − x = t1 ⎪ 2 ⎭ y = v1t1 Análoamente. lleno de agua. b) Si se abe un oificio cicula de 5 cm de adio a m edio meto po encima del fondo. g ≈ 10 m s 2 Solución. El reciiente receto r se encuentra sobre una esuma de 10 cm de esesor y módulo de Young 0. La presión del aire normalmente es una atmósfera dent ro del edificio. Hugo Me ina Guzmán volumen e agua que sale por segun o por este orificio. uede d esaguar sobre un reciiente. Alejado de los edificios la presión es 1 atmósfera. Consi ere l a presión atmosférica como 105 Pa.79 x 10 N/ m2. calcúlese el 35 . Solución. Cuando el viento sopla entre dos edificios randes. y la velocidad del viento es aproximadamente cero.5 m de altua. Un tanque cilíndrico de radio 1 m y altura 4 m. Así = 1.062 m3/s Ejemlo 73. y 2 = 0.29)(27 ) = 470 Pa 2 2 y F = pA = (470 )(2 × 3) = 2820 N p+ Ejemplo 72.87 m/s 2 p1 + ρgy1 + Gasto =A2v2 = π (0.5 12 1 2 1 2 ρv1 = p 2 + ρgy 2 + ρv 2 2 2 1200 × 10 p1 = 10 5 + = 1. a) El nivel del agua en el depósito es de 3.29 k/m3 a 27° C y 1 atmósfera.01 x 105 Pa 12 y1 = 3m.87) = 0. se puede crear u na caída sinificativa de presión. a) Presión en el fondo = p atmosférica + p ejercida por la placa + p columna de fluido p = 10 5 + ⎫ ⎪ ⎪ 1 y2 y2 v1 = 2 (h − z ) ⎬ z = 2 = 2 v 2 4(h − z ) ⎪ 1 2 ⎪ z = t 2 2 ⎭ Eliminando y iene: x(h − x ) = z (h − z ) Por lo tanto: x = z y = v2 t 2 Ejemplo 71. El tanque osee 2 agujeros. el rimero A de área 5 cm2 ubicado a 3H/4 de su ba se y el segundo agujero B de 3 cm2 de área a H/2 de la base del tanque. (Se con si era que el área el orificio es muy pequeña frente al área el epósito). así ue la caída de la presión en el exterior puede hacer ue una pla ca de vidrio de la ventana estalle hacia fuera del edificio y estrellarse en la calle abajo. para el orificio inferior: Solución. v1 ≈ 0. Calcul a la pesión en el fondo. 43 b) El esfuezo de compesión depende del peso al que esté expuesto la espuma. La densidad del líquido es ρ .Mecánica de fluidos a) Calcule la velocidad de salida del agua po cada uno de los agujeos suponiendo abieto solo uno a la vez. b) Si se pemite desagua al tan que duante 3 minutos po sólo uno de los agujeos.013 × 10 5 N m 2 = = 10. G = 1000 Solución. de donde obtenemos: H= pa 1. 1 pa + 0 + ρg ( + d ) = pB + ρv 2 + ρg ( + d + H ) 2 1 ⇒ pB = p − ρv 2 − ρgH 2 Reemplazando el valo de v. así que compaando la supeficie y el punto B obtenemos: G A = AA v A = (5 × 10 −4 )(4. y el tubo se debe llena inicialmente del líquido (esto genealme nte se loga aspiando el tubo en el punto C).15 x 10 m /s 4 3 p a + 0 + ρg ( + d ) = 0 + 0 + ρg ( + d + H ) ⇒ p = ρgH . La salida C debe esta más baja q ue la entada A. Un tanque de almacenaje abieto gande se llena de agua.0 centímetos paa entega 1000 litos de agua po minuto. En el agujeo p = p a y v = v .26 s v A = 2 g (1) = 4. 2 g m . detemine en que caso el esfue zo de compesión sobe la espuma seá mayo. allado en (a). Un inyecto se une a la manguea. a) La velocidad de salida está dada po: v = Hugo Medina Guzmán v = 2 g ( + d ) b) Compae la supeficie con el punto B. a) ¿Con qué velocidad el líquido fluye acia fuea en el punto C? b) ¿Cuál es la pesión en el pun to B? c) ¿Cuál es la altua máxima H que el sifón puede levanta el agua? )(4.2392 m3 Luego S A > S B Ejemplo 74.43) Ejemplo 75.3987 m3 y VB = 0. ¿Con qué velocidad el agua fluiá del agujeo? Solución.43) G B = AB v B = (3 × 10 = 22.3 m ρg (1000 kg m 3 )(9. Justifique su espuesta Solución. a) ¿C on qué velocidad debe el agua deja el inyecto? b) ¿Cuál es el diámeto inteio del in yecto? c) ¿Qué pesión en la manguea se equiee? Solución. En la supeficie p = p a y v ≈ 0 . a) Compae la supeficie (donde la pesión es la pesión atmosféica p a y la . Los bombeos utilizan una manguea del diámeto inteio 6.29 x 104 m3/s Con estos valoes obtenemos paa un tiempo de 3 min = 180 se gundos: VA = 0.8 m s 2 ) −4 = 13. tal que 1 p a + 0 + ρg = p a + ρv 2 + 0 2 ⇒ v = ρg Ejemplo 76. y se quiee lanza el agua asta una ventana que está 30 m sobe el inyecto. la velocidad y la pesión en ese punto se apoxima a ceo. Se ace un agujeo pequeño en un lado del tanque a una pofundidad debajo de la supeficie del agua. Un sifón es un dispositivo paa saca el líquido de un envase que sea in accesible o que no pueda se inclinado fácilmente. s m vB = 2 g (2) = 6. 1 pB = pa − ρ [2 g ( + d )] − ρgH 2 = p a − ρg ( + d + H ) c) Cuando H es un máximo. 017 apoximadamente ceo) con el punto C. en el punto más alto v = 0 .velocidad es m3/s a) Cuando el agua deja el inyecto.8)(30 ) p + = 24.2 m/s . tal que aplicando la ecuación de Benoulli: 1 2 ρv + ρg = Constante : 2 1 p a + 0 + ρg ( + d ) = p a + ρv 2 + 0 2 p+ 36 1 2 ρv + o = p a + 0 + ρg 2 ⇒ v = 2 gh = 2(9. p = p a y litos 10 3 m 3 = 1000 minuto 60 s = 0. Aplicando la ecuación de Benoulli v = v . Solución. De las relaciones anteriores se deduce que = 0.75 x 10 Pa = 2. 5 Ejemplo 78. La densidad del agua es 1000 kg/m3.0 m de diámeto. la elación de Benoulli también es valida ente los puntos B1 y B2. abietas a la atmósfea (ve figua).02 2 pm + q1 = Q 2 − 2a 2 g Q 2 + 2a 2 g y q2 = 2Q 2Q b) Paa que cicule líquido po la ama supeio se debe tene que Q > a 2 g . El áea del tubo en el punto B es 0. con una velocidad de 20 m/s.Mecánic de fluidos Hugo Medin Guzmán ⎛D⎞ b) El cau al G = Av = π ⎜ ⎟ v ⎝2⎠ ⇒D= 2 4G = πv 4(0. resectivamente.03 m2 y el tubo se angosta a un áea de 0. El punto A está a 10 m sobe el punto B y el punto C está a 3 m sobe el punto B.2 m s ) Los flujos que circulan or la rama suerior e inferior vienen dados or q1 = av 1 y q2 = av2. Po tansitividad.02 m2 en el punto C. a) La elación de Benoulli se puede aplica ente los puntos A y B1 y tam bién ente A y B2. El tanque cilíndico pesuizado de 5. de secciones tansvesales a1 = a2 = a.06)2 = 6.017 m 3 /s ) π (24. una supeio y ota infeio.03 m c) La velocidad en la manguera es v m .2 − 6. ( ) = 2. Si l a distancia ente las amas es . a) El gasto o flujo en el tubo: . detemina: a) Las cantidades q1 y q2 de líquido (en m3/s) que fluyen po ambas amas. Am v m = G ⇒ 4(0. contiene agua la que sale po el tubo en el punto C. As uma que el agua es un líquido ideal en flujo lamina. Un tubo oizontal po el que fluye líquido de densidad ρ0 a azón de Q m3 /s.02 m/s 1 2 1 ρv m + 0 = p a + ρv 2 + 0 2 2 1 2 ⇒ p m − p = ρ (v 2 − v m ) 2 1 2 2 = (1000 ) 24. se bifuca en dos amas en el plano vetical.017 ) 4G G = = vm = 2 Am πDm π (0. b) La condición que debe cumpli Q paa que aya flujo en la ama supeio. Se tiene a) ¿Cuál es el gasto o flujo en el tubo ?: b) ¿A que azón está bajando el nivel de agua d el tanque? c) ¿Cuál es la pesión en B? d) ¿Cuál es la pesión absoluta del aie enceado e n el tanque? Solución. También se tiene que Q = q1 + q2.71 atm Ejemplo 77. luego G = AC vC = πR 2 vC = (0.1 2 1 2 ρv1 = p 2 + ρg2 + ρv 2 2 2 Peo p1 = p 2 = p a (la pesión atmosféica).02)(20) = 0.4 m3 s b) La razón a la que está bajando el nivel de agua del tanque: 1 2 1 2 ρv1 + ρg = ρv 2 2 2 AA vA = G = 0.625 s 37 .4 2 m3 s ⎛5⎞ AA = π ⎜ ⎟ = 19. p1 + ρg1 + 1 = y 2 = 0.625m 2 ⎝2⎠ 0.02 vA = AA 19.4 m G = = 0. Mecánica e flui os c) La presión en B: Por Bernoulli Hugo Me ina Guzmán a) Sea v la veloci a con que emerge el agua el pitón.4 m = 13.8)(3) + vv = vsen 45.33) 2 = 1. p B + ρgB + pB = ? B = 0 vB = 1 2 1 2 ρvB = pC + ρgC + ρvC 2 2 0.013 × 105 Pa La velocidad acia aiba seá: C = 3m m vC = 20 s 1 2 pB + (1000 )(13.013 × 10 5 + (1000 )(9.33 0.03 s pC = pa = 1. 8)(60 )π ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⇒ pA = 2.022 + 2 ⇒ pA = 2.212 m3 =212 litos. luego su velocidad es: 1 (1000 )(20 )2 2 vv = 2 g ⇒ Luego: v 1 2 2 ⇒ pB = (1000)(20) − (13.33) 2 + 1.8 m/s 2 2 2 El volumen de gu que emerge del pitón por minuto: d) ¿Cuál es l presión bsolut del ire encerrdo en el tnque ( en tmósfers)? 1 2 1 p A + ρgA + ρvA = p B + ρgB + ρvB 2 2 2 2 ⇒ pA = pB + ρg (B B − A ) + 1 ρ (vB − vA ) = 0.8)(− 10) 1 (1000) 13.418 × 105 + (1000)(9.013 × 105 + (1000)(9.8)(10) ⇒ v = 19.8)(3) ⇒ pB = 2.418 x 105 P [ ] 2 = 2 gh ⇒ 2 v 2 = 2(9.015 ⎞ V = vtπ ⎜ ⎟ = (19. = v 2 2 El agua alcanza a subi una altua = 10 m.332 − 0. b) A la salida del pitón la pesión es la atmosféica ⎛d ⎞ ⎛ 0.32644 P 2 ( ) Aplicndo el principio de Bernoulli: p1 + . La mangu era que transporta el agua es e el carro bomba tiene un iámetro D e 6 cm y conc luye en un pitón cuya abertura tiene un iámetro e 1. El agua que emerge el pitón penetra horizontalmente por una ventana el tercer piso que se encuentra a una altura h = 10 m. Un bombero lanza agua con su manguera hacia un incen io forman o un án gulo e 45º con la horizontal.1 1 ρgv12 = p a + ρgv 2 2 2 A v ⎛ 1.5 ⎞ = v⎜ ⎟ = A1 ⎝ 6 ⎠ 16 2 Aplican o la ecuación e la continui a : Ejemplo 79. a) ¿Cuantos litros e ag ua emergen el pitón por minuto? b) ¿Cuál es la presión p que ebe soportar la manguera (en atmósferas)? A1v1 = Av ⇒ v1 = v Luego tenemos: 2 1 ⎛ v ⎞ 1 p1 + ρg ⎜ ⎟ = pa + ρgv 2 ⇒ 2 ⎝ 16 ⎠ 2 1 1 ⎞ ⎛ p1 − p = ρgv 2 ⎜1 − 2 ⎟ 2 ⎝ 16 ⎠ 1 2 .16 Pa Como pa = 101325 Pa p1 = 2014637. Solución.5 cm.16 Pa Aproxima amente 2 atm.996 ) 2 = 1913312. 38 . ¿A qué a ltua se encuenta el nivel de agua? c) ¿Cuál es la difeencia de pesión ente 1 y 2? d) ¿Cuál es la difeencia de altuas ente las columnas de mecuio del tubo en U? Solución. y 2 ' = 0 . v'1 = 0 . p1 + ρgy1 + p1 + 1 2 1 2 ρv1 = p 2 + ρgy 2 + ρv 2 2 2 Como están a la misma altua 1 2 1 2 ρv1 = p 2 + ρv 2 ⇒ 2 2 1 2 p1 − p 2 = ρ v 2 − v12 2 ( ) litos dm 3 a) G = 4 =4 = 4 x 103 m3/s s s 2 −4 A1 = 8 cm = 8 × 10 m 2 G = Av ⇒ 4 × 10 −3 G v1 = = = 5 m/s A1 8 × 10 − 4 b) El gu proviene de un grn depósito bierto. Hugo Medina Guzmán Solución. o se indica flui os El me i or e venturi. nivel 3 por la rama 1 es p1' + ρgy1' + p3 = p1 + ρgH 1 2 1 2 ρv1' = p 2 ' + ρgy 2 ' + ρv 2' 2 2 p1' = p 2 ' = p a .Mecánica e Ejemplo 80. es un manómetro coloca o en el tubo para me ir e flujo líqui o Un líqui o e ensi a ρ fluye po un tubo de sección tan En el cuello el áea se educe a A2 y se instala el tubo manomético com en la figua. Aplicando la ecuación de Benoulli ente 1 y 2 a) ¿Cuál es la velocidad en A1 ? b) El agua poviene de un gan depósito abieto. la veloci a svesal A1. la presión en el. y '1 = . ¿A qué ltur se encuentr el nivel d e gu? Por l ecución de l continuidd A1v1 = A2 v 2 ⇒ v 2 = Luego A1 v1 A2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ (1) p1 − p 2 = 2 1 2 ⎛ A12 − A2 ρv1 ⎜ ⎜ A2 2 2 ⎝ Por otra parte. 4 × 10 −3 =5 8 × 10 − 4 y po la ama 2 es Luego p3 = p 2 + ρg (H − ) + ρ ' g v 2' = v2 = p a + ρ + p1 + ρgH = p 2 + ρg (H − ) + ρ ' g (2) y p1 − p 2 = g(ρ '− ρ ) . Cada segundo salen del tubo 4 litos de ag ua a la atmósfea. 1 2 1 2 ρv1 = p 2 + ρgy 2 + ρv 2 2 2 A1 8 v1 = 5 = 10 m/s 4 A2 Ejemplo 81.igualando las expesiones (1) y (2) 2 1 2 ⎛ A12 − A2 ⎜ ρv1 ⎜ 2 2 ⎝ A2 Reemplazan o: ⎞ ⎟ = gh(ρ '− ρ ) ⎟ ⎠ 1 1 ρv(0 )2 = p a + ρg (0) + ρ (5)2 2 2 25 1 = 1.28 m. La sección tansvesal del tubo de la figua tiene 8 cm2 en las pates ancas y 4 cm2 en el estecamiento. ρg = ρ (5)2 ⇒ h = 2g 2 c) Finlmente v1 = A2 2 gh(ρ '− ρ ) ρ A12 − A22 p1 + ρgy1 + ( ) y1 = y 2 = 0 . v 2 = p1 + ρg (0) + 1 1 ρ (5)2 = p 2 + ρg (0 ) + ρ (10)2 2 2 39 . v1 = 5 m/s . y un tubo vetical E se abe en C en el estecamien to y se intoduce en el líquido del depósito F. El diámeto del ongo D es de 30cm. a) Aplicando la ecuación de Benoulli ente 1 y D: 1 2 1 2 ρv1 = p 2 + ρg2 + ρv 2 2 2 Con p1 = p 2 = p atm . Solución. a) ¿Cuál es la velocidad de salida del líquido? b) ¿Cuál es la pesión en el est ecamiento (C)? c) ¿A qué altua 2 alcanzaá el líquido en el tubo E? Expesa la espu esta en función de 1. descaga a gua del fondo del depósito A. y si D se encuenta a una distancia 1 po debajo del nivel del líq uido en A. .8) ρ Hg g Ejemplo 82. el diámeto de la tubeía oizontal d es de 5 cm. y el espacio ente los platos del ongo e es igual a 2 cm. 2 = 0. Una egadea de jadín tipo ongo de las caacteísticas mostadas en la figua. : AC vC = AD vD 40 a) El caudal de agua en la tubeía oizontal.Mecánica de fluidos Hugo Medina Guzmán Como AD = 2AC ⇒ vC = 2vD Por l ecución de Bernoulli: p1 − p 2 = 1 1000 (75) ρ (100 − 25) = 2 2 = 37500 Pa d) ¿Cuál es la difeencia de altuas ente las columnas de mecuio del t ubo en U? p1 − p 2 = ρ Hg gΔy ⇒ Δy = p1 − p 2 37500 = = 0. tiene la velocidad de salida del agua de 1m/s. 1 2 1 2 ρvC = p atm + ρv D 2 2 1 2 2 pC = patm − ρ 4vD − vC ⇒ 2 3 2 pC = ptm − ρvD 2 Finalme pC = patm − 3ρg1 pC + ( ) c) Aplicando la ecuación de Benoulli ente 2 y C: Como patm = pC + ρg2 Compaando con pC = patm − 3ρg1 Obtenemos 2 = 31 Ejemplo 83. Dos depósitos abietos muy gandes A y F.28 m. Si la sección tansvesal en C es la m itad que en D. Un tubo oizontal BCD que tiene un estecamiento en C. ⇒ 1 2 v1 ≈ 0 ptm + ρg1 + 0 = patm + 0 + ρvD 2 vD = 2 g1 p1 + ρg1 + b) Po la ecuación de continuidad ente las secciones CyD Solución. b) Calcula la velocidad en el tamo oizontal c) Calcula la pesión en la pate más alta del tubo vetical d) Calcula la pesión en cualquie punto del tamo oizontal. (13600)(9. véase la figua. la altua H del tamo v etical es de 20 cm. El gáfico indica los puntos de inteés del poblema. contienen el mismo líquido. a) Enconta el caudal de agua en la tubeía oizontal. (La velocidad aument a poque el diámeto de la ateia disminuye). Peo afuea de la ateia la p esión sigue siendo la misma.02 ) A1 0. Concetamente la situación es esta: VISCOSIDAD Viscosidad de un fluido es la esistencia de un fluido a una fueza c otante. Los médicos lo llaman tombosis. ¿Y qué pasa al compimise la ateia? La obstucción se ciea más. Esto povoca un aumento de la velocidad dento de la obstucción.013 x 105 Pa 1 2 1 2 ρv1 = p 2 + ρgy 2 + ρv 2 2 2 ( ) Reemplazando valoes: = 0.6 m/s c) L presión en l prte más lt del tubo verticl Aplicndo l ecución de Bernoull i los puntos 1 y 2: p1 + ρgy1 + y1 = y 2 1 1 2 p a + ρv12 = p 2 + ρv 2 2 2 1 2 ⇒ p 2 = p − ρ v 2 − v12 2 v1 = 1 m s . Paa pode pasa po l a obstucción lo que ace la sange es aumenta su velocidad.5572 x 105 – 103 (9.6 2 − 12 2 ( ) Esto es lo que ocue cuando una pesona tiene un ataque cadíaco.6 m/s A2 0. el espacio ente las placas esta lleno con un fluido Si se le pegunta a una pesona que cee que va a ocui con la ateia cuando . Lo que pasa es justo al evés. Dependiendo del tamaño y localización del tombo pueden vaia algunos de los síntomas. lo que a su vez obliga a la ateia a cease más todavía. Esto significa que la ate ia tiende a cease del todo e impide el pasaje de sange. Consideemos dos placas paalelas muy gandes como se muesta en la figua. Al aumenta la velocidad dento de la ateia.8)(0.5376 x 105 Pa ARTERIA O VENA CON UNA OBSTRUCCIÓN Paece que en la medicina es bastante común que l as ateias o las venas se taponen con cosas tipo colesteol y demás. Entonces la pesión de afuea le gana a la pesión de ad ento y la ateia se compime. El caudal que manda el co azón es constante. dolo.025 2 π Siendo A2 = A3 ⇒ v2 = v3 = v 2 = 9.6 m/s . la ateia se va ceando más y más asta que sobeviene el COLAPSO. v 2 = 9. debemos considea el estudio de la ley de Newton de la viscosidad.019 m3/s b) La velocidad en el tamo oizontal Como A1v1 = A2 v 2 ⇒ G = A1v1 = A2 v 2 = A3 v3 A1v1 = πDe = (π 0. la pesión adento tiene que disminui. etc.006π v1 = = 9. f ialdad. ausencia de pulso. 1 p 2 = 1.20) = 0.5572 x 105 Pa d) La pesión en cualquie punto del tamo oizontal. p3 = p 2 + ρgH = 0.Mecánica de fluidos Hugo Medina Guzmán está MAL. = 0. De esta manea. isquemia. Este caudal no se fena po ningún motivo. Paa pode definila. También pasa en e l ceebo y en otos lados.013 × 10 5 − 10 3 9. Popiedad que se debe fundamentalmente al tipo de inteacción ente las m oléculas del fluido.3)(0. pa = 1. la espuesta más común es esta: La sange se va a fena al coca con la obstucción. Este azonamie nto es muy lindo y muy intuitivo peo 41 . y va a empeza a pesiona acia fuea poque quiee pasa.se obstuye. Po lo tanto la ateia se va a dilata y se va a foma como un globo. las fuezas asociadas con la pesión y la viscosid ad se cancelan. depende como vaía v 0 con Aplicando la segunda ley de Newton al elemento.94 x 105 De la tabla se obseva que la viscosidad es muco mayo paa los líquidos que paa los gases. llamada la viscosidad absolu ta (dinámica). ⎛F⎞ FV = ⎜ ⎟ × (área ) Por viscosi a η = − dv F = ηA dy O sea la fueza de viscosidad es popocional al áea A y al gadiente (deivada) de la velocidad. ∑F x =0 p1πr 2 − p 2πr 2 − Fv = 0 Donde Fv e s la fueza viscosa (Tangencial). También se obseva una fuete dependencia de la tempeatua. Paa los líquidos la viscosidad disminuye al aumenta la tempeatua. tenemos: F N . esto es: 0 ⇒ D dy dv Luego: F ∝ A dy Aquí introducimos un constnte de proporcionlidd η . la vaiación de velocidad seá lineal. en geneal.s Como η = A . Siendo el áea = 2πrL . Expeimentalmente se a demostado que la fue za F vaía diectamente con la supeficie A de la placa.Mecánica de fluidos Helio 20 Hugo Medina Guzmán 1. . F A F dv ⇒ = −η dv d A d El signo menos indica que la velocidad disminuye con un incemento del adio . Av0 D Más aún.1 Ns/m2 La s iguiente tabla da la viscosidad paa algunas sustancias: Fluido Agua Agua Agua Alcool Gliceina Gliceina Aie Aie Aie Temp. e invesamente con la distancia D. El fluido en contacto con la placa supeio se adeiá y se moveá con velocidad v 0 . con la velocidad v 0 . c ono el fluido no está aceleado. se tiene. o sea: F ∝ FLUJO VISCOSO EN UNA TUBERIA CIRCULAR Paa pode enconta la expesión paa la caíd a de pesión en una tubeía cicula debido a la viscosidad consideemos un elemento de fluido que se desplaza a velocidad constante como se muesta en la figua. mientas que paa los gases aumenta. sus unidades son: dv m2 dy Ota unidad usada paa medi la viscosidad es el poise (p): 1 p = 0. Los fluidos que cumplen con esta elación se llaman fluidos newto nianos. y el fluido en contacto con la placa fi ja tendá velocidad ceo si la distancia D y la velocidad v 0 no son muy gandes. v dv especto a D. La placa supeio bajo la acción de una fueza constan te F se mue ve con una velocidad constante v 0 . 2 x 103 12 .64 x 105 Fv = −η 2πrL Reemlazando dv dr dv =0 dr .49 1.79 x 103 1.83 x 105 2.C 0 20 100 20 0 20 31.28 x 103 1.s/m2) 1.00 x 103 0.6 20 230 (N.54 x 105 1.11 1. d 2ηL ∫ ( p − p2 ) R 2 − 2 ⇒ v= 1 4ηL v − ∫ dv = ( p1 − p 2 ) R ( ) Esta ecuación coesponde a una paábola.1πr 2 − p 2πr 2 + 2πηL Sim1ificando y agupando téminos ( p1 − p 2 ) = −2πηL dv ⇒ η ( p − p 2 ) d − dv = 1 2ηL 0 d Integando de a R. La velocidad máxima en la pate cental ( = 0) es: 42 . 36 x 102 m3/s La fómula de Poiseuille: ( 10 6 kg/dia 850kg/m 3 (24/dia )(60min/ )(66s/min ) ) y el gasto en la sección difeencial es dG = dV ( p1 − p 2 ) 2 = R − 2 (2πrdr ) dt 4ηL ( ) Po lo tanto el gasto total. donde dA = 2πrdr Luego Solución. G= dV ( − p 2 ) (R 2 − 2 )(2πrdr )dt = 1 4ηL = 1. consideemos el fluido que pasa po un elemento dife encial de sección como se muesta en la figua siguiente: El volumen que ataviesa el elemento en un tiempo dt es dV = vdAdt .Mecánica de fluidos Hugo Medina Guzmán petóleo son conducidos diaiamente. seá G = ∫ dG = 4 ( p1 − p 2 ) 4ηL ∫ (R R 0 2 − 2 (2πrdr ) ) Entre dos estaciones de bombeo la distancia es: . ¿Cuál es la pesión máxima pemitida po el oleoducto? v max = ( p1 − p 2 )R 2 4ηL Paa detemina el gasto Q. El etróleo a resión atmosférica asa en cada una de las estaciones y es lanzado a la siguiente estación a la a la máxima resión ermitida. objetos que caen en flui os to os ellos experimentan la oposición e fuerzas vi scosas. FÓRMULA DE STOKES Una burbuja e aire el agua. Esta expesión se denomina fómula de S tokes. George Stokes encontró la relación para esta fuerza viscosa sobre un cuerpo en un flui o Fv = 6πRηv . partículas e polvo cayen o en el air e.2 × 10 5 = 1. la presión máxima permisible es 9.2 x 105N/m2 = 8. v la velocidad π (0.1 Ns/m2 Luego la diferencia de resión entre las estaciones de bombeo es: 7. el etróleo finalmente llega al final a la resión atmosférica.1Ns/m ) 1. la rimera estación está al inicio del oleoduc to. La densidad y la viscosidad del etróleo son 850 k g/m3 1 oise resectivamente. midiendo la velocidad teminal de esfeas c .36 × 10 −2 m 3 /s (0.1 atm Como el oleo ucto finalmente a el petróleo a presión atmo sférica.1 atm. 6 1 − p 2 = 8 1.15m ) ) ( ) 4 vmáx 2 G = πR 2 v = Área de la sección x velocidad romedio Ejemlo 84. donde es el adio. Medida del coeficiente de viscosidad La fómula de Stokes pemite detemina el co eficiente de viscosidad de un líquido.2 × 10 5 m ( La expesión ente cocetes coesponde a vmáx . Un oleoducto de 30 cm de diámetro y con seis estaciones de bombeo igua lmente esaciadas en sus 7. y 106 kg de de la esfera y η el coeficiente de viscosidad.π R 4 1 − p 2 G= 8 η L 8GηL ⇒ p1 − p 2 = πR 4 = π R ( 1 − p 2 ) 8 ηL Esta expesión podemos escibila como ⎡ ( p1 − p 2 )R 2 ⎤ ⎢ ⎥ 4ηL ⎦ 2 ⎣ G = πR 2 1 oise = 0.2 x 105 m.2 x 105 m. luego ⎛v ⎞ G = πR 2 ⎜ máx ⎟ ⎝ 2 ⎠ Como la veloci a prome io es v = Finalmente = 8. 43 .ayendo en el fluido. po el volumen del cuepo sumegido. Desués se vierte kerosén de densidad 0. y un a fueza de viscosidad. El peso es el poducto de la masa po la aceleación de la gavedad g. De aquí: η = 2 g (ρ '− ρ )R 2 . Detemine la pesión en los puntos A y B. mg − E = Fv 4 4 ρ ' πR 3 g − ρ πR 3 g = 6πRηvl 3 3 Despejamos la velocidad límite vl vl = 2 g (ρ '− ρ )R 2 9η 4 mg = ρ ' πR 3 g 3 De acuerdo con el rinciio de Arquímedes. Uno de los ecipientes está abieto a la atmósfea y el oto está cead o y contiene aie. Determine la diferencia de altura h1 entr e las suerficies de los dos niveles de agua. se alcanza cuando la aceleación sea ceo. cuando la esultan te de las fuezas que actúan sobe la esfea es ceo. Respuesta. La esfea se mueve bajo la acción de las siguientes fuezas: el peso. Un tubo en U que está abierto en ambos extremos se llena arcialmente con agua. Determine la diferencia de altu ra h entre las suerficies de los dos líquidos. Considere el sistema de la figura donde el tubo está lleno de aceite de densida d ρ = 0. el emuje es igual al roducto de la de nsidad del fluido ρ . 2. La veloc idad límite. midiendo la ve locidad límite de una esfea de adio R y densidad ρ' 4 E = ρ πR 3 g 3 PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1.Mecánica de fluidos Hugo Medina Guzmán La ecuación del movimiento seá. PA = 82475 Pa 44 . Desués se vierte agua en ambos lados obteniéndose una situación de equilibrio il ustrada en la figura.85gcm3. y po la aceleación de l a gavedad. el empuje (s e supone que el cuepo está completamente sumegido en el seno de un fluido). donde h2 = 1 cm. es deci. La masa es el poducto de la densidad del mateial ρ ' po el volumen de la esfea de adio R. 3. po tanto: mg − E − Fv = ma . Un tubo en U que está abierto en ambos extremos se llena arcialmente con mercu rio.82 g/cm3 en uno de lo s lados que forma una columna de 6 cm de altura. ecuación que pemite 9vl detemina el coeficiente de viscosidad de un líquido de densidad ρ . Un bloq ue con una sección tansvesal de áea A. encuente la pesión en el fondo de los vasos comunicantes.6 g/cm3).8gcm3. Inicialmente en este sistema de vasos comunic antes se encuentan dos litos de agua. 13. Haga un gafi co cualitativo de la pesión “idostática” en función de la pofundidad paa cada uno de los dos “bazos” del vaso comunicante (gafique las dos cuvas en el mismo gafico). D etemine la fueza de empuje sobe el bloque y encuente la densidad del bloque en función de ρ1 . H y . 45 . a) Encuente la altua en que se encontaán las intefases ente los líquidos y el aie en cada uno de los tubos si en uno de los tubos se le agegan 2 litos de u n líquido cuya densidad es 0. Un c uepo omogéneo pismático de 20cm de espeso. ¿Cuánto pesa en aie y cuál es su densidad elativa? 10. 100 cm de anco y 25 cm de alto. Suponga que los fluidos no se mezclan. altua H y densidad ρ . se le agegan 3 litos de un líquid o cuya densidad es 0. 20 cm de anco y 40 cm de longitud se mantiene en eposo sumegido en agua a 50cm de pofundidad a aplica sobe él una tensión de 50 N.8 g/cm3). b) La al tua medida desde el fondo de la balsa a la que se encuenta la línea de flotación. Cuando se le coloca una c aga sobe ella. ¿Qué facción del olumen de una pieza sólida de metal de densidad elativa al agua 7.25 flotaá sobe un mecuio de densidad elativa 13. está en equilibio ent e dos 5. espectivamente. En una piscina se encuenta flotando una balsa que tiene foma de un paalel epípedo de densidad elativa (al agua) de 0. Una balsa de áea A. 9. c) Encuente la altua en que se encontaán las intefases ente los líquidos y el aie en cada uno de lo s tubos si en uno de los tubos. ¿qué fuez a ejeceá el émbolo de pesión sobe el objeto S? fluidos de densidades ρ1 y ρ 2 con ρ1 < ρ < ρ 2 . Detemine a) La fueza de empuje. Un tao cilíndico de 20cm de diámeto flota en agua con 10cm de su altua po encima del nivel del agua cuando se susp ende un bloque de ieo de 100 N de peso de su fondo.52 N sumegido en ag ua. espeso y masa 4 00kg flota en aguas tanquilas con una inmesión de 5cm.8 g/cm3. Si de la pal anca que actúa sobe el embolo de bombeo se tia con una fueza F1 = 100 N.3 y cuyas dimensiones son 120 cm de la go. 8. la inmesión es de 7. paa efectos de este poblema podemos despecia la cantidad de flu ido que se encontaá en el tubito). 6.8 g/cm3. Considee una pensa idáulica (ve figua adjunta).57? 11.2 cm. Considee un vaso comunicante de 2 cm2 de sección tansvesal que contiene mec uio ρHg = 13. en luga de 2. Considee un sistema de vasos comunicantes fomado po dos tubos de sección ta nsvesal de 50 cm2 que están unidos po un tubito coto de sección tansvesal muy p equeña (o sea. Encuente la densidad del mateial. b) Paa la situación descita en la pate a).Mecánica de fluidos PB = 99135 Pa 4. A un lado se ecan 360 gamos de gliceina ρgl = 1. Un cuepo de mateial desconocido pesa 4N en el aie y 2.2 g/cm3) y en el oto 1/4 de lito de alcool ρal = 0. Encuente el desnivel d que existe ente los niveles supeioes de la gliceina y el alcool. c) El peso que debeía colocase sobe la balsa paa que esta se undiea 6cm más. Sean R1 = 25 cm y R2 = 15 0 cm los adios de los émbolos de bombeo y de pesión. ρ 2 . 12. Si el bloque se coloca a oa dento del cilindo ¿qué pate de la altua del cilindo se encontaá po encima de la supeficie del agua? Considee la densidad del ieo 7. Encuente la masa de la caga. Hugo Medina Guzmán 7. la de la plata. Detemine la azón ente el volumen de los poos y el vo lumen del aluminio pooso. que pasa con el nivel del agua? 16. Po supuesto que el ielo.5 g/cm3. un lago). Asumiendo que e n su inteio contenía plata. al flota. 10. Calcula la fueza de contacto ente los globos. Dos globos esféicos inflados con aie. se unen mediante una cueda de lon gitud L. Los dos globos se mantienen bajo el agua con el punto medio de la cued a fijo al fondo. Una vailla yace en el fondo de un ecipiente con agua fomando un ángulo de 6 0.Mecánica de fluidos Hugo Medina Guzmán 14. El ey Hieón de Siacusa pidió a Aquímedes que examinaa una coona maciza que abía odenado ace de oo puo.18 kg/m3. a) ¿Hasta qué alguna estaá sumegido el cilindo en el líquido? b) Si el ecipiente que contie ne le líquido es muy gande (po ejemplo. 15. A medida que el ielo se de ite. 21. queda a igual altua o sube? Cuando finalment e el baquito se unde. Considee un vaso de agua lleno asta el bode. ambos de adio R. Duante este poceso. espectivamente. con un tozo de ielo flotando en el.3 g/cm3. aciendo que el baquito lentamente se llene de agua. o sea mientas el baco se llena de agua peo aún no se und e. el nivel del agua del vaso ¿baja. ¿qué tabajo debe ealizase paa saca el cilindo del líquido? c) ¿Vaía la espuesta si el ecipiente que contiene el líquido es un tambo cilíndico de áea A0? ρHe = 0. ¿Se deamaá el vaso? Suponga aoa que en el mismo vaso flota un pequeño bac o de juguete eco de latón. que flota “paado” en un liquido de densidad ρ0. sobepasaá po encima del bode del vaso. 22.375 kg sume gida en agua. (La densidad del aluminio 2700 kg/m3). 23. La coona pesaba 10 kg en el aie y 9. Se quiee confecciona aluminio pooso (algo así como queso suizo) que se mant enga en suspensión en agua. Aquímedes concluyó que la coona no ea de puo oo. ¿cuánto oo tenia la coona de Hieón? La densidad del oo es 19. Considee un cilind o de masa M. Suponga además que el baquito tiene un pequeño oificio po el cual peneta agua. áea A y altua . Detemine la masa del peso y la ubicación en el ie adeise de modo que el ielo se mantenga justo sumegido lo más e 25. bloque de ielo (densidad = 920 kg/m3) en foma de “L”. La vailla es de sección unifome y está fomada po dos pedazos i guales en longitud peo de distinta densidad. ¿Cua l es la mínima masa m que debe agegase paa loga el objetivo? 18. a) Convénzase de que no es posible que la vailla flote “paada”. que se ace flota en el agua (designe la densidad del agua po ρ0). Detemine la densidad de la ota po ción. La densidad de una de las pocione s de la vailla es la mitad de la del agua. a la pesión de una atmós fea. Repita el poblema anteio si la línea OAB foma un ángulo de 30° especto a la v etical. 17. Considee una vailla de madea muy liviana. son ρaie = 1. Mediante un peso se desea sumegi el ielo en agu en la figua. 46 . de lago L.29 kg/m3 y 24. b) Paa loga que l a vailla flote paada. con la vetical. Considee un tes cubos de 25 a como se indica lo donde debeía stable posible. ageguémosle una masa puntual m en el extemo infeio. fomado de cm po lado. sección tansvesal A y densidad ρ. ¿Qué volumen de elio se equiee si debe elevase un globo con una caga de 800 kg (incluido el peso del globo vacío)? Las densidades del aie y del elio. en ci erto instante. k/m3. con numerosos aujeros de 1 mm de diámetr o. Una otita de aua de 1 mm de radio se pulveriza en otitas de 10−4 mm de radi o. ¿Cuánt os aujeros debe tener la botella para ue el aua lleue a mojar el prado a 8 m etros de distancia de la botella? ¿Cuál es la presión al interior de la manuera si ésta tiene una sección transversal de 4 cm2? 32. entreue un caudal de 12 litros por minuto.) También encue ntre la presión del aire al interior del cilindro. 27. En el extemo junto al eje. Un jardín es reado con un reador ca sero ue consiste en una botella plástica. La bomba inyecta aua a presión al cilind ro.Mecánica de fluidos Hugo Medina Guzmán 30. co n un extremo sumeridas en aua en forma vertical.2 litros por seundo. Considere dos placas planas de vidrio. gia en el plano oizontal en tono a un eje vetical que pasa po uno de sus extemos. ¿cuál debe ser la velocidad re uerida por so bre el ala para tener la sustentación deseada? (La densidad del aire es 1. Este sistema consiste en un depósito subterráneo. Asuma ue una bomba de au a se encara de enerar un flujo de aua constante de 0. Suponiendo ue el aire es un fluido ideal y ue la velocidad del aire por debajo del ala es de 100 m/s. separadas por una distancia de 0.1 mm. ¿Qué distancia se elevará el aua e ntre las placas debido a la capilaridad? 29. el t ubo está abieto. Un tubo de lago L. acostada sobre el jardín y conectada aun a manuera. La fuerza de sustentación de un avión moderno es del orden de 1000 N por metro c uadrado de ala. una bomba y un cilindro con aua y aire. El tubo gia con velocidad angula constante ω. a una alt ura de 5 metros sobre el suelo. lleno de agua. ¿En ué factor aumenta la enería superficial (debido a la tensión superficial)? 28. Un medidor de presión deti ene la bomba cuando la presión del cilindro alcanza el valor deseado (el mismo med idor vuelve a encender la bomba cuando la presión baja de cierto nivel). coincidiendo po lo tanto la pesión del fluido con la pesión atmos féica.) 47 . calcule la presión necesaria en el aire comprimido para ue una llave de 1 cm2 de sección. se abre un pe ueño orificio. (La sección transversal del cilindro es rande respecto a la de la llave. Determine la ubicación “y “del pivote fijo A de manera ue justo se abra cuando el aua está como se indica en la fiura. Si en el otro extremo.) 26. ¿con ué velocidad emererá el aua del tubo ? (Especifi ue la rapidez y dirección de la velocidad. 31. Si el niv el del aua en el cilindro se sitúa 1 metro por debajo del suelo. ue en su parte superior ueda con aire comprimido. Para abastecer de aua a una casa de d os pisos se recurre a un “hidropack”. ¿cuál será la rapi ez e flujo y la presión en el segun o piso? 35. es: Respuesta.5 m/s. Si uno e los extremos está abierto a la presión atmosférica. p1 7.0 cm y en el segun o piso. ¿qué presión p1 ebe existir en el otro extremo? Suponga que la ensi a el petróleo es 950 kg/m3 y el coeficiente e vis cosi a es 0. tenien o una viscosi a el equilibrio 80 poises. 92 g/cm3). la tubería tie ne un iámetro e sólo 2. El esfuerzo cortante aplica o al líqui o.5 atm. 12 40. en uni a es SI. Al inicio. velocidad teminal si el diámeto se acica en un facto 10? 48 . 39. ¿Cóm o cambia esta presión si la sección de la tubería. En un toente de agua se sumege un tubo doblado. La velocidad de la coiente con especto a l tubo es v = 2.5 m/s bajo una presión e 3. es decir a la salida de la represa. Un líqui o viscoso. En el sót ano su iámetro es e 4. ¿Cual es la potencia W/ t (energía por uni a e tiempo) isipa a por la fricción interna origina a por la viscosi a ? Respuesta . instrumento u e se usa para medir la velocidad del aire. con veloci a es e 3.0 atmósferas. ¿A ué altura h subirá el chorro de aua ue sale por el aujero? Respuesta. b = /2. 37.25 kg/ m3. Supon a ue la bocatoma se encuentra a 10 metros bajo el nivel de las auas y ue la turbina se encuentra 80 metros por debajo de ese nivel. cuan o cae en agua ( ρ Cu = 8. está entre os placas separa as 4. se disminuye a la mitad? ¿A la centésima parte? Huo Medina Guzmán La parte superior del tubo se encuentra a h0 = 12 cm sobre el n ivel del aua del torrente y tiene un pe ueño aujero. Encuentre la veloci a terminal qu e a quiere una esfera e cobre e 0. Lleará a 20 cm.0 centímetros. La ensi a el aire es 1. ¿cuál sería la potencia de esta central? ¿Esto corresponde al consumo promedio de cuántas casas? d) Haa un rafico cualitativo de la presión al interior de la tubería en función de la altura.5 cm e iámetro. tal c omo se muesta en la figua adjunta. A una altura b se hace una pequeña perforación la teral que permite que el agua emerja horizontalmente. 43.6 cm. 36.0 centímetros /s. y el líqui o entre ellas está en flujo laminar. la tubería tiene un diámetro de 40 cm. Consi ere una tubería e una calefacción. Considere la tubería ue lleva el aua de una represa hacia una turbina. Si el lí uido ue indica el nivel es a ua y Δh = 12 cm.2 Pa s aproxima amente. m/s = 156 km/h. Ambas placas están en el movimiento. La fiura muestra un tubo de Pitot. ¿A qué altura ebe hacerse la perforación para que el alcance el agua se máximo? 38. 34. 5 metros más arriba.Mecánica de fluidos 33. ¿En qué facto disminuye la Respuesta. Si en el sótano una bomba se encarga e bombear el agua con una veloci a e 0. en irecciones opuestas. encuentre la veloci a el aire. Suponga que el nivel e un líqui o (agua ) en un tambor tiene una altura h. en el punto emerente. potencia 650 kW. Respuesta. Consi ere un oleo ucto e 5 km y 50 cm e iámetro por el cual se esea bombear 1 m3 por segun o. Supona ue el fluido se comporta como un fluido ideal. a) ¿Cuál es el diámetro máximo ue puede tener la tube ría en su extremo inferior para ue no se produzcan cortes de la columna de aua a l interior de la tubería? b) ¿Cual sería la cantidad de aua ue pasaría en ese caso por la tubería y cuál la velocidad del aua emerente? c) Si el proceso de eneración de enería eléctrica usando la presente turbina fuese 100% eficiente. Cuando las variables macroscópicas de dos sistemas ue se encuentran conectadas por una pared diatérmica no varían. ue también se puede conocer. LEY CERO DE LA TERMODINÁMICA Y EQUILIBRIO TÉRMICO. o separados por una pared diatérmica. El estado de un sistema en el cual l as velocidades macroscópicas tienen valores ue permanecen constantes mientras ue las condiciones externas no se cambien. Si cuando un sistema está en un estado de e uilibrio y es te no cambia con cual uier cambio en el ambiente. con un sistema C. ue describen al sistema. constituyen alunas de las cantidades macroscópic as usadas en mecánica y son llamadas coordenadas mecánicas y estas sirven para deter minar la enería potencial y cinética del cuerpo ríido. El popósito de la temodinám ica es enconta las elaciones ente las coodenadas temodinámicas consistentes con las leyes fundamentales de la temodinámica. se dice u e se encuentran e uilibrios térmicos entre ellas. El propósito de la mecánica es e ncontrar relaciones entre las coordenadas de posición y el tiempo 1 . La descripción macroscópica o sea las propiedades apreciad as por nuestros sentidos son el punto de partida para todas las investiaciones y aplicaciones prácticas.Calo y Temodinámica Hugo Medina Guzmán CAPÍTULO 5. Temodinámica INTRODUCCION. las fómulas matemáticas que elac ionan las cantidades micoscópicas. Conside emos un gas enceado en un tubo cilíndico ceado a uno de sus extemos y povis to de una tapa deslizante (pistón) en el oto. El sistema descrito ocupa determinado volumen el cuál puede conocerse en determina do momento por la posición del pistón. otra cantidad indispensable para la descripción del sistema es la presión del as en el cilindro. Se deteminan expeimentalmente: las cantidades m acoscópicas que son necesaias y suficientes paa descibi el estado inteno del sistema. nos proporcionarán lo ue se conoce como la Descr ipción microscópica del sistema. constituyen la Mecánica Estadística. estas son llamadas coodenadas temodinámicas. o bien. considerand o los aspectos. Por ejemplo. cuando se usan técnicas simples estadísticomatemáticas se le llama teoía cinética. en este caso es necesario usar métodos estadísticos las cantidades ue lo especifican no están directamente asoc iadas. Estas cantidades obtenidas por medición di recta. sepaados cada uno y definidos po las coodenadas (pes ión y tempeatua) p. Imainemos a los sistemas A y B separados en contacto. la cual puede medirse en forma simple al iual ue las otras dos cantidades. med iante un manómetro. tal como la. Los experimentos demuestran ue la existencia de un estado de e uilibrio depende de la proximidad de otros sistemas y de la naturaleza de la pared ue los separa. Finalmente. externos. el sistema se dice ue está “Aisla do” o rodeado por una pared “Pared Adiabática”. especificamos su centro de masa con referencia a un ej e de coordenadas en un tiempo particular. con nuestro sentido de percepción. En la temodinámica la atención se d iige al exteio del sistema. para tener una idea completa de lo ue sucede en e l cilindro hay ue conocer la temperatura. esta descripción es conocida como Descripc ión microscópica del Sistema. consi stentes con las leyes de Newton del movimiento. moléculas o átomos. T’ respectivamente. Supongamos que tene mos dos sistemas A y B. Otro punto de vista de describir el sistema es asum iendo ue el as esta formado por un ran número de partículas. Estos dos tipos de enería. las leyes que elacionan las cantidades macoscópicas. con stituyen la enería mecánica o externa del cuerpo ríido. en la mecánica do un cuerpo ríido. todo s de iual masa y cada uno moviéndose con una velocidad independiente de las otras es imposible aplicar las leyes de Neton del movimiento a cada molécula por separ ado e incluso tabular las coordenadas de cada molécula. puntualizaemos que d ento de la física. T y p’. E uilibrio térmico. Finalmente. o Teoía atómica del calo. Como se muesta en la figua. La posición y e1 tiempo y la combinación d e ambos. se denomi na temodinámica clásica o simplemente temodinámica y. se conoce como estado de e uilibrio térmi co. Sistemas Temodinámicos Vaiables temodinámicas macoscópicas. Velocidad. el de ebullición del aua a presión atmosférica. Esto se conoce como la Ley cero de la termodi námica. "Si dos sistemas se encuentran en e uilibrio térmico con un tercer sistema. Nosotros ueremos asinar un número de cada estado de e uilibrio de un siste ma ue tena la propiedad ue dos sistemas con el mismo número estén en e uilibrio tér mico entre ellos. a esta temperatura le damos el valor cero rados Celsius o rados centírados (0°C).Calor y Termodinámica El sistema A estará en e uilibrio con el sistema C y el sistem a B también estará en e uilibrio con el sistema C. Se llama TERMOMETRO. Escala Celsius o centírada. es sencilla pero no obvia. En la escala Celsius o centírada uno de ellos el punto de conelación del aua. eléctrica u óptic a cuyo valor se correlaciona con la temperatura. a un aparato ue per mite medir la temperatura por medio de su propiedad termométrica o variable macros cópica ue es sensible al estado térmico de la sustancia. nos hace fa lta definir una propiedad ue aseure esto. t = ayc + b = 0o C El otro punto. lueo los sistemas A y B estarán en e uilibrio térmico uno con el otro. se pone en contacto íntimo con la inst ancia y ad uiere la misma temperatura. "La temperatura de un sistema es una propiedad ue determina s i un sistema está en e uilibrio o no con otros sistemas". Los principales termómetros y sus propiedades termométricas se muestran en la tabla. a este le llamamos Cie n rados (100°C). t = aye + b = 100o C Al resolver las dos ecuaciones simultáneamente encontramos los valores de a y b. TEMPERATURA Y ESCALAS La temperatura se determina por la medición de aluna cantidad mecánica. los dos sistemas se encuentran en e uilibrio entre sí". TERMOMETRO Gas a volumen constante Gas a presión constante Resistencia eléctrica Termocupla Columna lí uida en un tubo capilar PROPIEDAD TERMOMETRICA Presión Volumen Resistencia eléctrica Fuerza electromotriz Lonitud Huo Medina Guzmán Donde las constantes a y b se evalúan de acuerdo a un conjunto de finido de relas. Esta propiedad la llamaremos Tempera tura. es un hecho ue sucede pero podría no haber sido así. es decir el punto en ue el aua y el hielo están en e uilibrio a la pre sión atmosférica. sino en el termómetro el cual. Generalmente la temperatura de una sustancia. a= 100o C 100o C y b=− yc ye − yc ye − yc Sustituyendo la expresión oriinal t = 100o C ( y − yc ) ( ye − yc ) Para un termómetro a as a Volumen Constante la expresión sería t = 100o C ( p − pc ) ( pe − pc ) y para un termómetro a as a presión constante la expresión sería t = 100o C (V − Vc ) (Ve − Vc ) . Asinemos números arbitrarios a dos puntos fijos. Nos expresa la idea fundamental de temperatura. Esta ley está de acuerdo a n uestra experiencia diaria de nuestros sentidos. Cuando decimos ue las variables macrosc6picas no varían. marcando pc y después repitiendo la operación con vapor de aua . para esto tomemos como termómetro una colu mna lí uida de mercurio en un tubo capilar de vidrio.El termómetro a as a volumen constante consiste en un balón B 1 lleno de as (hidróe no por ejemplo) liado a un tubo en forma de U lleno de mercurio. La presión p ue e uilibra la presión del as es p = 76 cm + h t ( y ) = ay + b La experiencia muestra ue la dependencia de la presión con relación a la temperatur a es lineal con esto se obtiene la escala de un termómetro colocando el balón en un baño de hielo en fusión. como la compresibilidad del mer curio es tan pe ueña podemos considerar como si fuera a presión constante. el volumen de as en el balón se mantiene constante subiendo o bajando B 3 hasta ue el mercurio en B 2 se encuentra en la marca cero. 2 . marcando pe. La relación más simple entre temperatura y lonitud de la columna ue podemos eleir. Construyamos una escala de temperatura. es una relación lineal de y. observamos ue la columna de mercurio aumentará cuando aumenta la temperatura. 366 − 1) ⎜ p c ⎝ ⎠ ⎜ En esta expresión se ve que cuan o la temperatura es 273.5° paa el segundo a) ¿Qué fómul a de educción debeemos emplea paa calcula la tempeatua eal en todos los ca sos? Si el temómeto maca 50°.5 .5C = 100C − 200 100 100. Cuando el bulbo se mueve a una m ezcla de ielo sal la pesión del gas cae a 162 mm de Hg.15 la presión es Cero. En un luga en que la pesión atmosféica es 760 mm de mecuio intoduci mos un temómeto centígado en ielo fundente y luego en vapo de agua iviendo.16 p K pc Ejemplo 2. Cuando el bulbo de un temómeto de gas a volumen constante se coloca en un ecipiente con a gua a 100 oC.5°. no se toma como referencia el punto e fu sión el hielo. Consi eran o el comportamiento el termómetro con la lineali a mostra a e n la figura.15 K Para la presión 162 mm e Hg correspon e x= 373.5 =373. Ejemplo 1. sino que se especifica corno "punto fijo patrón” al llamado "Punto ti ple de agua".5 2 = 100. dándose solamente a la pesión de 4. Para la presión el gas es 227 mm e Hg correspon e una temperatura 1 00 + 273.Calor y Termodinámica La distancia entre esos dos puntos se toma.5 48 × 100 C= = 47. pues es el que nos da las vaiaciones más pequeñas y también poque cuando el temómeto contiene gas a baja pesión.58 mm Hg.5 Llamando A a la tempeatu a macada po el incoecto y C a la del centígado pefecto. a) El ceo de un temómeto coect o coesponde al 2 del mal gaduado. como en la figua. sería: ⎛ p ⎞ ⎜ ⎜ p − 1⎟ ⎟ o ⎠ = 100 C ⎛ p − 1⎞ ⎜ ⎟ t = 100 o C ⎝ c ⎟ ⎛ pe ⎞ (1. la fómula seá: El temómeto de gas a volumen constante se toma como standad poque es el que ex peimentalmente mas nos conviene.15o C En reali a para calibrar el termómetro.30 K o 6. ¿cuál es la tempeatua Celsius de la mezcla de iel o – sal? C A−2 = 100 100. E l temómeto.76o C 100. la pesión del gas es 227 mm de Hg. líquido y vapo d e agua. Medidas usando el as hidróeno como sustancia termométrica muestra ue Huo Medina Guzmán pe = 1. a este valor e la temperatura se le torna como origen e una nueva escala e temperatura. po tanto. Solución.5 b) C 50 − 2 = ⇒ 100 100.5 − 200 ⇒C= = −400o C 0. único punto en el que coexisten en equilibio ielo.366 pc o sea ue la relación con la temperatura.01 °C T = 273. maca 2° paa el pimeo y 102. b) ¿cuál es la vedadea tempeatua? c) ¿A qué tempeatua seía coecta la lectua del temómeto? Solución.85°C 227 T (K ) = t (o C) + 273.5 C C−2 = ⇒ 100. y el 100 coesponde 102. por convención iu al a 100°. Com o no es posible para la presión tomar valores menores que cero. 16 K T = 273. Obteniéndose: t = 0. mal gaduado. El intevalo fun damental está. escala ABSOLUTA e Temperaturas en gra os KELVIN. la difeencia de l ectua en tempeatua usando difeentes gases es educida.15 162 = 266. Asumiendo el compotam iento ideal. dividido en: 102. Ejemplo 3. se verificrí: Lo cul es imposible. Un termómetro centígrdo ml grdu do mrc 8° en el punto de fusión del hielo y 99° en el de ebullición del gu. en un l ugr en que l presión 3 . menor tempertur l que puede proximr un sistem. puesto que el cero bsoluto es 273.c) Si l indicción fuese correct.16 °C. 15 .33. Resolver pr este termómetro ls pregunt s del problem nterior.9o C 9 encontrmos pr l tempertur Fhrenheit: 9 ⋅ (TK − 255. igulndo mbs expresiones. 1) El intervlo fundmentl será: 99 8 = 91 Lu ego l fórmul de reducción es: Hugo Medin Guzmán ) Como TC = 5 (TF − 32) y 9 TC = TK − 273. Solución. TF = C = 100 C 2) 100 C 3) 100 A−8 91 50 − 8 4200 = ⇒C= 46.37 ) = 10340.Clor y Termodinámic tmosféric es 760 mm.15 o C 91 91 C −8 = ⇒ 91C − 800 = 100C 91 800 ⇒C= = 88. 89. F . 5 5 ) TC = (TF − 32 ) = 37°C 9 5 c) TC = (TF − 32 ) = 73 . C.4. 9 9 d) TF = TC + 32 = −297. C . este por lo general se dilata. En prime r lugar consideraremos aquí. 5 DILATACION TERMICA. Cuando la temperatura de un cuerpo aumenta. Efectos frecuentes en los materiales al presentarse camios de temperatura. Una excepción es el agua que se contrae entre 0. son variaciones en sus dimensiones y camios de estado. las variaciones de dimensiones que ocurren sin camio s de estado. C y 4°C. al cero de la escala Celsius corresponde a 32° F y los 100°C c orresponden a 9 divisiones de °F. = 1 g/cm3). alto o una distancia entre dos marcas se conoce como la expansión lineal. T (R ) = t o F + 459. La escala FAHRENHEIT. este comportamiento e s crítico en la manera como los lagos y los océanos polares se congelan de la superf icie hacia aajo. el ancho. El camio de una dimensión lineal de un sólido tal como el largo. existen otras escalas en el sistema inglés. Así como la escala Celsius (Centígrado) y su correspon diente en la escala asoluta Kelvin. la relación de equilirio es: 9 t (°F) = t (°C) + 32°F 5 y 5 t (°C ) = t (°F) − 32°F 9 La escala asoluta correspondiente a la escala Fahrenheit es la escala RANKINE. a) La temperatura de la superficie del Sol es de unos 600 . en lugar de hacerlo del fondo hacia la superficie. Otras escalas de temperatura. ya que el a gua mas fría que 4°C se eleva en lugar de hundirse y el agua a 0°C está en la superficie en lugar de estar en el fondo. E xpansión lineal.67(R ) 9 T (R ) = T (K ) 5 Ejemplo 4. (La densidad del agua a 4°C es máxima. 6 . ) Exprese la temperatura normal del cue rpo humano 98. Exprésese e sa temperatura en la escala Fahrenheit.C. F. en la escala Celsius. 165 . c) exprese la temperatura de pasteurizac ión. d) Exprese el punto normal de eullición del Oxígeno –1 83 .F. en la escala Celsius. que el cam bio de longitudes Δl . e tal manera que po emos escribir: Δl = α lΔt . Solución. en la escala Faeneit. Pr encontrr l longitud finl después de un cmbio de tempertur Δt . paa un amplio ango de tempeatuas. O bien. es proporcional al cambio e temperatura Δt y a la longitu l .C. on e α es el coeficiente de expnsión linel. escribimos Δl = α Δt l . Este coeficiente tiene diferentes vlores pr los diferentes mteriles y tiene por unidd l/grdo. ( ) Expeimentalmente se encuenta. e integramos consi eran o la longitu l para t = t1. y l' para t = t2. l . sien o t 2 − t1 = Δt 4 l = α dt . 2 x 105 2.6 x 105 5 . para esto tomamos una superficie como se muestra en la figura. En el compara or e la figura se mi e la ilatación e una barra e hie rro..04 x 105 1. …..0 x 105 1..5 x 105 2.. α3. Usan o el mismo argumento se emuestra que el cambio e volu men e un sóli o e volumen V.8 x 105 11..Clor y Termodinámic t2 dl l' t = α ∫ dt ⇒ ln l l = α t t2 ⇒ 1 l l t1 l' l' ln = α (t 2 − t1 ) ⇒ ln = αΔt l l l' = le αΔt l αΔt Desarrollan o e en series e Taylor Hugo Me ina Guzmán ∫ l' Expansión e volumen. − ∞ < x < ∞ ⎥ ⎢e = 1 + + 1! 2! 3! ⎣ ⎦ Obtenemos: α (° C1) l' = le αΔt ⎡ αΔt (αΔt )2 (αΔt )3 ⎤ = l ⎢1 + + + + .9 x 105 1.0 x 105 a se expande en Δa = α 1 Δt Luego b se expan e en Δb = α 2 bΔt a ' = a + Δa = a(1 + α 1 Δt ) y b' = b + Δb = b(1 + α 2 Δt ) A' = a ' b' = a (1 + α 1 Δt )b(1 2 Δt ) Ejemplo 5.1 x 105 2. obtenién ose para los 50 °C una ilatación e 0. Sólidos Concreto Plt Oro Invr Plomo Zinc Hielo Aluminio Ltón Cobre Vidrio Hierro Curzo Acero Líquidos Glicerin Alcohol etílico Mercurio Bisulfuro de crbono Agu (20 ° C ) 0.4 x 105 1. y fi nlmente l ´ = l ( 1 + αΔt) = l + Δl Expansión e superficie..⎥ 1! 2! 3! ⎣ ⎦ Como a es una canti a muy pequeña po emos no consi erar los términos con α2..0 x 105 2..04 x 105 3..5 x 105 0. al elevarse la temperatura Δt es ΔV = 3αVΔt = β VΔt Don e β = 3α es el coeficiente de expnsión de volumen.5 x 105 1.7 x 105 0.7 – 1.2 x 105 0. Coeficiente de diltción linel de lgunos de los mteriles más usules.. antes e la expansión s u área es A = ab.06 cm. β (° C1) 5.8 x 105 1.1 x 105 7.. Consi eremos ahora el área al elevar la temperatura Δt . A' = a ' b' = ab 1 + (α 1 + α 2 )Δt + α 1α 2 Δt 2 [ ] En esta expresión el último término se pue e espreciar ya que α 1 y α 2 son vlores muy p .2 x 105 ⎡ x ⎤ x x2 x3 + + ..4 – 0. e 1 m e longitu a 0 °C. los coeficientes e expansión lineal α 1 y α 2 s on igules α .equeños. ) α= áre. tenemos: ΔA = 2αAΔt = γAΔt Don e γ = 2α es el coeficient pnsión de Clculr: ) El coeficiente de diltción linel del hierro. y A = b tenemos A' = A[1 + (α 1 + α 2 )Δt ] En el caso e ser un cuerpo isotrópico. b). Si tiene un secc ión de 10 cm2 0°C. 0.060 L′ − L0 = L0 × ΔT 100 × 50 −6 = 12 × 10 5 °C −1 . ¿cuáles son su sección y su volumen 100 °C? Solución. luego A' = A(1 + 2αΔt ) Como A' = A + ΔA . ) Solución. Averiguar cuánto se retrasa el reloj en un ía si se intro uce en un ambiente a 200° C. (Considerr el péndulo como simple. Una varilla e c obre e ensi a uniforme y e sección constante oscila como un pén ulo colga a e u no e sus extremos. a) D′ = D(1 + αΔT ) 86400 = 86253 semioscilaciones 1. La varilla e un reloj e lenteja sin compensar. Un herrero ha e colocar una llanta circular e 1 m e iámetro a una r ue a e ma era e igual iámetro.2 C o A′ = A0 (1 + γ ΔT ) = 10(1 + 24 ×10 × 100) −6 T ′′ = T + ΔT ′ = 20 − 83. a) ¿A qué temperat ura ha e calentarse el anillo? b) ¿A qué temperatura ten ríamos que enfriar el conjun to para que el anillo saliera él solo el eje? (Coeficiente e ilatación el acero: 12 x 106 °C1. Un anillo e acero.2 × 10 − 6 × 1 ⇒ T = 20 + ΔT = 347o C ΔT = Ejemplo 7. Con objeto e po er ajustarla. calienta la llant a hasta conseguir que su ra io supere en 2 mm al e la rue a. coeficiente e ilatación el latón: 20 x 106 °C1) Solución.2 = −63.05 mm e iámetro a 20 °C.6cm3 Ejemplo 6. l ′ = l(1 + αΔT ) = 2πr ′(1 + αΔT ) l0 g l 0 (1 + αΔT ) g τ = 1 + αΔT = 1 + 17 × 10 −6 × 200 = 1. A 0° el semiperíod o (1 s) será: 1 = π A 200°: τ = π Dividiendo: = 10. de longitud l mism que l vrill. Sien o el coeficiente e ilatación lineal el cobre 19 x .2 x 10 6 °C1. con un perio o e 1.Calor y Termo inámica b) γ = 2α = 24 × 10 °C Como −6 −1 Hugo Medin Guzmán = − 83. Solución. calcular la temperatura en gra os centígra os a que ebe calentarse la llanta para cumplir las con iciones expuestas.6 s cuan o se encuentra a una etermina a temperatura ambiente.0017 El pén ulo a en 1 ía 86 400 86 253 = 147 semioscilaciones menos que en su marcha correcta: El reloj se retrasará en 147 s = 2 min 27 s Ejemplo 9. es e latón. ha e ser cale nta o e intro uci o en un eje e latón e 75.0017 s ′ = (1 + αΔT ) Como un ía ura 86400 segun os el pén ulo ará Luego ′ − 4 × 10 −3 = 327 o C = αd 12. que bate segun os a 0° C.0034 s =1. e 75 mm e iámetro interior a 20 °C. Coeficiente e ilatación el latón: α = 17 x 106 °C1. Sabien o que la te mperatura ambiente es e 20 °C y su coeficiente e ilatación lineal es 12.024cm 2 −6 o −1 Siendo β = 3α = 36 × 10 C Obtenemos: V ′ = V0 (1 + β ΔT ) = 10 ×100(1 + 36 × 10 −6 × 100) = 1003.2°C Ejemplo 8. 05 = 75(1 + 12 × 10−6 ΔT ) 75. coeficiente de di ción del cero y del ltón. Luego: dividiendo los dos: T′ = (1 + αΔT ) ⇒ T 2 2 ΔT ′ = D − D ′′ D ′′ × 20 × 10 −6 − 75 × 12 × 10 −6 6 ⎛ 1.603 ⎞ ⎛T′⎞ ⎟ −1 ⎜ ⎟ −1 ⎜ ⎝T ⎠ ⎝ 1. El perío o a la temperatura i nicial T es: ⇒ 75. D’’= diámetro del eje a 20 °C.10 6 °C1. Solución. α y α l . respectivmente).05 − 75 ⇒ ΔT = = 55o C −6 75 × 12 × 10 ′ = T + ΔT = 20 + 5 b) Los diámetros l tempertur que nos piden deberán ser igules: 1 2 Ml I 2l 3 τ = 2π = 2π = 2π l 3g Mgd Mg 2 y a la temeratura T + ΔT será: T ′ = 2π D(1 + α ΔT ′) = D ′′(1 + α l ΔT ′) 2l(1 + αΔT ) 3g D = iámetro el anillo a 20° C.6 ⎠ ΔT = = 197ºC = α 19 × 10 −6 . etermínese el incremento e temperatura que habría que arle al ambiente para que el perío o aumente en 3 milésimas e s. 6 = 1 + β ΔT 1 + 182 × 10− 6100 = 13.5 cm3 El volumen el mercurio a 100 °C es: ′ VHg = 5000 (1 + 182 x 106 x 1 00) = 5091 cm3 7 Solución.13 = 9. su c oeficiente de diltción. me i a a 0 °C. Solución. LB coeficientes d e diltción linel αA y αB respectivmente se sujetn en un extremo.38 – 98 2. tenien o entonces una capaci a e 10 l .2 5 = 125.5cm3 Ejemplo 13. que hay que aña ir para que la vasija que e completamente llena. Qué relación ebe existir entre sus coef icientes e ilatación lineal tal que icha iferencia e longitu se mantenga con stante cuan o el conjunto se somete a una variación e temperatura. (Tomar los atos necesarios el problema anterior. Dos brrs de longitudes LA.25 cm3 La masa el mercurio que hay que agregar es: ΔM = ρ Hg ΔV = 13. (1 − βΔT ) V ′ = 1000 cm3 ΔT = (0 − 100) = 100°C 1000 Por tanto: V = = 991. L densidd del mercurio 0°C es 13. El volumen e la vasija a 0° que ará etermina o por la ecuación: V ′ = V (1 − βΔT ) V' ⇒ V= . Hugo Medin Guzmán El volumen del mercurio que se derrm 100 °C es: ′ Vx = V ′ − VHg = 50 91 5043.5 = 47. sea Vo el volumen e la varilla e silicio y V el volumen io. A 0°C. tenien o una capaci a e 5 l .6 g/cm3. Esto se ogra insertando en a coumna de mercurio una varia de siicio. Solución. Densi a el mercurio a 0 °C. cuyo coefi ciente de diatación es despreciae. Cacuar e voumen de a varia de siicio . existiendo en el extremo libre un diferenci de longitud ΔL.) Solución. Solución. a esta con ición tenemos e mercur l 0 A0 = V + V0 A una temperatura t la sección Ao se incrementa a Ao (1 +2αt). 13. Como ΔL = constante LB − L A = L' B − L' A . cuyo coeficiente de expnsión linel es α = 18 x 106.6 x 9.13 cm3 La iferencia es el volumen que que a por llenar: V VHg = 991.36 g/cm3 Ejemplo 11. Similrmente el volum . 182 x 106 °Cl.38 cm3 −6 1 + 87 × 10 × 100 El volumen el mercurio a 0° que ará etermina o por la misma ecuación en la que en la que: β = 3 x 29 x106°C1 = 87 x106 °C1 LB − L A = LB (1 + α B ΔT ) − L A (1 + α A ΔT ) De aquí: LBα B ΔT = L Aα A ΔT L α Finlmente: Ejemplo 14. se desea que a cou mna de mercurio permanezca constante para un rango norma de temperaturas. Calcular la masa e mercurio.Clor y Termodinámic Ejemplo 10. Se enfría hasta 0°C. Una vasija e Zn está llena e mercurio a 0°C. Calcular el volumen e mercurio que se errama a 100 °C por efe cto e la mayor ilatación e este último. Coeficiente e ilatación el mercur io. Un tubo de cero. cuyo coeficiente de expnsión de volumen es β = 180 x 106 °C1. Clculr l densidd del mercurio 100 °C . ρ′ = ρ 13. β Hg = 182 × 10 −6 o C −1 : VHg = V′ 1 + β Hg ΔT = 1000 = 1 + 182 × 10− 6 × 100 982. e voumen de mercurio contenido en e tuo es 105 m3 a 0 °C.6 g/cm3. contiene mercurio.8 g Ejemplo 12. 182 x 10 6 °Cl. β = 87 x106 °C1 Vasija: V ′ = V (1 + β ΔT ) = 5000(1 + 87x 106 x 100 ) = 5043. Una vasija e cinc (coeficiente e ilatación lineal: 29 x 106 °Cl) está llena e mercurio a 100 °C. Como se requiere que o permanezca constan te. se tiene o Ao (1 +2αt) = (V + Vo) (1 + 2αt) .en de mercurio cmbi de V V(1 +βt). Un vaso e vi rio e 75 cm3 se llena completamente e mercurio a la temperatura ambiente e 25 ºC. Ejemplo ⇒ V0 = V ( β 2α )t = V( β 2α ) 2αt 2α 6 V (180 36)10 = = 4V 36 x10− 6 4.Clor y Termodinámic Por otro ldo este volumen es: V(1 +βt ) + Vo iguaando amas expresiones (V + Vo) (1 + 2αt) = V(1 + βt ) + Vo ⇒ Vo (1 + 2αt1) = V(1 + βt 2αt) Hugo Medin Guzmán d = 4. −6 tiene un diámetro de 3 cm l tempertur de 25 ºC.21 x 105 / .00 Resolvien o encontramos ΔT = 182 . entonces a a temperatura t2 será igua a V (1 + βΔt). ¿Cuál será el volumen e mercuri o errama o? β Hg = 18. on e Δt = t2 – t1 Escribamos las in icaciones e las balanzas para las tres pesa as: P = ρVg . P1 y P2. A la temperatura e 20 ºC.00 mm? El coeficiente de diltción linel del cero es α = 1.1 × 10 −5 ΔT ) = 5.992 cm l mism tempertur. Supongamos que e voumen de a oa a a temperatura t 1 es igua a V.99(1 + 1. es necesario elevar la temperatura hasta 182°C.10 −6 /º C . tiene un diámetro interior de 2. en contrmos: d (1 − 25α A ) + d 0 B (25α B − 1) T = 0A (d 0 Bα B − d 0 Aα A ) = 472. (1 + β 1 Δt ) Ejemplo 16. Una barra e acero. ¿Hst que tempertur hy que clentr l di sco pr que por el orificio empiece psr un bol de diámetro D = 5.99 mm ( 0 °C). Ejemplo 18. e silicio ocupa los 4/5 el volumen total a 0°C. α BRONCE = 17.83 ºC. d (1 + αΔT ) = D . P2 = P − ρ 1Vg (1 + βΔt ) . Un nillo de bronce. ésts se diltrán con l tempertur. se pesa tres veces en e aire y en un íquido a as temperaturas t1 y t2. Una bola e vi rio e coeficiente e ilatación cúbica es β. como la temperatura inicial es 0°C. se tiene: d A = d 0 A [1 + α ACERO (T − 25)] d B = d 0 B [1 + α BRONCE (T − 25)] Despejndo T . Soución. Como l tempertur inicil es de 25 ºC y l finl T donde los diámetros deben coincidir. ¿A qué tempertur común entrrá justmente el nillo en l vrill? Solución.1 x 105 K1. Solución. Puesto que los diámetros son cn tiddes lineles. Determinar e coeficiente de diatación cúica de íquido. reemplazan o valores: = 4 x 105m3 La varilla 15. α ACERO = 11 × 10 /º C . Las indicaciones de as aan zas para as tres pesadas son: P. P1 = P − ρ1Vg . se obtiene β1 en función de P. del vidio y ρ1 la densidad del líquido (ambas a la tempeatua P despeciamos la fueza de empuje po se pequeña la densida tiene impotancia la tempeatua a que izo esta pesada. P1 .C. Donde ρ es la densidad t1). t2 y β que son cono . En la fómula de d del aie. t1. Po eso no De las tes ecuaciones cidos: β1 = αV = 9.6 x 106 / ºC . P2. 88) × 10 = 0.1 × 10 −5 Κ −1 −5 −1 Bronce es α 1 = 2 × 10 Κ . de igul espesor = 0. En el centro de un disco de cero hy un orificio de diámetro α 1 = 1. un de cero y otr de bronce.21 − 2.P2 − P1 + ( P − P1 ) β (t 2 − t1 ) ( P − P2 )(t 2 − t1 ) Soución. es decir: VD = VHg − VV β1 = = V0 (1 + β Hg ΔT ) − V0 (1 + 3α V ΔT ) = V0 ΔT (β Hg − 3α V ) −5 ( P2 − P1 ) ( P − P2 )(t 2 − t1 ) = (75)(− 5)(18. E voumen derramado V D corresponde a a diferencia entre e voumen de mercurio e voumen de vaso VHg menos En a práctica se suee utiizar una oa de vidrio de cuarzo cuyo coeficiente de diatación cúica es mucho menor que e coeficiente de diatación cúica de a inmensa m ayoría de os íquidos.058 cm3 de mercurio Ejemplo 19. En este caso a respuesta se puede simpificar: VV .058 cm3 Se derrmn 0. ¿Cuál será el rdio de flexión de est lámin l te pertur T2 = 393 K? El coeficiente de diltción linel: Acero es Ejemplo 17. y del 8 . Dos lámins.2 m m. están remchds entre sí por sus extremos de mner que l tempertur T1 = 29 3 K formn un lámin bimetálic pln. como se mu estra en la figura. este esf uerzo es: Δl = αΔt l De este esquema tenemos las siguientes relaciones geométricas entre las eformacio nes: Divi ien o esta expresión entre L0 .5cm 2(α 2 − α1 )ΔT FATIGA DE ORIGEN TÉRMICO. Consi eremos una barra e sección A sujeta en ambos extrem os También se tiene que la istribución e fuerzas elásticas que igualan la longitu sistema. Δl 2 = lα 2 ΔT . por simetría se pue e consi erar e la siguiente forma siguiente: el F2 = 2 F1 Al aumentar la temperatura Δt . tenemos una relación entre las eformacion es unitarias ΔL2 ΔL' 2 ΔL1 ΔL'1 − = + L L L L Como: F Δl =Y . Calcular las fatigas que se pro ucirán al aument ar la temperatura en Δ t gra os. reemplazan o obtenemos: A l F = YαΔt A ΔL1 ΔL'1 F = α 1 Δt y = 1 L L AY1 ΔL' 2 F ΔL2 = 2 = α 2 Δt y L AY2 L Reemplazan o se tiene: Ejemplo 20. tenien o exactamente la misma longitu a temperatura ambiente. 2 a a (1 + α 1 ΔT )(r + ) = (1 + α 2 ΔT )(r − ) ϕ (r − ) = l + Δl 1 . Solución. F1 = α 2 Δt + AY1 Con F2 = 2 F1 F α 1 Δt − 1 = α 2 Δt + AY1 α 1 Δt − F2 AY2 2 F1 AY2 . ebería pro ucirse un cambio e longitu pero como no se pue e ilatar por estar sujeta. Por consiguiente r= a[2 + (α1 + α 2 )ΔT ] = 22. Una platina e cobre se suel a con os platinas e acero. El radio r se determina por las condiciones a 2 a ϕ (r + ) = l + Δl 2 . Las tres platinas son iguales. En el es uema se muestran las dilataciones ue se producirían en cada barr a si no estuvieran soldadas (a) y las deformaciones por estarlo (b). Vamos a sup oner ue la línea medía de cada lámina conserva la lonitud ue tendría en estado no cur vado. Δl 1 = lα1ΔT .Calor y Termodinámica Huo Medina Guzmán Solución. la tensión ebe aumentar hasta un valor suficiente para pro ucir el mismo cambio pero e senti o inverso. 9 . Ejemplo 22. Así enfria a.04 x 1 011 P. Dos varillas el mismo iámetro. e manera que la holgura entre los extremos e la barra y los planos correspon ientes e la ab ertura e la abraza era pue e consi erarse nula. Solución. Una barra e bronce se enfría en nitrógeno líqui o hasta la temperatura T1 = 72 K.Calor y Termo inámica Hugo Me ina Guzmán Resolvien o (1) y (2) obtenemos Despejan o F1 A F1 (α 2 − α 1 )Δt = A ⎛1 2⎞ ⎜ + ⎟ ⎜Y Y ⎟ 2 ⎠ ⎝ 1 Y las fatigas serán: Δl A = Δl B S1 = F1 (α 2 − α 1 )Δt y = A ⎛1 2⎞ ⎜ + ⎟ ⎜Y Y ⎟ 2 ⎠ ⎝ 1 2F 2(α 2 − α 1 )Δt F S2 = 2 = 1 = A A ⎛1 2 ΔL'1 ΔL' 2 y se han esprecia o los L L (l Aα A + l Bα B ) 40 l Y (1 + B A ) l A YB (l α + l Bα B ) 40 = A A l Y (1 + A B ) l B YA Reemplzndo vlores tenemos: Δl A = 2. Su longitud se hce igul l = l 0 1 − α (T2 − T1 ) . esta barra se intro uce ajusta amente en la abertura rectan gular e una abraza era rígi a. De longitu se colocan extremo a as entre os soportes rígi os. Al enfrirse. que está a la temperatura T2 = 293 K. ¿Cuál es el ina cm −2 −2 Mó ulo e Young el bronce: 10 x 10 2x10 por °C −5 ina cm Coeficiente e ilatación térmica acero 1.84 x 10 cm 2 11 ΔL'1 ΔL'1 F ≈ = 1 y L + ΔL1 L AY1 ΔL' 2 ΔL' 2 F ≈ = 2 L + ΔL2 Ejemplo 21.1 x 10 2 cm x 25 cm cm 2 ina 9 = 0. ¿Qué presión ejercerá la barra sobre la abraza era cuan o se caliente hasta la temperatura T2 = 293 K? El coeficiente e ilatación lineal el bronce es α = 1. e longitu . se ha omiti o precisar que al eterminar las e formaciones unitarias F YA Δl A YB Δl B = = lA lB A = 10 x 10 términos e segun o or en. y el esfuerzo en ca a varilla Nota: Por sencillez e exposición. La temperatura e las varillas esfuerzo en ca a varilla? Mó ulo e Young el acero 20 x 10 11 11 L AY2 Debi o a L >> ΔL1 y L >> 25 cm.1 x 102 cm.1 x 10 2 cm y Δl B = 2. ina 2. extremo y asegura se eleva 40°C.75 x105 Kl y el módulo de Young Y = 1. una e bronce e y la otra e acero e 50 cm. de donde . l brr se contre. Después de clentr l l0 (l 0 − l ) p = . donde lo Y (l 0 − l ) hllmos lo p es l presión que ejerce 1 brzder sobre l brr en l dirección del eje de ést . compuest de dos prtes de 10 Δl A + Δl B = ( l Aα A + l Bα B ) 40 (2) . pretd en l brzder. Entonces los esfuerzos son igules. Al elevrse l tempert ur ls vrills deberín expndirse si les fuer permitido. de sección A. su longitud sigue siendo l .8x10 por °C Solución. ls fuerzs en ls dos vrills debe ser l mism. Entre dos predes se encuentr un brr.[ ] Coeficiente de diltción térmic bronce 1. pero l no ser sí sufr en esfuerzo de compresión. Comprndo ls expresiones de que 1 presión que buscábmos: cntidd que no se deje expndir por diltción Luego: F YA Δl A YB Δl B (1) = = A lA lB Pero la longitu (Δl A + Δl B ) es igual a la Δl´A + Δl´B = l Aα AΔt + l Bα B Δt p = Yα (T2 − T1 ) = 4 × 108 P . Por lo tnto. y l compresión (l − l 0 ) estrá hor motivd por ls fuerzs elástics. Escribmos l ley de Hooke: (l 0 − l ) = α (T2 − T1 ) . −5 brr. Conviene dvertir que l presión no depende de l longitud de l brr. l unión debe de desplzrse hst lcnzr el equi1ibrio. Ejemplo 23 . se lrg en l mgnitud l 1 = l 2 [1 + α (T1 − T2 )] . Despréciese l deformción de ls predes. ⎝2⎠ Con las pare es limita oras la barra calenta a resulta comprimi a en esta misma magnitu . nuestra aproximación es muy buena (Δl << l) De las relaciones antes escritas h allamos. el módulo de Young. (l 1 − l 2 ) F = . y Y. es aproxima a. consi erar emos que. por lo t anto. Cundo l brr se client desde l t empertur T1 hst l tempertur T2. sin predes que l limiten. ya que las longitu es l1 y l2 e !as partes e la barra a la temperatura T2 las hemos sustitui o por su longitu l/2 a la temperatura T1. espués e enfriarse el anillo. Est solución no es exct totlmente debido o sólo q ue hemos sustituido l deformción no homogéne del nillo por su lrgmiento unifo . se compren e fácilmente que el error relat ivo que se comete al eterminar Δl por esta f6rmula será el or en o Δl/l y.Clor y Termodinámic Hugo Medin Guzmán igul longitud l/2 que tienen los coeficientes de diltción linel αl y α2 y los módulo s de Young Yl y Y 2. en términos generales. C omo en nuestro caso el grosor el anillo es pequeño en comparación con su iámetro se pue e suponer que el alargamiento relativo e to as sus capas es el mismo e igua l a Δl = l1F l 2 F l ⎛ 1 1 ⎞ F + ≈ ⎜ + ⎟ Y1S Y2 S 2 ⎜ Y1 Y2 ⎟ A ⎝ ⎠ Entonces la extensión el anillo se pue e relacionar con el esfuerzo me io e la ley e Hooke: e tracción por (l 1 − l 2 ) . (Y1 + Y2 ) 1 2 2 1 trcción. la longitu o su circunferencia interna sigue sien o igual a l1 y el anillo resulta estira o por las fuerzas elásticas. on e F es el esfuerzo o YA l2 F= (α 1 + α 2 ) Y Y A(T − T ) . (l1 − l 2 ) = α (T l2 1 − T2 ) . ¿Cuánto se desplzrá l junt de ls prtes de l brr? Solución. En definitiv se obtiene que F = Yα (T1 T2) = 3360 N. A. ⎛l⎞ Δl = Δl 1 + Δl 2 = ⎜ ⎟(α1 + α 2 )(T2 − T1 ) . A 1 tempertur T1 los extremos de l brr pens tocn l s predes. l2 Esta relación. ¿Con qué fuerz presionrá dich brr sobre ls predes si se client h st l tempertur T2. No obstante. Desprecian o la isminución el iámetro el cilin ro e acero bajo la acción e los esfuerzos compresoras por parte el anillo. l sección del nillo. Por la ley e Hooke (la fuerza compresora F es la misma en ambas parto s e la barra) Don e l 1 y l 2 son las longitu es e la circunferencia interna a las temperatur as T1 = 573 K y T2= 291 K. L = 28.2 x 105 K1. ) α =1.2 x 105 K 1. sino tmbién que ls tensiones rdiles provocn en el nillo l vrición de l longitud de su circunferenci.0 x 1011 P. se us pr trnsportr vpor sobreclentdo l tempertur e 110º C. ¿En cuánto increment su longitud? b) A l tempertur de 15º C l tuberí se seguró l piso de concreto tl que se impide l expnsión linel.0 x 108 P. El coeficiente de expnsión linel del cero es 1.rme. se instló cu ndo l tempertur er de 15º C.0 m de longitud. ¿Cuál es l relción entre el esfuerzo térmico en e l tubo y el esfuerzo de ruptur del cero.0 m Δθ = 110 − 15 = 95. ) El tubo puede expndirse libremente cundo trnsport vpor. Un tubo de cero de 28. tnto menores serán ls correcciones introducir por ests circunstncis. Cunto menor se el espesor del nillo en com prción con su diámetro. Ejemplo 25. cundo se trnsport el vpor? Solución . el módulo de Young es 2. y el esfuerzo de ruptur es 5. Ls dimensiones de l sección del nill o son 2 x 5 mm2. Al ser clentd. ¿Qué esfuerzo de rotur experimentrá el nillo un vez en frido hst 291 K? .2 × 10 −5 (28)(95) = 3. Solución.El coeficiente de diltción linel del ltón es α = 1.84 x 106 Kl y su módulo de Young Y = 6. e la primera parte e la barra) y el esplazamiento inverso causa o por compresión: Δl = = l⎡ F ⎤ ⎢α1 (T2 − T1 ) − Y A ⎥ 2⎣ 1 ⎦ l (α1Y1 − α 2Y2 ) (T2 − T1 ) 2 (Y1 + Y2 ) Ejemplo 24. Un nillo de ltón de vrios centímetros de diámetro se client hst l tempertur T1 = 573 K y se encj justdmente sobre un cilindro de cero cuy tempertur es T2 = 291 K. El desplazamiento Δl e la junta e las partes e la barra se pue o eterminar tom an o en consi eración que éste se compone el esplazamiento ebi o a la ilatación (p or ejemplo.47 x 1010 P. l longitud de l circunferenci inte rn del nillo umentó: ΔL = αLΔθ ⇒ ΔL = 1.192 x 102 m ΔL F S b) = = L YA Y ( ) 11 . C . 2 × 10 −5 (95) = 2.28 × 10 8 = 0. una vez reconoci o que es una forma e energía me ible en J oules. ⇒ S =Y ΔL ⎛ αLΔθ ⎞ = Y⎜ ⎟ = YαΔθ L ⎝ L ⎠ Este es el esfuerzo térmico S = 2. El experimento e Joule emostró que la elevación e la temperatura era proporcional a la canti a e trabaj o hecho sobre el agua. (C) de un cuepo es l a cantidad de calo equeido paa eleva la tempeatua de un cuepo en un gad o.5°C a 15. se sigue utilizan o la uni a histórica el calor. CALOR ESPECÍFICO La cantidad de calo necesaio paa poduci un aumento de tempeatua en una cieta masa depende de la sustancia.0 × 10 8 ( ) Ejemplo 26. o cualquier otra uni a e energía. La caloría se efine cuantitativamente como la cant i a e energía necesaria para elevar la temperatura e un gramo e agua es e 14. Por consiguiente el trabajo realiza o en agitar el agua e s equivalente al calor aña i o al agua. A pesar e que no necesitamos uni a es esp eciales para el calor. era la elevación e la temperatura.5°C es la kilocaloría. La “caloría” utilizada paa medi el equivalente enegético de los alimentos es ealmente la kilocaloía. La canti a e energía para elevar la temperatura e un kilogramo e agu a es e 14. El efecto térmico el trabajo mecánico hecho sobre el agua.28 x 108 Pa esfuerzo térmico 2.456 = esfuerzo e rúptura 5. 1 cal = 4.5°C. Si la temper atura el agua se eleva a θ . En el sistema ingles la uni dad es el Bitis temal unit (BTU) 1 BTU = 252 caloías El equivalente exacto en te el tabajo ealizado y el calo añadido está dado po la elación expeimental. 5°C a 15. Definamos pimeo: La CAPACIDAD CALORIFICA.0 × 1011 1.Calor y Termo inámica Hugo Me ina Guzmán entre la canti a e trabajo hecho contra la fricción y el calor pro uci o. En 1843 James Prescott Joule empleó un aparato en el cual el agua se ag itaba por un conjunto e paletas giratorias y la energía mecánica suministra a para rotar las paletas po ía me irse con aproximación. es ecir la CALORIA.186 Joules 1 BTU = 778 liba pie Esta elación es conocida como el EQUIVAL ENTE MECANICO DE CALOR CAPACIDAD CALORIFICA. Una esfera hueca el metal está flotan o en el agua a 0 ºC. la densidad del líquido β. ρ0 . Dados: ρ e . la esfera se sumere completamente en el aua sin hu ndirse. Desprecie la expansión de la esfera. Coeficiente de diatación cúica de íquido ( ρ θ ) aua = ( ρ e ) esfea Como Vaθ = Va 0 (1 + βθ ) ⇒ m ρθ = .C. la densidad de la esfe a. Solución. Encuentre la expresión para determinar coeficiente de dilatación cúbica del aua. peo si tansfeida de un cuepo a oto. asta que alcanzan el equilibio a una tempeatua común.6 g 5/9°C g°C kg°C O sea que el valo numéico del calo específico es el mismo en esas tes unidades. . En 1778 el Conde Rumfod. como punto de sus obsevaciones en el talado de cañones popuso que él calo debe esta asociado con el movimiento. La teoía del calóico sevía paa desc ibi la tansfeencia de calo. esta sustancia no podía se ceada ni dest uida. Peo no se esta bleció sino asta medio siglo después de esta obsevación que abía una elación definida 12 C= dQ dT Sus unidades son: Caloía/°C. BTU/°F. definamos: El CALOR ESPECIFICO (c) es la capacidad caloífica po unidad de masa: c= C dQ / dT dQ = = m m mdt 1 Sus unidades son cal/g x °C ó BTU/liba x °F Obseve que: cal kcal =1 kg°C g°C Y que: 1 BTU 250 cal cal kcal = =1 =1 1 liba°F 453. paa explica este flujo. peo se descató al obseva que el calóico se ce aba po ficción y no abía una desapaición coespondiente de ca1óico en ningún oto s itio. la cantidad de calo que sale de un cuepo es igual a la cantidad de calo que enta en el oto.ma ρ0 (1 + βθ ) ⇒ 1 ρθ = 1 ρ0 (1 + βθ ) ⇒ ρθ = ρ 0 (1 − βθ ) Iualando ρ 0 (1 − βθ ) = ρ e β= ρ0 − ρe θρ e Finalmente CALOR Y TRABAJO Cuando dos sistemas a difeente tempeatua se allan en contact o témico. Inicialmente se elaboó la teoía del calóico. el calo fluye del sistema mas caliente al más fío. Luego. . mc es la masa el vaso el calorímetro y c c su calor específico. Dos sustancias m1 y m2 e calores específicos c1 y c2 están a temperatura t1 y t2 respectivamente (t1 > t2).Calo y Temodinámica Hugo Medina Guzmán A pesa que el calo específico de la sustancias vaía ligeamente con la tempeatu a.51 Agua e mar 0.032 Ma era 0. Ejemplo 27. se agita.6 0. En general Cp y Cv son iferentes y se analizarán con algún etalle más a elante. sabien o que no se presentan c ambios e esta o.090 Concreto 0. Luego podemos deteminaa el calo Q necesaio p aa eleva la tempeatua de la masa m de una sustancia Δt gra os.7 0. A continuación. Calcular la temper atura final que alcanzan al ponerlos en contacto.3 – 0.032 Alcohol 0. resultan o m su masa. Solución. El vaso se cierra con una tapa hecha e material aislante.031 Ag ua 1.48 0.094 Petróleo 0.031 Parafina 0. Se agita.00 0. su calor específico es l a uni a Por otra parte: Sean m y c las masa y el calor específico el cuerpo prob lema a la temperatura inicial T. Tiene valores efini os solamente para procesos efini os.93 Determinación el calor específico e un sóli o La experiencia se realiza en un caloríme tro consistente en un vaso (Dewar) o en su efecto convenientemente aisla o. y espués e un cierto tiempo se alcanza la temperatura e equ ilibrio Te. Se ponen M gramos e agua en el calorímetro.48 0. se mi e su temperatura T0. se eposita la pieza e sóli o rápi amente en el c alorímetro. Se pesa una pieza e material sóli o e calor específico c esconoci o. seá adecuado paa nuesta discusión.094 Vi rio 0.212 Hielo 0. E n particular mantenien o la presión constante se enomina capaci a calorífica a pre sión constante Cp y si se mantiene el volumen constante se enomina capaci a calo rífica a volumen constante Cv. Se pone la pieza en agua casi hirvien o a la temperatura T. mt la masa e la parte sumergi a el termómetro y ct su calor específico ma la masa e la parte sumergi a el agita or y c a su calor específico M la masa e agua que contiene el vaso. con os orificios por lo s que salen un termómetro y el agita or. asumi que el calo específico es constante i ndependiente de la tempeatua.20 0. e la siguiente manera: m1c1 (t − t1 ) = m2 c 2 (t − t 2 ) o bien − m1c1 (t − t1 ) + m2 c 2 (t − t 2 ) = 0 o sea: Calor per i o = calor gana o m1c1t1 − m1c1t = m2 c 2 t − m2 c 2 t 2 m1c1t1 + m2 c 2 t 2 = (m1c1 + m2 c 2 )t Despejan o el valor e la temperatura final t: Q = m ∫ c t = mc(T f − Ti )mcΔT Tf Ti t= m1c1t1 + m2 c 2 t 2 m1c1 + m2 c 2 Aluminio Acero Bronce Cobre Oro Plata Platino Plomo Tungsteno Zinc CALOR ESPECIFICO 0.12 0. y espués e un poco e tiempo. En el equilibrio a la temperatura Te se ten rá la .69 0.16 0.3 0.056 Caucho 0. La capaci a calorífica epen e el tipo e proceso que se realiza urante la tran sferencia e calor.11 Carbón 0. (M + k )(Te − T0 ) + mc(Te − T ) = 0 Por conservación e energía: La capaci a el calorímetro a a por k = mc cc + mt ct + ma c a .siguiente relación. y es una cons tante para ca a calorímetro. se le enomina equivalente en agua el calorímetro. y se expresa en gramos e agua. El calor específico esconoci o el será por tanto ∑Q = 0 Como: Q = mc (t f tf) Se tiene: 13 . Tomemos como calor específico el aluminio c = 0. A continuación se vierten m gramos e agua a la temperatura T. Una mone a e cobre e 3 g a 25ºC.215 cal/g.0924 cal/g ºC mCu = 3 g a) La energía potencial será U = mgh = 0. y espués e un poco e tiempo. e on e la temperatura inicial el Cobre resulta ser ti = 250. Un r ecipiente (“clorímetro”) eco de metal cuya masa es 3.97x105 J/kg a t = 660 ºC. entonces Q = mcΔt = 3000 x 0. Para saber l as calorías necesarias para fun ir 20 gramos e aluminio a 20 ºC.003 x 9. cae al piso es e una altura e 50 m. Un pedazo de metal de 1. cCu = 0. del mismo mateial del ecipiente y con tempeatua de 176. se mi e su temp eratura T0. e mo o que el calor necesario será Como 1 J = 0.28 cal/g Entonces Q = mcΔt + mLf Q = 20 x 0.8 x 50 = 1. cAl = 0.0924 x (ti 30). se agita. b) ¿Depen e el resulta o e la masa el cent avo? Explique. e las tablas obte nemos para el calor e fusión: Lf (Al) = 3.935 x 104 cal Ejemplo 30. 6 cal Ejemplo 31.215 x (50 20) = 1. Solución. a) Sí 60% e su energía potencial inicial se gasta en aumentar su energía int erna.35 cal Entonces (M + k )(Te − T0 ) + m(Te − T ) (T − Te ) ⇒ k= m−M (Te − T0 ) Ejemplo 28.97 x 102 x 0. se mi e la temperatura e equilibrio T e.Calor y Termo inámica Hugo Me ina Guzmán c= (M + k )(Te − T0 ) m(T − Te ) En esta fórmula tenemos una canti a esconoci a k.215 x (30 15) Qce i o = 300 x 0.0924 cal/g. Determinación el equivalente en agua el calorímetro Se ponen M gramos e agua en el calorímetro.47 J = 0.7 .24 cal e mo o que Lf (Al) = 3.64 kg contiene 13.0924 x (ti 30) Ent onces 300 x 1 x (30 15) + 500 x 0. Si la temperatura el agua se eleva e 15ºC a 30ºC ¿cuál era la temperatura inicial el cobre? (Suponga que no se pier e calor .ºC Qabsorbi o = 30 0 x 1 x (30 15) + 500 x 0.215(660 20) + 20 x 95.24 = 95. Un trozo e 300 g e cobre se calienta en un horno y en segui a se eja caer en un calorímetro e 500 g e aluminio que contiene 300 g e agua.) ¿Cuánto calor se ebe agregar a 20 g e aluminio a 20ºC para fun irlo completamente ? Solución.51 ºC. que ebemos eterminar experim entalmente. Clcule el clor específico de un metl con los siguientes dtos.215 x (30 15) = 300 x 0.6 kg de agua .ºC cH2O = 1 cal/g. etermine su temperatura final.82 kg de masa.28 = 4657.ºC cCu = 0. Como el calorímetro es un sistema aisla o ten remos que Solución.215 cal/g ºC. Se agit a la mezcla y espués e un poco e tiempo. El agua y el ecipiente tienen inicia lmente una tempeatua de 15.5 .C se eca en el agua. C y la tempeatua final de todo el sistema llega a se de 18.33 . Debido a que se tata de un poblema de intecambio de calo.C. t f = ti + . Q3 = mecipientecm (T final − Tecipiente ) mmcm (T f − Tm ) + ma ca (T f − Ta ) + m cm (T f − T ) = 0 . Llamando Q1 al calo libeado po el metal. el calo entegado po el metal = calo ecibido po el (agua y ecipient e). Solución. Q 2 . Consideando que el metal y ecipiente tienen un calo específico c m . Q3 a los ecibidos po el agua y ecipiente espectivamente: Q1 + Q 2 + Q3 = 0. eemplazan do en la expesión anteio: Q2 = magua cagua (T final − Tagua ) y Q1 = mmetal cm (T final − Tmetal ) . Es deci: cm = mm (T f − Tm ) + m (T f − T ) −2 − ma ca (T f − Ta ) ⎡ cal ⎤ ⎥.38 × 10 ⎢ Ejemplo 29.35 Q = 25 + = 25. Se aña e calor en una canti a conoci a a una c orriente el líqui o que pasa por el calorímetro con un volumen conoci o. ¿Cuánts clorís se requieren pr elevr l tempertur de 3 kg de lumi nio de 20ºC 50ºC? . Ejemplo 32.6 × 0. una me ición e la iferencia e temperatura resultante entre los puntos e entra a y sali a e la corriente e líqui o nos permite 14 = 1.76 ºC 3 × 0. ⎣g º C⎦ 0.0924 mcCu b) No epen e e m: porque Q es proporcional m y el aumento e temperatura es in versamente proporcional a m. Entonces. Para me ir el calor específico e un líqui o se emplea un calorímetro e flujo. Incrementan o la temperatura el sóli o se va " escomponien o" hasta esapar ecer la estructura cristalina alcanzán ose el esta o líqui o. Posee flui ez.97 s dt dt Reemplazando valoes. SÓLIDO. y se estblece un diferenci de tempertur de 15oC en condiciones de estdo estcionrio entre los puntos d e entrd y slid del flujo. Sin forma efini a. líquido. po tanto. 15 Gaseoso. En este caso. Sin foma definida. Son. Pue e ser orgánico o inorgánico Q • m cΔT .85 × 8. Po último. a baja tempeatua los cuepos se pesenta n en foma sólida tal que los átomos se encuentan entelazados fomando genealment e estuctuas cistalinas. El estado gaseoso pesenta las siguientes caacteísticas: Fueza de coesión casi nula. agegados genealmente ígidos. cuya característica prin cipal es la capaci a e fluir y a aptarse a la forma el recipiente que lo cont iene. gaseoso. En frío se comprime. Pue e presentar fenómeno e ifusión. Los átomos o moléculas del gas se encuentan vitualmente libes de modo que son c apaces de ocupa todo el espacio del ecipiente que lo contiene. como m = ρV . Vibación. lo que confiee al cuepo la capacidad de sopota fu ezas sin defomación apaente. aún existe una cierta ligazón entre los átomos el cuerpo.85 g/cm3 de densidd fluye trvés de un clorímetro rzón de 8. Resistentes a fagmentase. El calor absorbi o por una masa m es Q = mcΔT . tenemos: 250 J c= o = 2391 o −3 15 C × 6. . Solución.Clor y Termodinámic clculr el clor específico del líquido. aunque e mucha menor intensi a que en el caso e los sóli os. El estado sólido pesenta las siguientes caacteísticas: Fueza de coesión (atacción). Tiene foma popia. plasma y CBE). El esta o líqui o presenta las siguientes características: Fuerza e cohesión menor (regular) Movimientoenergía cinética. Q c= . El flujo de clor Q = 250 W que se pone produce un elevción de tempertur ΔT = 15oC.2 cm3/s. Se ñde clor por m edio de un clentdor eléctrico en espirl de 250 W. Los sólidos no se pueden compimi . dm ΔT t g m V =ρ = 0. incementando aún más la tempeatua se alcanza el estado gaseoso . duo s y esistentes.97 × 10 kg C FASES DE LA MATERIA Oto de los efectos comunes de los cambios de tempeatua so n los cambios de estado de los mateiales (sólido.2 = 6. Un líquido de 0. Como es masa que fluye y la entra a e calor es estacionariamente • Hugo Me ina Guzmán Volumen efini o. Hlle el clor específico (c) del líquido. =Q= t t De aquí • LÍQUIDO. aunque con mayo popiedad debeía decise que se distibuye o epate po todo el espacio dispon ible. Toma el volumen el envase que lo contiene. Manteniendo constante la pesión. Cuando se foma inicialmente. El Condensado de BoseEinstein se ve como una pequeña masa en el fondo de una tam pa magnética. que alcanzó su populaidad en los años 1980. fomando un supeátomo. 200. líquido y gas. muy usada en el oga y en el tabajo. 16 . de eco. Fue i nventada po Nikola Tesla tas su expeimentación con coientes de alta fecuenci a en un tubo de cistal vacío con el popósito de investiga el fenómeno del alto volt aje. Hugo Medina Guzmán PLASMA. Las colisiones también acen que los átomos emitan luz y. y que los electones () vayan acia el extemo (+). Cal E. y 50 nanoKelvins La línea ace positivo elécticamente a un extemo y el oto negativo causa que los iones (+) se aceleen acia el extemo ().Calo y Temodinámica Sin volumen definido. ¿Paa qué sive la Condensación de BoseEinstein? Es muy eciente y sabemos muy poco a ceca de ella paa da una espuesta. Es un gas en el que los átomos se an oto. e xpulsan electones adicionales y así mantienen el plasma. incluso aunque se ecomb inen patículas. además de los tes "clásicos". pedico en 1924 po Satyenda Nat Bose y Albet Einstein. colisionan con los átomos. Se puede compimi fácilmente. Wieman y Wolfgang Kette le compatieon el Pemio Nobel de Física de 2001 po este eco). así que paece la semilla dento de una ceeza. CONDENSADO DE BOSEEINSTEIN (CBE). pasaía algún tiempo antes de que alguien se diea cuenta de que puede usase paa ace elados. Ejece p esión sobe las paedes del ecipiente que los contiene. La lámpaa fluoescente. e sta foma de luz es más eficiente que las lámpaas tadicionales. el condensado está ode ado todavía de átomos nomales de gas. Las patículas aceleadas ganan enegía. Los gases se mueven con l ibetad. Los leteos de neón y las luces ubanas funcionan po un pincipio simila y también se usan (o usao n) en electónica. Oto estado de la mateia es el condensado de BoseEinstein (CBE). Conell. átomos que an ped ido electones y an quedado con una caga eléctica positiva y que están moviéndose l ibemente. sólido. La lámpaa de plasma (también llamada "globo de plasma" o "esfea d e plasma") es un objeto novedoso. Este estado se consigue a tempeatuas cecanas al ceo absoluto y se caacteiza poque los átom os se encuentan todos en el mismo luga. Esta masa de condensado es como una gota de agua que se condensa del aie cuando éste es enfiado. y obtenido en 1995 (los físicos Eic A. contien e plasma (su componente pincipal es el vapo de mecuio) que calienta y agita la electicidad. Al plasma se le llama a veces "el cuato estado de la mateia". que está fomado po electones negativos y po iones positivos. La figua siguie nte muesta la Condensación de BoseEinstein a 400. mediante la línea de fueza a la que está conectada la lámpaa. Es algo así como si viviéamos en una isla t opical ace 400 años y un pedazo de icebeg llegaa a la costa. Sin que nadie ubi ea visto ielo antes. 5 x [0 (5)] = m x 2.Calo y Temodinámica Hugo Medina Guzmán Sublimación. Similarmente ocurre para los proc esos inversos e soli ificación y con ensación. Utilicemos los siguientes valoe s: Calo específico del ielo: 0. los camb ios de fase se poducen a cualquie pesión.5 cal/g°C Calo específico del agua: 1 cal/g°C Calo de fusión del agua: 80 cal/g Calo de vapoización del agua: 540 cal/g Calo paa elev a la tempeatua del ielo de –5°C a 0°C Q1 = m x c x Δ t = m x 0. La elación de los tiempos empleados en absobe calo paa la vapoización y la fusión es 5/2. Ejemplo 33.7 cal/gr. las moléculas. Sin embago las similitudes ente CBE y la luz de lás e sugieen que pobablemente lo sea. Como ocuen cambios de estado debemos calcula las caloías equeidas en cada poceso. Solución. Si el cambio es e sóli o a líqui o. De este modelo podemos deduci que un cam bio de fase de líquido a gas equiee calo aún cuando no se poduzca elevación de la tempeatua. El gáfico muesta la tempeatua de la sustancia com o una función del tiempo. será L f (calor latente e fusión) y si e l cambio el e líqui o a gas. Cuando un mateial pasa de la foma líquida a la fase gas eosa. esta elación seá igual a la elación de los caloes latentes. Se añade calo a una sustancia pua en un ecipiente ceado a una azón constante. Paa sustancias puas". ∑Q = Q 2 + Q2 + Q3 + Q4 . el calo es popocional a la masa de la sustancia. se oigina un aumento de la enegía cinética del mo vimiento de las moléculas. lo mismo sucede paa sólido a líquido. Q= Q = mL Don e L es una constante característica e la sustancia y e cambio e fase que se pro uce. peo a deteminadas tempeatuas. esto es: LV 5 = LF 2 Ejemplo 34. como se tata de la misma masa en ambos casos. que. De ielo que se encuenta a la tempeatua de –5°C. Se equiee una deteminada cantidad de calo paa cambios de fase de una cantidad de sustancia dada. ¿Cuál es el valo de la elación Lv/Lf paa esta sustancia? También ay cietos poblemas de ingenieía que deben se esueltos antes de que la CBE pueda usase paa muco. Detemina el calo necesaio paa vapoiza 200 g.5 cal Calor para pasar e hielo a agua (fusión) Q2 = m x L = m x 80 cal Calor pa ra elevar la temperatura el Agua e 0°C a 100°C Q3 = m x c x Δ t = m x 1 x (1000) = m x 100 cal Calor para pasar e Agua a Vapor (vaporización) Q4 = m x 540 cal Final mente. Esto equiee se ealice un taba jo en conta de las fuezas de atacción. po causa de sus atacciones natuales se mantenían oigin almente en contacto.2 cal/gr. Y la vapor ización se pro uce a 100°C y Lv vale 539. Esto es. También bajo cietas condiciones de tempeatua y pesión se puede pasa diectamente de sólido a gas son pasa po líquido y se denomina sublimación. es deci ace falta que se suministe un a enegía a las moléculas paa sepaalas. En el caso el agua a presión atmosférica la fusión se pro uce a 0°C y L f vale 79. Solución. Ls (calo de sublimación). CAMBIOS DE ESTADO CALOR LATENTE Cuando la tempeatua de un cuepo aumenta po causa de un calo suministado. Si Lf es el calo latente de fusión y Lv es el calo laten te de vapoización. se alejan más de las otas. será Lv (calor latente e vaporización). 5+80+100+540) = 200 x722.5 = 144500 cal. 17 .= m(2. 09 x 20 = 0. e agua a 60°C. Trabajemos en Kilocalorías uti lizan o los siguientes valores: Calor específico el hielo : 0.5 x 0.0 kcal QH = ∑ Q = Q1 + Q 2 = 44. Como ocurren cambios e esta os es preciso pri mero. e hielo a 20°C con 10 kg.9 kcal Qac = ∑ Q´ = Q’1 + Q’2 = 20. hacer un balance e energía para eterminar si el agua se convierte en hielo o el hielo en agua. Q1 = mH x cHx Δ t = 2 x 20 = 22 kcal Q2 = mH x L = 2 x 80 = 160 kcal QH = Calor necesario para convertir el Hielo en Agua a °C. 55 x 1 6 = 4. Q1 = mH x cH x Δ t = 0.0 kcal Q’2 = mc x cc x Δ t = 0.9 kcal (2) ∑Q = Q 1 + Q2 = 182 kcal (1) Calor liberado al llevar el aua de 60°C a 0.4 kcal (1) Calor libera o para llevar el Agua a °C (incluyen o el recipiente) Q’1 = ma x ca x Δ t = 1 x 1 x 20 = 20. u ocurre una conversión parcial. Calcular la temperatura final cuan o se mezclan 2 kg.4 kcal Q 2 = mH x L = 0. Solución.Calor y Termo inámica Hugo Me ina Guzmán Ejemplo 35.5 x 80 = 40.55 kcal/kg °C Calor e specífico el agua : 1 kcal/kg °C Calor e fusión el agua : 80 kcal/kg Calor necesari o para convertir el hielo en agua a 0 °C. la temperatura final es 0°C. Q 1 = max cH Δ t = ´ 10 x 1 x 60 = 600 kcal (2) Qa = ∑ Q' = Q' = 600 kcal 1 Comparan o (1) y (2). Pero. nos in ica que no se ispone e las caloría s necesarias para convertir el hielo en agua a °C. t = 0°C ¿Cuáles serán las masas finales e hielo y A gua? La energía que resta espués e elevar la temperatura el hielo a 0°C es: Qac Q . Calor gana o Q1 = 22 (valor ya etermin a o) Q2= 160 (valor ya etermina o) Q3 = m c Δ t = 2 x 1 x (t0) = 2t QG = Q1 + Q2 + Q3 = 22 + 160 + 2t = 182 + 2t Calor per i o QP = m c Δ t = 10 x 1x (60t) = 10( 60 t) Comparan o (1) y (2). nos in ica que el agua ispone e las calorías necesarias para convertir to o el hielo en agua y más aún elevar su temperatura a más e 0°C. Luego.C. Esto es. como Qa > QH. la temperatura final t estará entre. como Qac < Q H . 0°C < t < 60°C y se eterminará igu alan o el calor gana o al calor per i o. como Qac > Q 1 si se elev ara la temperatura el hielo a 0°C y solo parte el hielo se po rá convertir en agua . 21) = 0. de Hielo Por supuesto todo 0°C.5 kg contiene 1 kg de gu 20°C se le ñde 0.9 – 4.5 kg de gu 75 ºC. 1. (3) L fusión. Determinr l tempertur finl cundo se mezcln 1/2 kg de hielo 16°C con 1 kg de gu 20°C que se encuentr contenid en un recipiente o clorímetro de cobre de 1/2 kg.29 kg.5 = M x 80 ⇒ M = 0. Como en el ejemplo nterior es necesrio hcer un blnce de energí. Ejemplo 37. El clor cedido por el gu es igul l gndo por el hielo. igulndo (3) y (4) QG = QP 182 + 2t = 10(60 t) Despejndo t. Despejndo Te encontrmos: T e= 73.21 kg. y se quedrán como hielo 0°C: (0.45 cl g º C . De es te modo: (4) Finlmente. S olución. se tendrá finlmente.5 kg de hielo –16°C ) encontrr l tempertur de equilibrio b) Cunto h ielo y cunt gu quedn.5 kcal. incluyendo el clorímetro.4 = 16. Con estas calorías se convertirá en agua: Q = MxL ⇒ 16. se o btiene l tempertur finl de l mezcl (gu) T = 34.94º C Ejemplo 38. chielo = 0. Por lo tn to. El hielo g n un porción clor desde l tempertur –10 ºC hst 0 ºC. de Agu y 0. Determine l tempertur finl de l mezcl.50 – 0.21 Kg. Nuev mente trbjndo en kiloclorís y con Clor específico del cobre = 0.1 = 20.09 kcl/kg °C 18 + mh c (Te − 0) + m c (Te − 75) = 0 . otr pr cmbir de estdo mnteniendo l tempertur constnte de 0 ºC y otr cundo se h convertido en g u l cmbir l tempertur de 0 ºC hst l tempertur de equilibrio Te . mh ch [0 − (−10)] + mh L f . Un recipiente de cobre de ms 0. Un trozo de hielo de 10 g y tempertur –10 ºC se introducen en 1. hielo = 80 cl g Solución.29 kg.8°C Ejemplo 36. 5 × 390 + 1.Clor y Termodinámic Hugo Medin Guzmán De quí se concluye que no puede condensrse todo el vpor. De modo que l tempertur finl.4 x m = 3600 ⇒ ccobre = 390 chielo J J . en presenci de vpor debe ser tF = 100 ºC: Supongmos entonces que condens m grmos de vpor Qcedido = 542. Clor cedido por el gu y el clorímetro l llevrlo de 20ºC 0ºC Q1 = (mc c c + m c )Δθ = (0.4 Calor para llevar el hielo 18C a 0. L fusión hielo = 334 x10 kg K kg Solución. cgu = 4190 kg K kg K J 3 J = 2100 .6 542. pero sí fundirse todo el Hielo.0 × 4190 )20 = 87700 J m= 3600 = 6.4 x m cl Qbsorbido = 20 x 80 + 20 x 1 x 100 = 3600 cl 542. esa cantidad puede elevar la temperatura del hielo hasta los 0.5 = 167x103 J Análisis: Tenemos 87700 J .5x2100x16 = 16800 J Calor para fundir el hielo Q3 = L f mh = 334x103x0.C Q2 = mh c h Δθ = 0. solamente Lueo el estado final consiste en una mezcla a 100 .C Nos uedan 87700 16800 = 70900 J Esto no puede fundir todo el hielo. Ejemplo 41.4 de vapor y 26.900 × 103 J = 0. Un recipiente de cobre de 0. Si se introduce u n trozo de plomo de 0.1 k contiene 0.6 d e aua lí uida.C de 4.018 k de hielo en e uilibrio térmico a presión atmosférica.212 k alcanza para fundir 334 × 103 J k a) Temperatura de e uilibrio 0.16 k de a ua y 0.75 k de masa a 255°C. ¿ ué temperatura final de e uilibrio se a lcanza? (Considere ue no hay intercambio de calor con el entorno) cPb = 130 J k 70. 212 = 1. aislado del exterior. contiene 100 de aua en e uilibrio térmico a 22.212 = 0.5 – 0.212 k de aua y 0.288 k de hielo Ejemplo 39.C b) Finalmente uedan 1 + 0. Un recipiente metálico de masa 200 . se suelta en el aua. C. Un cubo de hielo de 10 . en el punto de fusión. cuando se alcanza el e uilibrio térmico la temperatura es 15. 1)(22 − 15) = 0.1kg .34 x 105 J/k.018kg ⎩t cu = 0º C ⎧m Pb = 0. Calor cedido = Calor anado cCu = 390 J k caua = 4190 J k c fusión aua = 334 × 10 3 J k Solución. Agu ⎩t cu = 0º C ⎧mgu = 0.01 3. C. Asumir ue no hay intercambio de calo r con el exterior.2 )(22 − 15) + 4190(0. Para el aua el calor específico es 4190 J/k y el calor de f usión es 3.75kg ⎩t Pb = 255º C c x (0. Cobre ⎨ Hielo ⎨ ⎧mcu = 0. ⎨ ⎩t cu = 0º C ⎧mhielo = 0.34 × 10 ( 5 ) + 4190(0. ¿Cuál es el calor específico del metal? Solución.16kg .01)(15 − 0) . 16 + 0.4 cl/g Mhielo = 20 g Mvpor = 10 g Si se condens tod o el vpor cede 5424 cl. ºC Lf = 3.5) 18850. Solución. Determine el estdo finl cundo se mezcln 20 g de hielo 0 ºC con 1 0 g de vpor 100 ºC.018) = 6012 J mgu = 0.Plomo ⎨ J ⇒ cx = 739. Cgu = 1 cl/g.75 × 130)Δt = 18850.5 J Nos quedrín 24 862.33 x 105 J/kg = 80 cl/g L v = 2.5 (745.36º C 882.5 Δt = 18850.178 kg El plomo puesto 0ºC nos proporcion = 130 (0.018 = 0.64 kg K Ejemplo 40.5 = = 21.32 (mc + mc + mc )Δt = Q isponible .82 + 39 + 97. 19 Pr fundir el hielo = 334x103 (0.75)(255) = 24862.5 – 6012 = 18850.178 × 4190 + 0.1 × 390 + 0. Si se funde todo el Hielo bsorbe 80x20 = 1600 cl que dndo gu que pr ser llevd 100 ºC bsorberí lo más 20 x 100 = 2000 cl.26 x 106 J/kg = 542.5 J Los que se emplerí pr elevr l tempertur del sistem : (0. En caso e coexistir 2 fases el agua e termine la masa final en ca a fase.094t Dalu min io [1 − α lu min io (100 − t )] = Dcob re [1 + α cobre (t − 0 )] Diámetro finl de l esfer de luminio = diámetro finl del nillo de cobre Poniendo vlores 2.54 El segundo término por el binomio de Neton se puede escribir como: m= 163 = 2. chierro = 0. crecipiente ≈ 0 maluminio × c aluminio (100 − t ) = mcobre × ccobre (t − 0 ) maluminio × 0.107 × 15 = 963 clorís En el blnce 963 – 800 = 163 clorís. Determine la temper atura y fase el agua en el equilibrio.54 1 − 24 × 10 −6 (100 − t ) [ [ [ ] −6 −6 ] ] ] Solución.54 2.54 2. Calor ce i o por el aluminio = Calor gana o por el cobre Ponien o valores Ejemplo 42.54 1 + 17 × 10 t ⇒ 2.212(100 − t ) = 21.54 0.Calor y Termo inámica Hugo Me ina Guzmán Solución.0033 = + = 1 + 2. Agu de 4ºC 0ºC ⇒ El primer término por el binomio de Neton se puede escribir como: Q1 = 200 × 1 × 4 = 800 clorís Hierro de – 15ºC 0ºC ⇒ Q2 = 600 × 0. ls que convertirán en hielo un prte del gu 2.5433 2.1×10 −3 2.107 cal/g ºC. Un trozo e h ierro se eja caer en agua tal como se muestra en la figura.5433 1 + 17 × 10 t = 2.6 × 0. La temperatura final e equilibrio el sistema es t.5433 1 − 24 × 10 −6 (100 − t ) [ = 2.04 grmos 80 . 4 × 10 − 7 × 10 t 3 −6 L tempertur de equilibrio es 0ºC. Un nillo de cobre de 21.1× 103 = 1 + 2. Clor específico del luminio: 0.4 × 103 − 7 × 10 −6 t Resolviendo t: 0. 2.[1 + 17 ×10 t ][1 + 24 ×10 (100 − t )] [1 + 17 ×10 t ][1 + 24 ×10 (100 − t )] −6 −6 −6 −6 = 1 + 2.54000 cm l tempertur de 0oC. convección y rdición. conducción. se conoce como conducción de clor. L esfer ps justmente trvés del nillo l tempertur de equilibrio.094t = 7. L esfer se sitú sobre el ni llo. Ejemplo 43. existen tres modos de trnsferenci. TRANSFERENCIA DE CALOR En este cpítulo veremos en form brev e ls forms en l cul l energí térmic fluye de u punto otro en un medio ddo.2o C −6 7 × 10 Finlmente l ms de l esfer de luminio será mlu min io = 21.54533 cm l tempertur de 100oC. CONDUCCIÓN. sin que se disipe clor l guno l entorno.212 × (100 − 42.8) Es un esfer huec.6 × 0.17 grmos 0.04 grmos de hielo y 197.6 grmos de gu. y se dej que mbos lleguen l equilibrio térmico.6 g tien e un diámetro de 2. Cu ndo hy trnsporte de energí entre elementos de volumen dycentes en virtud l diferenci de tempertur entre ells.3 × 10−3 t= = 42. Diltción térmic y equilibrio térmico. Un esfer de luminio tiene un diámetro de 2.212 cl/ gºC Clor específico del cobre: 0.094 cl/gºC Coeficiente de diltción del luminio: 24 x 106 °C1 Coeficiente de diltción del cobre: 17 x 106 °C1 Luego: 1 + 2. Hlle l ms de l esfer. 20 . Hugo Me ina Guzmán • (t t ) l Q Q = k1 A 1 0 ⇒ t0 t1 = 1 l1 k1 A • En l segund cp Q∝ A Δθ Δt Δx (t t ) l Q Q = k 2 A 2 1 ⇒ t1 t2 = 2 l2 k2 A • • En l Cp n Este resultdo podemos generlizr.3 x 10 1..4 x 10 5.. Flujo estacionario a través e una pare compuesta.. Capas en “paralelo” De teminación de la cantidad de calo Q que fluye en la diección nomal a un medio múlt iple fomado po placas paalelas como se muesta en la figua.3 x 10 −4 −4 −4 −4 −4 −4 −4 −4 −4 A(to tn ) l1 l 2 l + + .Clor y Termodinámic L expresión mtemátic fundmentl de l conducción de clor es l generlizción de los resultdos de los experimentos en el flujo linel de clor trvés de un lámin de mteril de espesor Δx y e área A. + n k1 k 2 kn • A(t − t ) Q= n o n ⎛l ⎞ ∑ ⎜ ki ⎟ ⎜ ⎟ i =1 ⎝ i ⎠ • Ejemplo 45.. El signo menos se introduce ddo que Q fluye en l dirección de l dismi nución de l tempertur (del ldo cliente l ldo frío). una e las caras se manti enen a temperatura θ + Δθ. los resultado muestran ue Q es proporcional al tiempo Δt.. en el límite: dQ • dθ = Q = −kA dt dx Donde k es la CONDUCTIVIDAD TERMICA del (t t ) l Q Q = k n A n n −1 ⇒ tn −1 tn = n ln kn A • • Sumndo miembro miembro mteril.7 x 10 4. .040 1.026 0.1 x 10 0. VALORES DE LA CONDUCTIVID AD TERMICA Sustncis kilocl k en l l l Q to − tn = ( 1 + 2 + . n ) k1 k2 kn A Luego • Q= s m °C Acero Bronce Aluminio Ldrillo Concreto Mder Vidrio Hielo Ln de vidrio o min erl Cucho Agu Aire 0..011 0. Q n a tavés de cada una de las placas. Cada cuato es un cubo de 4. Solución..43 x 10 0. Flujo estacionaio a tavés de una paed compuesta. Sea t1 la tempeatua ente la capa 1 y 2. como se mu esta en la figua... pe o están pefectamente aislados en las demás paedes. …. luego tenemos: En la pimea capa Q=− l Ejemplo 46.056 x 10 Ejemplo 44.09 x 10 0. t2 la tempeatua ente las c apas 2 y 3 y así sucesivamente.• 0. Dos cuatos compaten una paed de ladillos de 12 cm de goso. Q 2 . Capas en “seie” Dete minación de la cantidad de calo que fluye en la diección nomal a tavés de un medio de capas múltiples ente las tempeatuas extenas t0 y tn constantes.0 m de aista. Si el aie de 21 . de tal modo • • • • Q=− • • (k1 A1 + k2 A2 + .kn An )(tb − ta ) (tb − ta )∑ ki Ai i =1 n l Solución. El Flujo Q es la suma de los flujos Q1 .10 x 10 1. Calo y Temodinámica uno de los cuatos está a 10 . C y el oto a 30 . ¿Cuántos focos de 1 00 W se necesitaán tene encendidas en el cuato más caliente paa mantene la mism a difeencia de tempeatua? Solución. Hugo Medina Guzmán 9.C.79.6 θ = 43.0 W/(m K). Coeficiente de conductividad témica del lad illo k = 1.672θ = 423. 5 cm de rueso.436θ = 5.79 = 238.436 x 43.7 m2. Q = 5. Un excursionista usa prendas de vestir de 3. cuya área superficial total es de 1. La temperatura de la superficie de las prendas es de –20 .1 W Ejemplo 48. C El flujo es. C y la de la piel de 34 . cada una de lon itud 5 cm y sección transversal rectanular de lados 2 y 3 cm.C.50 cm.4x104 kcal/s m ) y ue la ropa se ha comprimido hasta un espesor de 0. a) Q = − kA • • • Q = − kA • (30 − 10) Δθ = (1)(4. Solución.12 Número de focos de 100 W ue se necesitarán tener encendidos en el cuarto más caliente para mantener la misma diferencia de temperatura 2666.0 ) 0. Dos barras metálicas. Calcular el flujo de calor por conducción a través de la ropa a) Suponiendo ue ésta está seca y ue la conductividad térmica k es la del plumón iual a 0.06x104 kcal/s m b) Suponiendo ue la ropa está mojada.0 × 4.12 L 20 = (1)(4.7 100 Se necesitan 27 focos de 100 W.67 W 0. de modo ue k es la del aua (1. están encajadas entre dos paredes una a 100 .67 = 26.0 ) = 2666.0 × 4. Ejemplo 47. C y otra a 0 . conductividad térmica k. A A = 6 x104 m.50 = 0. Tomemos una lonitud L. k(A) = 430 W/m .7 ) L 0.5737 W b) Q = − kA = 2.5704 W Ejemplo 49.5 × 10 − 2 (34 + 20) Δθ = 1.06 × 10 − 4 (1. L = 5x102 m k = 453 W/m . Pb A = 6 x 104 m. Flujo de calor en el plomo • ⎛ 6 × 10−4 ⎞ Q = 353⎜ ⎜ 5 × 10 − 2 ⎟(100 − θ ) ⎟ ⎝ ⎠ = 4. Flujo a través de un cilindro de radio interior r1 y radio exterior r2. Determinar: a) E l flujo térmico total a través de las barras y b) La temperatura en la interfase. Solución. Solución.4 × 10 − 4 (1.7 ) L 3. L = 5x102 m k = 353 W/m . Las barras son de Pb y A. DA TOS: k(Pb) = 353 W/m .236(100 − θ ) El flujo a través del elemento diferencial es Q = − kA • • .C. (34 + 20) Δθ = 0.01. temperatura interior t1 y temperatura exteri or t2. y a una distancia r un elemento diferenci al dr como se muestra en la fiura. A = 2 π rL Luego Flujo de calor en la lata.436θ • Q = −k 2πrL Desejando dt • • dt dr Igualando los flujos 4.236θ = 5.436θ 423.236(100 − θ ) = 5. ⎛ 6 × 10 −4 ⎞ Q = 453⎜ ⎜ 5 × 10 − 2 ⎟(θ − 0 ) ⎟ ⎝ ⎠ = 5.dt dr Q es constante a través de cual uier sección cilíndrica coaxial.6 − 4.436θ 22 Q dr dt = − 2πkL r Integrando . Calor y Termodinámica • Hugo Medina Guzmán De la igualación de (2) y (3) tenemos: ∫ t2 t1 Q r2 dr dt = − 2πkL ∫r1 r • Q r ln 2 t1 − t2 = − 2πkL r1 De aquí 3 T1 + 3 2 T2 = .6 3. de la difeencia de las ecuaciones (4) y (5). allamos: T1 = 13. 52 (5) Q= • 2πkL (t − t ) 1 2 ln 2 1 Po oto lado. 63. C y T2 = 13. La ventana pue e ser ensambla a con un solo vi rio en ese caso el flujo • e calor es Q 1 o pue e construirse con os vi rios ejan o una separación e 0.012 m e aire confina o entre las os láminas e vi rio. ΔQ' = kV A Δt ΔX s Es ecir.4% menos e energía calórico que cuán o se usa un solo vi rio. con uce calor es e el interior a 20 ºC al exterior e 3 ºC. Encontrar la relación entre los flujos e calor . Encuentre la iferencia porcentual e la con ucción el calor. Una ventana e un metro e alto por 2 e ancho tiene un vi rio cuyo espesor es e 0. cuan o se pone os vi rios el mismo espesor anterior. Consi ere que: b) Si la ventana está forma a por un solo vi rio: kVi rio = kV = 2 × 10−6 kcal/smº C .3 cal .05 cal/s. Reemplazando en ecuación (1): (20 − T1 ) = 4.012 m. en es te • caso el flujo e calor es Q 2 . la iferencia con respecto a ΔQ Δt = 7. respectivamente: (20 − T1 ) ΔQ1 = kV A . a) Al poner los os vi rios: (30 − 3) = 11. Solución. Sean T1 y T2 las temperaturas a la erecha el vi rio izquier o e izquier a el vi rio erecho. Δt (1) (2) (3) . ejan o una separación e aire entre los vi ri os e 0.25 cal ΔQ = kV A Δt 0.4%. cuán o se coloca aire entre los os vi rios se pier e un 62. Δt 0.012 ΔQ3 (T − 3) = kV A 2 . Ejemplo 51. C. está construi a con láminas e vi ri o cuyo espesor es e 0. con lo cuál. De este mo o hay una ife rencia e un 62. Δt 0.006 (T − T2 ) ΔQ 2 = kAA 1 .006 m. k Aire = k A = 6 × 10−6 kcal/smº C .006 s Ejemplo 50. Un a ventana e un metro e alto por os e ancho.006 m. ⎝ 3⎠ 3 Q1 = − • A (4) ⎛ L1 L2 ⎞ ⎜2 + ⎟ ⎜ k ⎟ ⎝ 1 k2 ⎠ Δθ 23 . por lo cuál ΔQ Δt es la misma en to as las seccio nes transversales: ΔQ ΔQ1 ΔQ 2 ΔQ3 = = = . kaire confina o = 6 × 10−6 kcal / s m°C En el esta o e régimen estable. Al poner los os vi rios: Igualan o ecuaciones (1) y (2).kvi rio = 2 × 10−6 kcal / s m°C . cuán o la temperatura en ca a punto es co nstante en el transcurso el tiempo. encontramos: ⎛ 2 ⎞ 40 T2 = T1 ⎜1 + ⎟ − . Δt Δt Δt Δt Solución. es ecir. 66 3 3 kπR 2 1 (T1 − T2 ) = • 2 L Q L2 • Finalmente: Q = 2kπR 2 (T1 − T2 ) L Ejemplo 52. Si las bases se ponen en contacto con esevoios de tempeatua T1 y T2 .Calor y Termodinámica Al poner un solo vidrio Huo Medina Guzmán A Q2 = − Δθ ⎛ L1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜k ⎟ ⎝ 1⎠ • Por semejanza e triángulos: La relación entre los flujos e calor es: A Δθ ⎛ L1 ⎞ • ⎜ ⎟ ⎜k ⎟ Q2 ⎝ 1⎠ = • A Q1 − Δθ ⎛ L1 L2 ⎞ ⎜2 + ⎟ ⎜ k ⎟ ⎝ 1 k2 ⎠ − ⎛ L1 L2 ⎜2 + Q 2 ⎜ k1 k 2 =⎝ • ⎛ L1 ⎞ Q1 ⎜ ⎟ ⎜k ⎟ ⎝ 1⎠ • x y R ⇒x= y = R L L 2 • R ⎞ T ⎛ Luego: Q = − kπ ⎜ R + y⎟ L ⎠ y ⎝ y kπR 2 ⇒ = • dT ( y + L Integrndo ∫ L 0 dy kπR 2 = • ( y + L )2 Q L2 L T2 T1 ∫ T2 T1 dT ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = 2 + L 2 k1 L1 k 2 kπR 2 1 ⇒− =− • T ( y + L) 0 2 QL ⇒ − ⇒ 1 1 kπR 2 (T − T ) + = • (L + L ) (0 + L ) Q L2 1 2 = 2+⎜ −6 ⎛ 12 ⎞⎛ 2 × 10 ⎞ ⎟ ⎟⎜ −6 ⎟ ⎜ ⎝ 6 ⎠⎝ 6 × 10 ⎠ 2 8 = 2 + = = 2. . El sólido de la figua tiene bases ciculaes de adio R y 2R. Considee las paedes lateales foadas con un aislante témico. altua L y conductividad témica k.Detemine la coiente caloífica cuando el flujo es estacion aio. EL COEFICIENTE DE CON VECCION h depende de la posición de la pared y de las características del fluido y s u movimiento. A es el área de la pared. Las leyes que igen el flujo de calo po convección son muy complejas poque invo luca fenómenos de fluidos en movimiento y el cual todavía puede se fozado o natu al po difeencia de densidades. Δθ es la diferencia d e temperatura entre la superficie de la pared y el fluido. paa un cuepo dado: dQ • = Q = AΔθ dt Donde h es el coeficiente de convección. COEFICIENTE DE CONVECCION EN AIRE A PRESION ATMOSFERICA 24 El flujo a través de la porción de ancho dy y área A = πr 2 = π (R + x ) . Solución. Sin embago.CONVECCION. se tiene una elación empíica dada po Newton. es también igual a Q • dT 2 dT Q = −kA = − kπ (R + x ) dy dy 2 • . Es el poceso de tansfeencia de calo de un luga a oto po el mo vimiento de la masa calentada. 576x10-3 (Δt ) 0. DATOS: h = c ielo L = calo de fusión del iel Q = −2AΔt Don e • h = 0.217 x 3600 = 782 cal Ejemplo 54.42 × 10 −3 (Δt ) Δt = 80 y (Δt ) A=1m e aquí 2 14 kcal s m2 º C En la figura observamos como se va forman o la capa e hielo Calor e soli ifica .217 ( ) kcal s (Δt )1 4 (Δt )1 4 14 y el calor que se pier e en una hora será: Q = 0. El aire sobre la superficie e un lago está a una temperatura θ A mientras ue el a ua está en su punto de conelación ⎛ Δt ⎞ ⎜ ⎟ ⎝D⎠ θ c (θ A < θ C ).Calor y Termodinámica • Hugo Medina Guzmán DISPOSICION Pared horizontal Mirando arriba Pared horizontal Mirando abajo Pared vertical Tu bo horizontal o vertical h( kcal ) s m 2 °C 14 0. y el air e sobre ambas cara está a la presión atmosférica y a 20°C. se forme una capa de hielo de es se conela fluye a través del convección natural. a) Si la pared es vertical. El f lujo de calor de ambas caras es ¿Cuál es el tiempo T ue ha de transcurrir para ue pesor y Asumir ue el calor liberado cuando el aua hielo por conducción y de la superficie al aire por oeficiente de convección del hielo ρ = densidad del o k = conductividad témica del ielo Solución.71 × 10 −3 (1)(80) = 0. Una pared plana se mantiene a temperatura constante de 100°C.314x103 0. ¿Cuánto calor se pierde por conve cción de un metro cuadrado de superficie en ambas caras en 1 hora? a) Si la pared es vertical b) Si la pared e horizontal Solución.00x10 3 Q = 2.424x103 1. Ejemplo 53. 98 = 0.ción e la capa e hielo en formación e área A y espesor lo se conduce a la supeficie y.12 × 10 s m2 . Q = mL = ρAdyL (1) Éste ca 14 = 2.42 × 10−3 × 2.98 kcal −3 = 1. 94 x 10 • −3 kcal s m 2 °C Y 2 ρL = (θ S − θ C )T 2k (3) El flujo de calor de la superficie al medio ambiente se produce por convección.596 x 10 −3 (Δt )1/4 kcal −3 = 1.179 s EL calo que se piede en una oa seá Q = 0.12 × 10− 3 × 80 kcal = 0.77 x 10 s m 2 °C Para la cara que mira abajo ∫ Y 0 y y = T k (θ S − θ C )∫0 dt ρL Y2 k (θ S − θ C )T = 2 ρL 2 = 0. C Q = 2 × 1. En este caso tenemos los valoes paa : Paa la caa que mia a iba • Q= (θ − θ S ) dQ = − kA C dt y (θ − θ C ) dQ = kA S dt y • (2) Iualando calores (1) y (2) ρAdyL = kA (θ S − θ C ) y dt h1 = 0. o sea Lueo: Q = h1 A Δt − h2 A Δt ⇒ Q = − (h1 + h2 ) A Δt .179 x 3600 = 645 kcal b) Si la paed es oizontal.314 x 10 −3 (Δt )1/4 = 0. 25 • Q= • Q = − hA(θ S − θ A ) dt . 01 0.005 1 + + 0. Este flujo a través de este conjunto es: Solución.85 = ⎡1.5m2 klana = 0.5(37 + 20) ⇒ 0.0209 W/ºC h ( el cuerpo vesti o) = 9 W/m2·K.01 9 ⎥ ⎣ 9.116 m 0.85 W 0. La temeratura de la caa de hielo sobre la que se as ienta el iglú es de -20 ºC y tiene la misma conductividad térmica que la nieve comact ada.5 m e espesor. El interior el ser humano se encuentra a 37°C. en el exterior.0209 9 • 1.01 0.5(57 ) 0. dQ = hA(θ A − θ S )dt Este es el mismo calor y por lo tanto ρAdyL = A(θ A − θ S )dt h (θ A − θ S )dt dy = ρL Integando T ∫0 dy = ρL (θ A − θ S )∫0 dt h (θ A − θ S )T Y= ρL YρL = (θ A − θ S )T h Y 9. es 15 W/m2K. aplicamos la mi sma ecuación.01 0. En el interior el iglú el coeficiente e transferencia e calor por convección es 6 W/m2·K. ara que la temeratura del aire interior sea 1º C cuando la del aire exterior es . a) El flujo de calor atraviesa la iel y el vestido or conducción y de la suerfi cie del vestido al ambiente or convección.05 1 + + 0. T= ρL ⎛ Y 2 Y ⎞ ⎜ + ⎟ (θ A − θ C ) ⎜ 2k h ⎟ ⎝ ⎠ Ejemplo 55.74 W 0.0209 9 (4) Sumndo ls expresiones (3) y (4) obtenemos ⎛Y 2 Y ⎞ ⎜ ⎜ 2k + h ⎟ ρL = (θ A − θ C )T ⎟ ⎝ ⎠ Finalmente. a) Q= • 1.5cm e espesor. a) Para una persona cubierta e pies a cabeza por un vesti o e lana e 0. Co nsidere las érdidas de calor a través del suelo. en condiciones normales de viento.Calor y Termodinámica Huo Medina Guzmán c) Para encontrar el rosor de su vestido de la persona en Puno para ue tena la misma pérdida de calor ue una persona en Lima.03 1 ⎤ − − e = 0.03 1 e + + 0. Calcular el flujo e calor qu e pier e en Lima (tamb = 15°C) y en las ma ruga as e Puno (tamb = 20°C).01W/m°C Área el cuerpo humano pers ona prome io = 1. b) ¿Cómo afecta el dulicar el esesor de las aredes? 1. a) Que calor debe roorcionar una fuente continua dentro del iglú.03 0. Se construye un iglú en forma e hemisferio con un ra io interno e 1.0209 9 . 8 m y pare es e nieve compacta a e 0. b) ¿Cuál ebe ría ser el grosor e su vesti o e la persona en Puno para tener la misma pér i a e calor que una persona en Lima? Datos: kpiel = 0. Solución.40 ºC.85 ⎦ Ejemplo 56.5(37 + 20) En Puno: Q = = 23.33 W/m K. La conductividad térmica de la nieve comactada es 2.0209⎢ = 0.03 0.5(37 − 15) En Lima: Q = = 9. el espesor efectivo e la piel pue e consi erarse como e 3cm. 8 )(− 20 − 1) = 1388. A p = πR12 • Q 2 = − i πR12 (θ p − θ i ) • • Q2 ( ) = −[6](π 1.02W 2 Pédida de calo po el domo Po convección del aie inteio a la paed inteio • Q 1 = −i A1 (θ1 − θ i ) 26 .• A(t piel − t ambiente ) Lpiel Llana 1 + + k piel k lana Pédida po convección en el piso Q 2 = − i A p (θ p − θ i ) . 018 Q1 • ( ⇒ Q1 = 1 • 39 = 2166.67 = 3554.65 Sumando (1).02 + 2166.029 − 1) ⇒ (θ 1 − 1) = Q1 122.33)⎝ Q1 ⇒ (θ 1 − θ 2 ) = 31.Calor y Termodinámica Huo Medina Guzmán A1 = • • Q 1 = −hi 2πR Q1 )(θ − θ ) = −6(2π 1.554 kW b) Si se duplica el espesor de la pared del domo • (1) Por conducción en la pared del ilú: 1 A = 4π r 2 2 Q dr dθ ⇒ dθ = − 1 2 Q 1 = −k 2π r 2 2πk r dr • • ⎛ ⎞ (θ1 − θ 2 ) = Q1 ⎜ 1 − 1 ⎟ 2πk ⎜ R1 R2 ⎟ ⎝ ⎠ Q1 ⎛ 1 1 ⎞ ⇒ (θ1 − θ 2 ) = ⎜ − ⎟ 2π (2.8 )(θ − 1) = − 122.08(θ 2 1 1 i 2 1 1 4πR12 2 = 0.08 • Salida total de calor 1388.69 W La fuente debe proporcionar 3. (2a) y (3): • • • • ⇒ ∫θ θ2 .67 W 0. (2) y (3): • • . 57 W 0.008 + 0.02 + 928.032 + 0.042 Slid totl de clor 1388.93 Q 1 = −he A2 (θ e − θ 2 ) 1 2 A2 = 4πR2 .57 = 2316.59 W L fuente debe proporcionr 2 .32(θ 2 + 40 ) • ( ( ) ) Q1 ⇒ (θ 2 + 40 ) = 498.3 2 (− 40 − θ 2 ) 2 = (15) 2π 2.002 ) = 0.33)⎝ 1.32 ⇒ 39 = Q 1 (0.316 kW RADIACION. • • • Q1 ⎛ 1 1 ⎞ ⇒ (θ1 − θ 2 ) = ⎜ − ⎟ 2π (2.32 Sumando (1).65 498.08 31. ni l conducción.042 Q 1 • 39 ⇒ Q1 = = 928. por ejemplo l trnsferenci de energí de l sol de l tierr.3 ⎠ Q1 ⇒ (θ 1 − θ 2 ) = 120. 2 2 Q 1 = −e 2πR2 (θ e − θ 2 ) • • • (2) Por convección de la pared exterior al aire exterior ( ) ⇒ Q1 = −(15) 2π 2.8 2. Es el proceso de trnsferenci de clor por medio de onds el ectromgnétics durnte el cul l ms del medio no interviene puesto que no se r efiere l convección.3 (θ 2 + 40 ) = 498.1 Q R2 dr dθ = − 2πk ∫R1 r 2 • (2a) ⇒ θ 2 − θ1 = 1⎞ Q1 ⎛ 1 ⎜ − ⎟ ⎜R R ⎟ 2πk ⎝ 2 1⎠ • ⇒ (θ1 − θ 2 ) = Q1 ⎛ 1 1 ⎞ ⎜ − ⎟ 2πk ⎜ R1 R2 ⎟ ⎝ ⎠ • • Q (40 − 1) = 1 + Q1 + Q1 122. 32 • ⇒ 39 = Q1 (0.008 + 0. Q (40 − 1) = 1 + Q1 + Q1 122. un lí uido o sólido caliente emite radiación térmica.008 + 0. como por ejemplo un conductor eléctrico con corriente alterna de alta fre cuencia emite ondas de radio. etc. una placa bombardeada por electrones con alta velo cidad emite rayos X.002) 27 • .93 498.• (3) Una sustancia puede ser estimulada a emitir radiación electromanética en varias formas.08 120. σ = 4. por un cue rpo negro (Sustnci Cpz de bsorber tod l energí que lleg él) un temper tur T (Tempertur bsolut) θ es R = σT Donde σ e la llamada contante de Boltzman. Calcular la pérdida ne ta de energía radiante de una perona denuda en una habitación a 20 ºC.67x108 W/m2. ¿C uál e el área efectiva de la uperficie radiante? Suponer la temperatura ambiente d e 20 ºC. energí por unidd de tiempo y por unidd de áre.846 kcal/día.88 x 10 8 kcal m hora K 4 W 8 = 5. La temperatura de trabajo del filamento de tu ngteno de una lámpara incandecente e 2450 K. mostrron q ue l rdición emitid.4 m2 )(3064K2934K) = (5. Ejemplo 57.95 A ⇒ 8 Q = Aeσ T 4 − T04 • ( ) Donde e e el factor de emiividad del cuerpo a temperatura T .Clor y Termodinámic En est prte trtremos solmente l rdición térmic.98x108K ) = 110. Como Q = AeσT • • 4 Q rad = σ eA TC4 − T A4 • ( . 1000 = (5. Solución. e: Q rad = σ eA TC4 − T A4 • ( ) = (5.67 x 108)(1)( A )(1885 x 108) ⇒ 1000 = 10687. Ejemplo 59.8 + 8 1) J/ x 3600x24 /día = 4907520 J Como 1 kcal = 4186 J El gato energético en kcal/ día: 4907520 J/día x 1 kcal /4186 J = 2. El gato energético por día e: (56. Solución. El área del cuerpo e igual a 1. 4 Hugo Medina Guzmán = 56. Lo cable de calefacción de una etufa eléctrica de 1kW e encuentran al rojo a una temperatura de 900 K.4 m2 )(13.30. iendo igual a 1 para el cuerpo negro.K4)(1)( 1.8 W b) 2.4 m 2 y la temperatura de u uperficie e de 33 ºC. 97 W Ejemplo 60. Suponiendo que el 100% del calo r emitido e debido a la radiación y que lo cable actúan como radiadore ideale.67 x 10 )(1)( A )(117342934) ⇒ 1000 = (5. ¿Cuál e la uperficie del filamento de una lámpara de 25 watt? Solución.846 kcal/día. Experim entlmente STEFAN y BOLTZMAN encontrron l ley que rige l rdición.67 x 10 2 m K4 2 El calor tranferido por radiación de un cuerpo a una temperatura T al medio que l o rodea a una temperatura T0 .67x108 W/m2. y u emiividad e 0.K4)(1)( 1. uponiendo qu e la perona e comporta como un cuerpo negro. 67x108)(0.35) de 18 cm de radio a una temperatura de 25 º? b) Si la efera etá encerrada en un re cinto cuya parede e mantienen a –5 ºC ¿Cuál e el flujo neto de la energía liberada de la efera? Solución. σ = 5. Si el coeficiente de transferenci a de calor or convección es de 9 W/m2K.00). hállese: a) Las érdidas de calor or convecc ión y or radiación. La temeratura de su iel es de 33 ºC y se uede considerar un emisor de radiación erfecto. a) A = πR = π (0.35)(0. etime u temperatura uperficial promedio.86 W Ejemplo 62. e irradia una cantidad igual de regreo al epacio (e decir la Tierra etá en equilibrio). a) ¿Cuánta potencia irradia una efera de tungteno (emiividad = 0.10173)(2984K2784) = 3. a) Q conv = − AΔθ = (9)(1 (3327) = 81 W.67x10 )(0.) Q ⇒ A= eσT 4 • A= W . m 2 .35)( 0.408 cm2 Ejemplo 61.K Donde: Q = 25 W .101736m 2 2 2 • Ejemlo 58.30 y T = 2450 K A= 5.408 x 104 m2 = 0.67 × 10 −8 1000 = 0. Una ersona desvestida tiene una suerficie de 1. b) El gasto energético en kcal/día. Solución. • Q rad = σ eAT 4 = (5.5 m2 exuesta a un ambiente y a unos alrededores de 27 ºC.10173)(2984) = 15. promediado obre toda u uperficie.18) = 0. La Tierra recibe a proximadamente 430 W/m2 del Sol.95 e = 0.094 m2 10687. Suponiendo nuetro planeta un emior perfecto (e = 1.67 × 10 −8 (2450) 25 Reemplazando valore obtenemo la uperficie: 4 = 0. 28 Q rad = σ eA TC4 − T A4 8 • .92 W b) • Q rad = σ eA TC4 − T A4 8 ( ) = (5. 5)(6.68x108) .67x108 )(1)( 1.5 )(30643004) = (5.67x10 )(1)( 1.( ) = (5. que e encuentra a una ditancia del Sol de 1. La preión (p) de un ga ideal varía directamente a u temperatur a (T) i el volumen (V) e mantiene contante. determinar la potencia por unidad de área que llega a la Tierra. Suponi endo que éte e un emior perfecto con T = 5500 K. a) p∝ 1 con T contante ⇒ pV = Constnte V A = πR 2 = π 7. El comportamiento de la maa encerrada de gae ideale e determina por la relacione entre p. La preión (p) de un ga ideal varía inveramente a u volumen (V) i la temperatura (T) e mantiene contante. per o e una buena forma para comenzar. b) A partir del reultado anterior.86 × 1016 m 2 p1V1 = p 2V2 LEY DE GAYLUSSAC.67 × 10 −8 Ejemplo 63.48 W/m2 ( ) ∝ T con V constante ⇒ p1 p 2 = T1 T2 p = Constnte T DEFINICIÓN DE UN GAS IDEAL.5x1011 m.Calor y Termodinámica Hugo Medina Guzmán Lo gae reale no iguen exactamente ete comportamiento.67x108)(1)(T4) = 430 A 430 T =4 = 295K . V o p. LEY DE BOYLE.67x108)(1)(153.18) = 0.1ºC 5.5 × 1011 = 282. a) Encontrar la potencia total radiada al epacio por el Sol.101736m 2 2 2 Q rad = σ eT 4 = (5. = (5. • A = πR = π (0.83x1024 W b) Potencia 79.0 × 10 8 Q rad = σ eAT 4 • ( ) 2 = 153. Los gses juegn un rol muy importnte en muchos proce .83 × 10 24 = 2 Area 4π 1. GayLuac y Charle repectiva mente. e mantenida contante. t = 22. T. o V. Solu ción.86x1016)(55004) = 79. El radio del Sol e 7. eta rel acione fueron obtenida experimental por Boyle. T cuando la tercera cantidad T o V o p repectivamente. Solución.0x108 m. slvo durnte los choques. Los choques son perfectmente elásticos y de durc ión insignificnte. Sin embrgo utilizndo l estdístic .15 pC o p1 p 2 = T1 T2 LEY DE CHARLES. A simple vist es to prece ser imposible porque el número de átomos involucrdos es demsido grnde. Entre moléculs no obrn fuerzs de consider ción. Ls moléculs se mueven irr egulrmente y obedecen ls leyes de Neton del movimiento. es importnte considerr un form ingenio s de comprender ls propieddes de los gses. lrededor de 1027 átomos llenn un hbitción.15 p T p = = ⇒ ⇒ 273. El volumen (V) de un gs idel vrí directmente su tempertur (T) si l presión (p) se mntiene constnte. En lo siguien te sumiremos que estmos trbjndo con un gs idel con ls propieddes siguie ntes: Un gs está formdo por prtículs llmds moléculs. y ntes de ir más llá.15⎜ − 1⎟ o C ⇒ ⎟ ⎜p 273. El volumen de ls moléculs misms es un frcción inpreciblemente pequeñ del volumen ocupdo por el gs.15 pC ⎠ ⎝ C t + 273.sos termodinámicos. Est ide es llmd l teorí cinéti c de los gses. El número totl de molécu ls es grnde. trt de explicr ls propieddes mcroscópics de un gs exmin ndo el comportmiento de los átomos y moléculs que formn un gs. V ∝ T con p constnte ⇒ V1 V2 = T1 T2 29 V = Constnte T . se puede predecir con much precisión ls crcterístics de un gs. Not: Est ley se deduce con el termómetro de gs volumen constnte ⎞ ⎛ p t p +1 = t = 273. Por lo tnto n = ECUACIÓN DE ESTADO DE UN GAS IDEAL.314J / mol K − 23 J = 1. N Na M N RT = RT M0 Na Luego pV = nRT = V1 y T1 . V1 V2 = T1 T2 N A .15 VC T o n= M M0 Si es m l ms de cd molécul de un gs y N es el número de ls moléculs que hcen l ms totl M. Sin embrgo. El comportmiento de gses ideles se crcter iz en términos de p. Tl ecución se llm l ecución del gs idel. l constnte de Boltzmnn. La ecuación de los gases ideales puede obtenese po la combi nación de dos de las tes leyes de los gases indicadas anteiomente. = número de Avogdro = número de moléculs en 1 mol de gs (culquier gs). kB = 8.Clor y Termodinámic Not: Est ley se deduce con el termómetro de gs presión cons tnte Hugo Medin Guzmán El número de moles se define como. V y T. etc.38 × 10 23 6.15⎜ − 1⎟º C ⇒ ⎜V ⎟ 273. 28 g pr el N2. El compo rtmiento de culquier estdo de l mteri se puede crcterizr generlmente p or un ciert relción entre l presión (p) y l densidd (ρ) que po supuesto coesp onde al volumen (V). Not: Se encontró que el vlor de l constnte es dependiente en l ms del gs d do y tmbién se encontró que no es igul pr un unidd de ms de diferentes gse s. ejemplo.15 VC ⎝ C ⎠ t + 273.) de culquier gs idel entonces el vlor de l constnt e es igul pr todos los gses. Entonces M = mN y M0 = mNA. Sea el gas e nceado con condiciones iniciales p1 . Est constnte igul pr todos los gses es de notd generlmente por “R” y llamada la constante univesal de los gases. se encuentr que si lo es pr 1 mol de ms (l ms numéricment e equivlente en grmos l peso moleculr. llevado a un estado final p 2 . 32 g pr el O2 . V2 y T2 como sigue: Aoa. pV = p1V1 p 2V2 = T1 T2 o M mN RT ⇒ pV = RT M0 mN A R T ⇒ pV = N NA pV = Constnte T El cociente entre ls dos constntes R y N A es l constnte que designmos por kB. el cociente de l ms de gs M su peso moleculr (M0) ⎛V ⎞ t V +1 = t = 273. 2 g pr H2.15 V T V = = ⇒ ⇒ 273.022 × 10 / mol K . 314 J cal = 1.986 mol K mol K Ejemplo 64.R = 8. Un conducto inicia su viaje en una mañana fía cuando la tempeatua es 4. C.2 x 105 Pa). y mide la pesión de la llanta y ve que el manómeto lee 32 psi (2. y po la tade la temp eatua de las llantas se a elevado a 50. Después de maneja todo el día. las llantas se an calentado. 15 = 323. Toma en cuenta que un manómeto mide la pesión manomética (pm = p – pa).013 Pa = 14.7 psi Solución.C. Lue go la pesión inicial es La ecuación del gas ideal po lo tanto se escibe nomalmente como pV = nRT Donde n = númeo de moles. V1 = V2 30 . p1 = p m + p a ⇒ p1 = 32 + 14.15 K p1V1 = nRT1 y p 2V2 = nRT2 . ¿a que pesión se abá elevado el aie en las llantas? 1 atm = 1.15 = 277.15 K y T2 = 50 + 273.7 psi T1 = 4 + 273.7 = 46. Asumiendo que el volumen es constante . V2 = 1.11 x 106 mol 8. b) ¿Cuánts moléculs hy en l vsij? Solución.7 = 43.31 pue e hacer el cálculo en los os sistemas e uni a es usan o gas i eal ocupa número e moles 100 x 106m J/mol K Se pV 9×8 = RT 0. T2 = 313. t2 = 40 ºC. Determine el e gas en el recipiente. V1 = V .15K p2 = 90 x 103 P.95 tm = 4. Se mantiene un gas i eal en un recipiente a volumen constante. t1 = 10 ºC. Se encuentr contenido un gs en un vsij de 8 tempertur de 20ºC y un presión de 9 tmósfers: ) Determine el número de l vsij. Solución.082 litro atm/mol K = 8. T1 = 283.0221367 x 1023 = 1. la temperatura el aire e las rue as aumenta a 85 ºC y el volumen interior e la rue a aumenta 2 %.15 = 3.15 K R = 0.11 x 106 mol 00. un presión de 30 kP y un volumen de 4 m3 ¿Cuál será su tempertur finl si el gs se comprime 2. t = 477.5 × 353.95 tm = 2.5m3 De n = p 2 = p1 .5 atm. t1 = 127 ºC.15 ⎞ ⎜ ⎟(46. p = 9 tm.15 Ejemplo 66.15K De pV = nRT como la masa no varía pV RT 9.28V × 283. ¿Cuál es la presión el aire? Después e manejar el automóvil a altas veloci a es.5 – 14.1 litros t = 20 °C T = 293.28K L.28V.31 × 293.5 T1 = 400.8692 × 10 −4 × 0. un moles en litros.082 × 293.13 ºC Ejemplo 67. presión manométrica.082 × 293.15 p1V1 p 2V2 = T1 T2 VT V × = 3.95 x 14.15K ) n = ⎛ 323. Un cilindro con un émbolo móvil contiene un gs un tempertur de 127 ºC. Se infla la llanta e un automóvil con aire inicialment e a 10 ºC y a presión atmosférica normal. V = 8 = 20 ºC. p1 = 2. T2 = 353. p1 = 30 x 103 P. T1 = 400.70 psi) Solución. el aire se comprime a 28 % e su volumen inicial y su temperatura aumenta a 40 ºC.95 – 1 = 2.8692 x 104 atm V = 3 = 0. es decir und prte t2 = 85 ºC. t1 = 10 ºC.81 x 1024 moléculas Ejemplo 68.1 n= = 4. es l presión reltiv p ' 2 = 3. ¿Cuál es la nuev a presión en la rue a? Exprese su respuesta en Pa (absoluta) y en psi (lb/pulg2) ( manométrica). V1 = 4 m3. su temperatura es 10ºC y su presión es 2. t2 = 80 ºC. T = 293. T1 = 283.02 x 0.15 ⇒ p 2 = p1 1 2 = 1 × V2T1 0.7 ) = 54.365 psi Seg = 358.118 tm 283.15 Not l presión mnométric p ' 2 .15 K n= p1V pV = 2 ⇒ RT1 RT2 pT p2 = 1 2 T1 2.15 ⎠ absoluta o 54. Primera parte p1 = 1 atm. (1 atm = 14.Clor y Termodinámic Dividiendo ests ecuciones: Hugo Medin Guzmán p1V1 nRT1 ⇒ = p 2V2 nRT2 T p 2 = 2 p1 = T1 T2 = p2V2 90 × 103 × 2.0 x 105 P l tmosféric.8 psi. p = 100 Pa = 9.15 = = 3.5 m3 l presión ument 90 kP? Solución.5 psi ⎝ 277. Inici almente. Durante el proceso.0 mol b) NA = 6. Un un volumen e 100 cm3 a 20 ºC y a una presión e 100 Pa.15K.28V Ejemplo 64.15 p1V1 30 × 103 × 4 = 750.15 n= n= 100 × 100 × 10−6 = 4.15K V2 = 0. V2 = 2.7 = 39.5 atmósferas ¿Cuál será la presión cuan o l temperatura sea e 80ºC? Solución. T2 313.15 K.0221367 x 1023 / mol N = n NA = 3 x 6. Ejemplo 65. 43 tm = 4.28V × 283.15 = 1× V2T1 1. Un cj cúbic metálic de 20 cm de ldo.43 1 = 3.V1T2 V × 358.43 x 14.42 psi Ejemplo 69.42884 x 105 P y l mnométric será p '2 = 4.43 tm = 3.02 × 0.7 = 50.15 = 4. contiene ire l presión de 1 tm y 300 K 31 p1V1 p 2V2 = RT1 RT2 . Clor y Termodinámic de tempertur. de form que el volu men se constnte y se client hst 400 K. Solución. Se cierr herméticmente. Hllr l fuerz net desrrolld sobre cd pred de l cj. Hugo Medin Guzmán p1 = p + ρg t1 = 5 . C.35 x10 3 5 − 1.013 x10 5 = 1.35 x 105 P 30 0 3 4 V1 = πr13 3 2 = a t2 = 12 ºC. T2 = 285.348x10 = 1348 N Ejemplo 70. La tempeatua en la supeficie es de 25 .15 K p p p1 p 2 = ⇒ = 2 ⇒ T1 T2 300 400 400 4 p2 = p = 1.013 x10 5 )(0. T1 = 278.15 K ( ) Fuerza neta desarrollada sobre cada ared de la caja ( 1 − p a )A = (1. Una campana de buzo cilíndica de 3 m de diámeto y 4 m de altua con el fondo abieto se sumege a una pofundidad de 220 m en el o céano.2) 2 = 1. C y en el fondo. a los 220 m. es de 5 . 8 × 4.15 . p1 = 1 atm = 10 1325 Pa. 4 V2 = πr23 3 1V1 2V2 = ⇒ T1 T ( p + ρg )d12 T1 = 2 bd 2 T Supondemos que pa = 1 atm = 101325 Pa g = 9. ¿Cuánto subiá el nivel del agua ad ento de la campana cuando se sumege? Solución.15 = 2 101325d 2 285. La densidad del agua de ma es de 1025 kg/m3.2)d12 278. Sea esa altua.C.8m/s2 Entonces ρ = 1025 kg/m3 (101325 + 1025 × 9. r = 1. H = 4m V2 = πr 2 (H − ) t1 = 25 .5m.13 d1 V1 = πr 2 H .o bien d2 = 1. 15 K t2 = 5 .C. T1 = 298. 15 K La campana está a una pofundidad ’ = 220m El nivel del aua en la campana está a profundidad h’ h La presión es p 2 = p 1 + ρg ('− ) g = 9.8(220 − )(4 − )] 298.15 Ecuación que tiene po solución = 3. Sube una bubuja de gas desd e el fondo en un lago con agua limpia a una pofundidad de 4.2 m y a una tempea tua de 5 .8 m/s2 ρ = 1025 kg/m3 Donde tenemos o sea p1V1 p 2V2 = RT1 RT2 p1 H ( p1 + ρg )('− )(H − ) = T1 T2 Poniendo los valoes: 101325 × 4 = [101325 + 1025 × 9.C.834m Ejemplo 71. T2 = 278.15 278. C asta la supeficie donde la tempeatua del agua es de 12. 50 m es tá ceada en la pate supeio y abieta en la pate infeio.C. ¿Cuál es el c ociente de los diámetos de la bubuja en los dos puntos? (Suponga que la bubuja de gas está en equilibio témico con el agua en los dos puntos. La campana se baja desde el aie al agua de ma (ρ = 1.2m 32 Ejemplo 72.025 gm/cm3 ). Una campana de buzo en foma de cilindo con una altua de 2. si pa indi ca la pesión atmosféica = 4. El aie enceado en la campana inicialmente está a 20.) Solución. 3 m. A esta pofundidad la tempeatua d el agua es de 4. La campana se baja a una pofundidad (medida desde el niv el del agua dento de la campana) de 82.C. ( sugeencia: t ate al aie como un gas ideal y al ma como un líquido en eposo) a) ¿Cuánto subiá el nivel del agua dento de la campana? b) ¿A qué pesión se debeá somete el aie dento de la campana paa saca el agua que entó? Dato: la pesión atmosféica es 1.28x105 P T1 = 20 + 273 = 293 K.013x105 P.C. y la campana está en equilibio témico con el agua.3 = 9.013x105 Pa. a) pT p1V1 p 2V2 = ⇒ V2 = 1 2 V1 p 2T1 T1 T2 p1 = 1.013x105 + 1025x9. Solución.8x82. p2 = 1. T2 = 4 + 273 = 277 K Con los dtos: . 258 m Solución.013x10 )(277 )V (9. L got de mercurio se desplz x. podemos escribir. cu ndo l tempertur del ldo izquierdo se T. Como l cntidd de gs en los dos ldos es igul. hst que ls presiones en mbos depósitos se igul (po).242) = 9.082 Solución.3 m3 y se observ que se escp el 5% del gs.3 + 2.25 m p1 = p + ρg t1 = 2 . ) ¿Cuánto gs hbí en el globo 10ºC? b) ¿Cuál es l presión en el globo 150ºC? ⇒ T = To 2Vo + S (l + 2 x ) 2Vo + S (l − 2 x ) R = 0. Considere que l densidd del gu de mr no vrí con l p rofundidd y tiene un vlor de 1. V2 = (1.242 m b) ⎡ ⎡ ⎛l ⎞⎤ ⎛l ⎞⎤ p o ⎢Vo + A⎜ + x ⎟⎥ p o ⎢Vo + A⎜ − x ⎟⎥ ⎝2 ⎠⎦ ⎝2 ⎠⎦ ⎣ = ⎣ T To Pr que el volumen se igul que en l superficie l presión interior debe de igu lr l presión en es profundidd p = 1.035 g/cm3.28 x10 )(293) 5 5 1 = 0.258) = 2.8x(82. h = 63. Solución. Cundo se client 150ºC el volumen se expnde 2.25m de profundidd en el mr donde l t empertur es 2° C produce burbujs de ire de 1 cm de rdio proximdmente. Un globo poroso tiene un volumen de 2 m3 un tempertur de 10ºC y un presión de 1.1 tm. Dete rmine el rdio de ls burbujs l llegr ests l superficie del mr donde l tempertur es de 27° C.5) ⇒ y = 0.013x105 + 1025x9. El nivel del gu dentro de l cmpn subirá (2.Clor y Termodinámic Hugo Medin Guzmán gs en el volumen izquierdo y el desplzmiento x del mercurio con respecto l posición de equilibrio. tmlitro molK Ejemplo 75.103 A(2.50 – 0.5 05x105 P Ejemplo 73. Un pez que se encuentr 63.103V1 Como tmbién V2 = Ay: Ay = 0. 082 × 423.15 K 1V1 1. t2 = 150oC. 4 V1 = πr13 3 2 = a t2 = 27 ºC. V2 = 2. T2 = 423. n1 = ? p 2 = ? .15 K .3 m3.8 × 0. T1 = 275. V1 = 2 m3.082 × 283. T1 = 283. n2 = 0.387 atm Ejemlo 74.C.95 n1. El termómetro de gases consta de dos reciientes i . T2 = 300.15 = 2300 a) n1 = = 1. p1 = 1.95 × 94.15K.8 mol RT1 0.1atm .15 n RT2 b) 2 = 2 V2 0.1 × 2000 = = 94.15 K t1 = 10oC. 25)13 275.dénticos con gas de volumen Vo cada uno. Clculr el descenso de nivel.24 m. . Un depósito cerrdo contiene gu hst un ltur h = 2. El volumen derecho se coloca un termostato con temeratura To. Una gota de mercurio obstruye el tubo. Por un pequeño orificio de fondo se dej slir el gu.8 × 63.15 10132523 = 300. y por e ncim = 1m. el mercurio se encontrará en el centro del tubo. Gradúese el termómetro.15 o bien 2 = 2 ⇒ r2 = 2 cm r1 Ejemplo 76. ire l presión del exterior p = 1 tm.8m/s2 Entonces (101325 + 1035 × 9. buscand o la deendencia entre la temeratura del 33 4 V2 = πr23 3 (b + ρg )13 b23 p1V1 p 2V2 = ⇒ = T1 T T1 T Supondremos que p = 1 tm = 101325 P ρ = 1035 kg/m3 g = 9. unidos or un tubo do longitud l y sección A. suponiendo invribl e l tempertur del gu. Si las temeraturas do los gases en lo s volúmenes son iguales. se tiene: Arrib : 3V0 . Ejemplo 77.64 − 0. p1 + 2 p 0 El volumen totl es el mismo Vi + Vs = 3V0 + V0 = 4V0 En l prte superior 6 p 0V0 p 0 3V0 p1Vs = ⇒ p1 = T0 2T 0 Vs En l prte inferior 3 p 0V0 ( p1 + 2 p 0 )Vi 6 p 0V0 = ⇒ Vi = ( p1 + 2 p0 ) T0 2T 0 34 . Se y l distnci desde l superficie de nivel l fondo y p l presión del ire. p 0 + mg A Como ls mss son igules p = p( + h − y ) Trnsformción isotérmic El equilibrio se estblecerá cundo De quí result p + ρgy = p a ⇒ p = p − ρgy p a a = ( p a − ρgy )(a + − y ) 4 4 mg ⎞ ⎛ ⎜ p0 + ⎟V0 p 0 3V0 ⎝ mg A ⎠ ⇒ = 2 p0 = A T0 T0 mg Luego p 0 + = 3 p0 A Después de doblr l tempertur Reemplzndo vlores: (1.033 × 10 ⎧0.Clor y Termodinámic Hugo Medin Guzmán Solución. Inicilmente Solución. T0 . Por encim del émbolo y por debjo de él se hl ln mss igules de gs tempertur idéntic.24 − y ) ) L respuest posible es y = 0.98 × 10 4 y (3.64 y=⎨ ⎩3.64 m. T0 . 2T0 . L relción entre el volumen superi or y el inferior es igul 3. p1 Abjo: Vi . p 0 Abjo: V0 .033 × 10 )(1) = (1. 2T0 . ¿Cuál será l relción de los volúmenes si umentmos l te mpertur del gs l doble? Arrib : Vs . En un recipiente cilíndrico se enc uentr en equilibrio un émbolo pesdo. 033 × 10 5 = 0. sólo t les colisiones pueden cmbir ls direcciones del movimiento pero no de sus vel ociddes. pr explicr el comportmiento de los gse s ideles. Este trbjo relizdo por Mxell. junto con cierts sunciones con respecto l nturlez. Un esfer de 20 cm de diámetro contiene un gs idel un presión de 1 tm y 20 ºC.756 x 105 = 0.19 × 10 −3 = 0. E n promedio. estos conceptos. luego Vi = 4V0 − 2. con respecto l form. l tryectori libre medi de tods ls moléculs es igul.15 ºC = 273. fueron si ntetizdos con l mecánic Netonin. En medidos del siglo diecinue ve.033 x 105 P T1 = 20 ºC + 273.732 tm 373 .04 moles.6V0 = ⎨ ⎩2.04 moles p1 = 1 tm = 1. ) 0.Clor y Termodinámic Hugo Medin Guzmán T3 = 0 ºC + 273.082 litro tm/mol K Resp uest. es decir. Boltzmn y otros. tmño y ms. el tmño. ) ¿cuánto s moles de gs se escpn de l esfer l clentrse? b) ¿Cuál es l presión en l esf er cundo está en el hielo? Constnte de los gses R = 0. l distnci vijd libremente se llm tryectori libre.314)(293. b) 0.19 × 10 −3 m 3 3 pV 1.86 Vi 1.6V0 1.6V0 − V0 3. Ls sunciones de l teorí cinétic son: Culquier gs se compone de un número muy grnde de moléculs. Ls moléculs ejercen fuerzs un sobre otr solmente cundo chocn e ntre ells o con ls predes del envse. condujo l des rrollo de lo qué se conoce como l teorí cinétic de gses.15 K 4 3 V = π (0.4V Ejemplo 78. Se cierr l válvul y se coloc l esfer en un bño de hielo 0 ºC.6V0 L respuest posible es VS = 2. 3 p0V0Vs (3V0 + Vs ) ⇒ (4V0 − Vs )(3V0 + Vs ) = 3 p 0V0Vs 4V0 − Vs = ⇒ 12V02 + 4V0Vs − 3V0Vs − Vs2 = 3 p 0V0Vs ⇒ 12V02 − 2V0Vs − Vs2 = 0 ⇒ Vs2 + 2V0Vs − 12V02 = 0 Resolviendo: Vs = −V0 V02 + 12V02 = ⎧− 4.178 n1 = 1 = (8.15 TEORÍA CINÉTICA DE LOS GASES IDEALES. l distribución y los movimientos de ls moléculs y de los átomos.6V0 .15) RT1 . Ls molécu ls de un gs son idéntics.4V0 Finlmente: Vs 2.15 K ⎛ 6 p 0V0 ⎞ ⎜ ⎜ V + 2 p0 ⎟ ⎟ s ⎝ ⎠ Como Vi = 4V0 − Vs Tenemos: Vi = 6 p0V0 = 3 p 0V0Vs (3V0 + Vs ) T p 2 p3 ⇒ p3 = 3 p 2 = = T2 T2 T3 273. L distribución de moléculs es homogéne e isotrópic en culquier envse que encie rre el gs. A medid que se client l esfer hst 100 ºC se permite el escpe de gs. L colisión entre ls moléculs o ls molécul s y ls predes del envse son colisiones perfectmente elástics.10) = 4.15 1.033 × 10 5 4. ) 0. El concepto de los átomos y de ls moléculs que e rn los últimos bloques de edificio de l mteri fue restblecido por Dlton pr explicr ls tres leyes de combinciones químics.6V0 = = 1. Ls moléculs están en un est do incesnte del movimiento cótico en tods ls velociddes y direcciones posibl es.695 tm Solución.15 ºC = 293. Entre ls colisiones sucesivs ls moléculs vijn libremente con veloc iddes constntes. Ls moléculs son esfers perfectmente rígids del rdio insignificnte. ( )( ) moles p2 = p1 = 1 atm = 1.033 x 105 Pa T2 = 100 . C + 273.15 . 314)(373.19 × 10 −3 = = n2 = (8.695 atm 35 ( )( ) .1788 – 0. b) 0.04 moles.C = 373.139 = 0.15) RT2 0.15 K p1V 1.139 moles Escapan 0.033 × 10 5 4. Consi eran o p = Pero y y z respectivamente. así que los efectos d la gavedad son despeciables. 2 2 2 1⎛m⎞ p = ⎜ ⎟N v 2 3⎝V ⎠ Ecuación el gas I eal gas e la Teoría Cinética.Calo y Temodinámica La enegía cinética media de una molécula es popocional a la tem peatua absoluta del gas. Hugo Medina Guzmán Podemos pomedia esta elación paa todas las moléculas: 2 2 v x = v x + v y + v z2 y y e 2 como en nuesto modelo no ay una difeencia eal ente las diecciones x . con v xi . Expesión paa la pesión ejecida po un gas. enc eado en un cubo de lado L La molécula i se mueve con velocidad vi . 2 Luego vi = v xi + v yi + v zi Consi eremos solamente la componente en x e la mo lécula i .y v xi el cambio e canti a e movimiento − 2mv xi es: 1 2 mv = Energía Cinética prome io e una 2 molécula ∝ T 1 2 3 Por consiguiente mv = k B T 2 2 3 La elección e la constante como k B es 2 man ataria para obtener la ecuación el gas i eal similar a la ya encontra a. v yi y v zi son sus componentes x . y z debido a que las apideces son muy altas en un gas típico. f xi = 2 2mv xi mv xi 2mv xi = = Δt 2 L v xi L p= La fuerza sobre la pare ebi o a las N moléculas es: 2 ⎛ N ⎞⎛ 3 ⎞ Nk B T ⎜ ⎟⎜ k B T ⎟ = V 3 ⎝ V ⎠⎝ 2 ⎠ ⇒ pV = Nk B T Y tmbién: Fx = ∑ f xi = ∑ i =1 i =1 N N mv L 2 xi L presión sobre l pred es: . Se sigue que v x = v y = v z . La fuerza ejerci a por esta molécula a causa e sus colisiones perió icas c on la pare ca a Δt = 1 mN 2 2 ⎛ N ⎞⎛ 1 2 ⎞ v = ⎜ ⎟⎜ mv ⎟ 3 V 3 ⎝ V ⎠⎝ 2 ⎠ 2L . Po lo tanto: 2 2 2 v 2 = 3v x Con esta elación obtenemos: Sea N el númeo de moléculas del gas ideal de masa M. la temperatura es e una gran canti a e moléculas. es absur o asunción mv = k B T implica la las moléculas. olumen el gas). 2 2 ENERGÍA INTERNA DE UN GAS IDEAL Cuan o aña imos calor a un cuerpo ponién olo en contac to térmico con un cuerpo a mayor temperatura pue e elevar su temperatura. fun irse o vaporizarse. es ecir. ⎝ V ⎠ i =1 ⎧V = L3 ⎪ ⎛m⎞ 2 N p x = ⎜ ⎟ N v x .2 mv xi Fx ∑ L ⎛m⎞N 2 = ⎜ 3 ⎟∑ v xi p x = 2 = i =1 2 L L ⎝ L ⎠ i =1 N ⎛m⎞ 2 p x = ⎜ ⎟∑ v xi . 36 . con ⎨ 2 2 V⎠ N v x = ∑ v xi ⎝ 2 Siendo vi = v xi + v yi + v zi N ⎛ R ⎞ pV = Nk B interpretación o concepto esta ovimiento me io T = N ⎜ ⎟ ⎜ N ⎟T = nRT ⎝ a⎠ pV = nRT 1 2 3 La e la energía térmica como energía mecánica e ístico solamente. Se pue en efectuar estos mismos cambios realizan o trabajo que r esulta en la isipación e energía mecánica por fricción. no obstante com la manifestación el m ecir 1 2 3 mvi = k B T para cualesquier i. y z. Como vimos anteriormen te Hugo Me ina Guzmán presión p0. las rotaciones sobre este eje no agrega casi na a a la energía K = 1 2 Iω . Sin embargo. tres se asocian a rotaciones so bre los ejes x. así u e para la mayoría de los propósitos asumimos ue una molécula diatómica tiene 5 rados d e libertad. y. es e el momento e la inercia I para las rotaciones sobre el eje OO es aproxima amente cero. el volumen ni el tipo e molécula. Po emos obtener la energía cinéti ca por mol multiplican o la ecuación por el número e Avoga ro y usan o la relación M = NAm: 3 3 nRT = p0V0 2 2 Cuan o se expan e se convierte en energía cinética e los émbolos NA 1 2 1 3 mv = M v 2 = RT (energía cinética 2 2 2 K= 1 2 1 2 mvm + MvM 2 2 (1) me ia por mol e gas) Esta ecuación ilustra un resulta o general llama o el teorem a el equipartición e la energía que ice que ca a "gra o e liberta " e un gas co ntribuye una canti a e ½ kBT a la energía interna total. la mecánica cuántica demuestra ue los modos vibratorios no e stán excitados apreciablemente sino hasta ue la temperatura del as es alta. 7 gra os e liberta . Un gra o e liberta es u n movimiento in epen iente que pue e contribuir a la energía total. Menospréciese la masa el gas en comparación con las masas e los émbolos. La energía interna el gas es U= que la energía cinética traslacional me ia por molécula epen e solo e la temperatura . no e la presión. Estímese sus veloci a es máxim as. in volucran una transferencia e energía. a la que vamos a enotar con la letra U. La energía mecánica que se aña e no esaparece. y uno se asocia a las vibraciones e la molécula a lo lar go el eje e OO (como las masas que vibran en los extremos e un resorte). Tres se asocian a la traslación a lo largo e los ejes x. en principio. Un as monatómico como el helio tiene 3 rados de libertad. Además. u na molécula tal como O2 tiene.Calor y Termo inámica Aña ir calor y realizar trabajo sobre el cuerpo en tal forma e isipar energía son equivalentes en lo que concierne a efectos térmicos. 1 2 3 mv = k B T in ica 2 2 Solución. La enería i nterna total de n moles de un as monoatómico (con tres rados de libertad) es: 2 Cantidad de movimiento inicial: 0 Cantidad de movimiento final: MvM − mvm Cantidad de movimiento inicial = Cantidad de movimiento final. y. Por ejemplo. p ermanece entro el cuerpo en forma e energía potencial y cinética asocia a con los movimientos al azar e los átomos el cuerpo. Los émbolos se ejan libres. vm = M (M + m ) . 0 = MvM − mvm ⇒ MvM = mvm (2) De (1) y (2): vM = 3 p0V0 m . A esta energía térmica se le conoce com o ENERGÍA INTERNA. y z . Ambos. por ejemplo. el intercmbi o de energí del sistem con el mundo exterior puede expresrse como el trbjo re lizdo dW = Fdx y F = pA Se tiene: U= dW = ( pA)dx = p ( Adx ) ⇒ dW = pdV Ejemplo 79. entre los cules hy un gs monotómico de volumen V0 37 Siendo dV el cmbio del volumen del gs. El efecto del grn número de colisiones que tien en lugr en l unidd de tiempo. se puede representr por un fuerz F que ctú s obre tod l superficie de l pred U= 3 nRT 2 5 nRT 2 L energí intern totl de n moles de un gs ditómico (con cinco grdos de libert d) es: Si un de ls predes es un pistón móvil de áre A.3 p0V0 M m (M + m ) ( ) TRABAJO REALIZADO POR UN GAS Consideremos. y éste se desplz dx. o de su momento linel. un gs dentro de un cili ndro. . En un tubo termo isldo liso e infinito se encuentrn dos émbolos con mss M y m. Ls moléculs del gs chocn contr ls predes cmbindo l dirección de su v elocidd. encontrmos siempre el mismo v lor.Clor y Termodinámic Expresión que nos permite l integrrl. Por otro ldo l convención de signos de: Q es consistente con este hecho. Propósito de ls máquin s s hcer trbjo y este 1o llmmos en l vid diri trbjo útil o positivo . ) p = constnte W = ∫ pdV ⇒ W = p o ∫ = 2Vo W = p 0 (2V0 − V0 ) = p 0V0 Vo dV = p o V 2V0 V0 Ests cntiddes dependen no solmente de ls crcterístics de los estdos inici l y finl. y sen de clor o trbjo. ddo que el. medinte un determindo proceso termodinámico y durnte el cul med imos el clor bsorbido Q y el trbjo relizdo W. el primer principio tom l form b) El gráfico muestr l relción linel de l presión y l tempertur. Por consiguiente l diferenci Q W represent l vrición de energí intern del sistem. ¿Qué trbjo ejecutrá el gs sobre el émbolo?. b) crece linelmente hst l presión 2po me did que ument el volumen. Sin embrgo. Este cmbio obedece l costumbre o trdición. Hugo Medin Guzmán energí termin se dice que el sistem h experimentdo un cmbio de energí intern. clculr e trbjo en tre dos estdos. en tnto que l presión del gs en este cso: ) permnece constnte. donde W es positivo cundo es hecho sobre el sistem . ument l doble. podemos escribir U 2 − U1 = Q − W Expresión que constituye el primer principio de l termodinámic. Tmbién que Q es positivo cundo el sistem recibe (entr) clor y W es positivo cundo el sistem reliz (sle) trbjo.. volumen y tempertur correspondientes los estdos 1 y 2 difieren en cntiddes finits. Solución. sino tmbién de los estdos intermedios del cmino en prticulr segui do en el proceso. En cierto cilindro un émbolo móvil encierr un volumen Vo con presión po. Si los estdos 1 y 2 vrín inf initesimlmente. conociendo l relción entre l presión y el volumen. o Q = (U 2 − U 1 ) + W Teng en cuent que Q y W deben expresrse en ls misms uniddes. W A→ B = ∫ pdV A B Ejemplo 76. Note que l convención de signos que estmos utilizndo quí en este cpítulo pr el trbjo es opuest l utilizd en l Mecánic. l desplzrse el émbolo. p − p0 2 p0 − p0 p0 p ⇒ p = 0V = = V0 V − V0 2V0 − V0 V0 2V0 p 0 W =∫ VdV V0 V 0 . si clculmos l diferenci Q W pr ir del est do de equilibrio y l 2 por diferentes cminos. El émbolo se dej libre. si socimos un número con cd estdo de equilibrio de tl modo que sirv como medid de est cntidd. L form descrit se plic cundo los vlores de l presión. si el volumen del gs. Supongmos un sistem l que se hce psr del estdo de equi librio 1 l 2. cund o un máquin disip o pierde clor es indeseble o negtivo. suministrr o quitr. Como y hemos dicho l trnsferenci de clor y l relizción de trbjo constituyen dos forms o métodos de trnsferir. 38 .p V2 = 0 V0 2 V 2V0 = 0 0 p0 4V02 − V02 2V0 ( ) = 3 p0V 2 dQ = dU + dW PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA. o se. represent energí en tránsito y son los térm inos utilizdos cundo l energí está en movimiento. energí un sustnci. Un vez que l trnsferenci d e dQ = dU + pdV Ddo que: dW = pdV Si el sistem de tl nturlez que el único trbjo se reliz medinte un expn sión o compresión CALOR ESFECÍFICO DEL GAS IDEAL Antes de ver ls principles trnsformciones de lo s gses vemos el clor específico de un gs idel volumen constnte y presión c onstnte. dQ = dU + dW . con su pequeñ inerci de rotción. Se (dQ )V un pequeñ cntidd d e clor que Hugo Medin Guzmán c p = cV + R Clor específico del hidrógeno El comportmiento del clor específico del hidrógeno con el cmbio de tempertur es summente desconcertnte inicios del siglo XX. En bjs temperturs que se comport como un gs monotómico. El estdo de un gs culquier o un mezcl de gses está d etermindo por su tempertur. ctú como un gs monotómico lo tnto no se reliz trbjo (dW = 0 ) . requiere un grn cntidd de energí pr excitr su primer r otción moleculr de estdo cuántico. En el cso del gs idel e sts vribles se unen por l relción pr un mol de gs. Por (dQ )V = dU Como: CV = (dQ )V dT = dU dT De quí l cpcidd clorífic volumen constnte. plicndo el primer principio de l t ermodinámic. 2 dU 3 CV = = nR dT 2 PROCESOS TERMODINÁMICOS. obtenemos: bsorbe un gs volumen constnte (dV = 0 ) . luego.Clor y Termodinámic Ls cpciddes clorífics ms importntes son ls que se det erminn cundo los procesos se relizn volumen constnte ( CV ) o presión con stnte (Cp ) Clor específico volumen constnte. Ddo que no puede obtener es cntidd de ener gí bjs temperturs. plicndo el primer principio de l termodinámic (dQ ) p Donde (dQ ) p Como (dW ) p . su presión y su volumen. Tomó el d esrrollo de l teorí cuántic pr demostrr que el hidrógeno ditómico. CV = (dQ )V dT Pr un gs idel monotómico: U= 3 nRT . De igul modo si (dQ ) p es un pequeñ cntidd de clor que bsorbe un gs presión constnte. Clor específico presión constnte. pero temperturs más lts su clor específico sume un vlor similr otrs moléculs ditómics. dp = 0 . Un estdo que stisfg ests condiciones se denomin estdo de equilibrio ter modinámico y sus vribles stisfcen l ecución nterior. un trnsfo rmción exigirí un tiempo infinito pr su relizción). Esto se c onsigue. L fuerz ejercid por el sistem sobre el recipiente es uniforme en tod su superficie y es contrblnced por tuerzs externs. L tempert ur es uniforme en todo el sistem e igul l del recipiente. durnte l trnsformción. Si queremos usr l ecu ción de estdo durnte un trnsformción. b) Equilibrio me cánico. hciendo los cmbios en form suficientemente lent pr qu e el sistem entre en equilibrio después de cd modificción (en rigor. L estructur intern del sistem y su composición químic no vrín de un punto otro . el sistem está en t odos los instntes en un proximidd infinit l estdo de equilibrio. es necesrio que el sistem no se leje m ucho de ls condiciones de equilibrio. 39 L especificción del estdo de un gs presupone: ) Equilibrio térmico. c) Equilibrio químico. C p = CV + nR Cp = Pr un gs monotómico: Cp = 3 5 nR + nR = nR 2 2 Tmbién como C p = CV + nR . este proceso se llm cusi estático.= dU + (dW ) p pV = RT = pdV ⇒ = dU + pdV Cp = (dQ ) p dT De esto obtenemos: dU dV +p dT dT dU dV y como CV = . en generl. C p = CV + p dT dT pr un gs idel pV = nRT A presión constnte. luego dV pdV = nRdT ⇒ p = nR dT Luego. L cpcidd clorífic por mol . esto se consigue procurndo que l trnsf ormción se relice en un sucesión de estdos de equilibrio poco diferentes entre sí. l finl se encuentr llen de ire y el trbjo por mol relizdo sobre el sis tem serí − p oV0 . Note que el gs inicilme nte tení un volumen V y un presión p y finlmente un volumen V y un presión p/2. en un gs idel depende solmente de su tempertur. Como está isldo no h hbido pérdid ni gnnci de clor. mostrr que l energí intern finl y l inicil son igules. Probr que u f = u 0 + p oV0 . Solución. Hugo Medin Guzmán Q = ncV (TB − T A ) Donde cV es el clor específico volumen constnte Ejemplo 80. Un cámr l vcío hech de mteriles islntes se conect trvés de u n válvul l tmósfer. donde l presión es p o . o se (U 2 − U 1 ) + W =0 Isobárico o presión constnte W = p (V B − V A ) . donde Isotérm ico o tempertur constnte u 0 y V0 es l energí intern molr y pV = nRT L curv volumen molr de tempertur y presión de l tmósfer. Q = nc p (TB − T A ) el trbjo W relizdo sobre el sistem tmbién es cero. Un recipiente de predes rígids y completme nte islds está dividido en dos por medio de un pred. Solución. Aplic ndo el primer principio de l termodinámic: p= . Si l pred que los sepr se rompe súbitmente. Inicilmente l cámr tení un volumen cero de ire.Clor y Termodinámic L energí intern U del sistem depende únicmente del estdo d el sistem. Un prte contiene gs y l otr está evcud. u f es l energí intern mol r del ire en l cámr. Lu ego: Donde c p es el clor específico presión constnte (U 2 − U 1 ) = 0 ⇒ U 2 = U1 Ejemplo 81. Mientrs que l trnsferenci de clor o el trbjo mecánico dependen del tipo de trnsformción o cmino seguido pr ir del estdo inicil l finl. Expnsión libre de un gs. Se bre l válvul y el ire fluye l cámr hst que l presión es p 0 . Isocórico o volumen constnt e No hy vrición de volumen del gs. luego W = 0. Según el primer principi o de l termodinámic: Q = (U 2 − U 1 ) + W Como el sistem está isldo Q es cero. Q = W 0 = (u f − u 0 ) − p oV0 u f = u 0 + p oV0 Ejemplo 82. 40 . Un gas se expan e es e I a F por tres posibles trayectorias como se in ica en la figura. represent l V VB trnsformción en un digrm p –V es un hipérbol cuys síntots son los ejes coorden dos W= VB VA ∫ pdV = ∫ V nRT dV = nRT ln B VA V VA Q = (U 2 − U 1 ) + W Obtenemos por mol Finlmente: ΔU = 0 .constnte . determine el trbjo relizdo por el gs dur nte el ciclo. Hugo Me ina Guzmán = nRT ln ⎛ nRT nRT ⎞ pa + pb ⎜ ⎜ p − p ⎟ ⎟ pb b ⎠ ⎝ a ⎡ p ⎛p ⎞⎤ = nRT ⎢ ln + ⎜ b − 1⎟ ⎥ ⎟ ⎜ ⎠⎦ ⎣ pb = 19. Si T = 30 0 K.33 J = 304 J c) W IBF = ∫ f i pdV = 2 × 1 = 2 litro tm = 2 x 101. T b = 2T. un compres ión isobáric (b c) y un umento de l presión volumen constnte (c d). IF y IBF. como se muestr en l f igur.33 J = 405. un expnsión isotérmic ( b).32 J ∫ 1 (1 × 2) 2 Ejemplo 84. el trbjo relizdo por el gs es + 91 J. pb = pc = 1 tm. Ub = 35 J. En el proceso b → c. ) W IAF = b) W IF = ∫ f i f i pdV = 2 x (4 2) pdV = 2 × 1 + = 4 litro tm = 4 x 101.9 l tm = 2017. Usndo l ley del gs idel pV = constnte . b) El clor remo vido en el proceso d → . El ciclo const de tres prtes. T podemos encontrr un relción entre ls temperturs en . c y d. b. Si T = T. Ls energís interns de los estdos son: U = 10 J.7 J Ejemplo 83.33 J = 202. L figur muestr un ciclo donde es el estdo inicil del sistem. = 3 litro tm = 3 x 101. Ud = 39 J. Un muestr de un gs idel d e 1 mol se llev trvés de un proceso termodinámico cíclico.5 J Solución. Tc = 4T y Td = 2T ) Qbc = C p (Tc − Tb ) = C p ( 4T − 2T ) = 2C p T Solución. p = 5 tm. Solución. Encontrr: ) El clor ñdido l sistem durnte el proceso b → c.Calor y Termo inámica Calcule el trabajo realiza o por el gas a lo largo e las tr ayectorias IAF. Por l segund ley de l termodinámic: W = Wb + Wbc + Wc Wb = ∫ pdV = ∫ nRT b b . Pr un expnsión isotérmic b V dV = nRT ln V Vb = nRT ln p pb Pr l compresión isobáric bc Wbc = pb (Vc − V ) Wc = 0 Pr l compresión isocóric c no hy trbjo. De tl mner: U c − U b = Qbc − Wbc ⇒ U c − 35 = Qbc − 91 Por otr prte en el proceso → b : U b − U = b − Wb ⇒ 35 − 10 = Qb − 0 y Qb = 25 J y tmbién Qb = CV (Tb − T ) = CV (2T − T ) = CV T luego CV T = 25 J En el proceso c → d : U d − U c = Qcd − Wcd ⇒ 39 − U c = Qcd − 0 Como p W = nRT ln + p c (Vc − V ) pb Qcd = CV (Td − Tc ) ⇒ Qcd = CV (2T − 4T ) = −2CV T y Qcd = −2 × 25 = −50 J 41 . En l figur se muestrn diverss tryectoris entre los estdos de equilibrio . Además.500 cl. observe que l ir por l tryectori db solo se hce trbjo en d y no en db. Luego Qbc = U c − 35 + 91 = 89 − 35 + 91 = 145 J Qbc = 145 J b) Qd = U − U d + Wd Qd = C p (T − Td ) = C p (T − 2T ) = −C p T Como Qbc = 145 J = 2C p T Luego Qd = −C pT = − Qd = (U d − U ) + Wd Qd = 10000 + 2500 = 12500 cl. o se. el trbjo relizdo es 5 000 cl. se tiene: Q = 20000 cl. hállese el clor bsorbido en los procesos d y db. b. luego U b − U d = 12500 – 10000 = 2500 cl. b) Determinr el c lor ñdido lo lrgo de cd un de ls etps del ciclo. Finlmente ) Cundo el sistem ps de1 estdo l b lo lrgo de l tryecto ri . Solución. ) Determinr l tempertur de cd estdo . c. Entonce s se comprime presión constnte hst lcnz su volumen originl en el punto d y finlmente se client volumen constnte hst que vuelve su estdo origin l. Qdb = (U b − U d ) + Wdb = 2500 cl. c y d. Clculr el cmbi o de energí intern (U b − U ) . se tiene qu e: Wd = Wdb = 2500 cl. Si U = 0 .Clor y Termodinámic con lo que encontrmos Hugo Medin Guzmán U c = 39 − Qcd = 39 + 50 = 89 J Finlmente: U d − U = 10000 cl. b. cuyo volumen es 30 litros y luego s e enfrí volumen constnte hst que su presión es de 1 tm en el punto c.5 J 2 Como encontrmos que Qdb = 15000 y Qdb = Qd + Qdb Obtenemos Qdb = 15000 – 12500 = 2500 cl. Un mol de un gs idel se encuentr en un estdo inicil p = 2 tm y V = 10 litros indicdo por el punto en el digrm pV de l figur. ¿Cuánto clor bsorbe o liber el sistem? d) Si U = 0 y U d = 10000 cl. en un digrm pV. lo lrgo de l tryectori curv b. b) Por l tryectori db. Ub −U = Q −W ⇒ U b − U = 20000 – 7500 = 12500 cl. d) Determinr l energí de cd estdo . si el trbjo relizdo es 2500 cl? c) Cundo el sistem vuelv e de b hci . ) Por l tryectori cb. El gs se expnde presión constnte hst el punto b. b recibe 20000 clorís y reliz 7500 cl de trbjo. Wdb = 0 Y como en () hemos determindo que U b − U = 12. c y d. . Q = (U b − U ) + W Ejemplo 86. se tiene que U b = 12500. Luego. (bsorbido) c) Pr l tryectori b. W = 2500 cl. W = 7500 cl. c) Clculr el trbjo relizdo lo lrgo de cd tryectori. (bsorbido) 145 = −72. e) ¿Cuál es el trbjo neto relizdo por el gs en el ciclo completo? Q = 12500 + 2500 Qdb = 15000 cl. (Absorbido) Est últim cntidd tmbién podrí encontrrse teniendo en c uent que: Ejemplo 85. W = + . b) ¿Cuánto clor recibe el sistem lo lrgo de l tryectori db. b. c y d. Solución.5000 cl.000 cl . Q = (U − U b ) + W Q = 12500 + 5000 Q b = 7. (liber) d) Si U = 0 y U d = 10.500 cl. Luego. ) Por l ley del gs idel: pV = nRT ⇒ T= pV nR 42 . K W = 1(10 − 30 ) = 20 litro atm W = 2026 J = 484 calorías (trabajo sobre el sis tema) De → a (volumen constante) El trabajo es W = 0 .6 K ⎨ 0.4 K En c ⎨ c 0.Clor y Termodinámic Hugo Medin Guzmán Como 1 litrotm = 101.4 – 730.6 = 487.6 K Q = (5)(− 243. 3 C p = nR 2 Como n = 1 .6 ) = 1218 calorías De → a (volumen constante) El calor suministra o es Q = CV ΔT ΔT = 243.8 K ⎨ 0.0821 ⎩Vc = 30 litros ⎧ p = 1 tm Luego T = 1× 10 = 121.0821 Vb = 30 litros ⎩ ⎧ p = 1 tm Luego T = 1× 30 = 365.4 K Q = (3)(− 365.8) = 365.8 K ) = 2192.3 J = 24.4 = 243.8 = 121. (no hy t rbjo).6 – 121.2 – 1218 +365.4 K e) Trabajo neto = Wab + Wbc + Wc + W a U= = 4052 + 0 – 2026 + 0 = 2026 J = 487 cal Calor absorbi o = Qab + Qbc + Qc + Q a = 2436 – 1096. De c → d (presión constnte) El trbjo es W = p(Vd − Vc ) n = 1 .8 – 365.8 K ) = 365. b) etermine los signos e W aso cia os a ca a proceso.4 K U c = 3Tc = 3(365. Consi ere el proceso cíclico escrito en la figura . ) Como Cp = 5 nR 2 cal cal ⇒ Cp = 5 mol K K Como n = 1 . R = 0. y R = 2 cal mol K ⇒ Cp = 3 ΔT = 365.2 calorías De c → (presión constante) El calor suministra o es Q = C p ΔT cal K ΔT = 121.6 K ) = 730. (no hay trabajo).0821 2 × 10 En ⎧ p = 2 tm Luego T = = 243.atm mol.4 ) = 1096.4 calorías c) De a → b (presión constante) El trabajo es W = p(Vb − Va ) .8 – 243.4 = 487 cal Trabajo neto = calor absorbi o = Calor que en tra – calor que sale.8 cal U b = 3Tb = 3(730.8 K Q = (3)(121.8 = 365.4 K ) = 1096.0821 ⎩V = 10 litros 2 × 30 En b ⎧ pb = 2 tm Luego T = = 730.0821 ⎩Vd = 10 litros b) De → b (presión c onstnte) El clor suministrdo es Q = C p ΔT Sien o gas i eal (gas monoatómico) litro.2 K U = 3T = 3(12 1.2 K Q = (5)(487.2 ) = 2436 calorías De b → c (volumen constante) El calor suministra o es Q = CV ΔT Sien o gas i eal (ga s monoatómico) 3 nRT 2 3 ⎛ cl ⎞ = (1mol)⎜ 2 ⎟T 2 ⎝ mol K ⎠ = 3T U a = 3Ta = 3(243. y R = 2 ΔT = 730. Si Q es negativo para el proceso BC y ΔU es negativo para el proceso CA: a) ete rmine los signos e Q asocia os a ca a proceso.8 K En d ⎨ d 0. Ejemplo 87.2 cl: W = 4052 J = 968 clorís (trbjo del sistem) De b → c (volumen constnte) El trbjo es W = 0 . a) QAB = positivo QBC = negativo (Dato) (UC –UB) = QBC WBC = QCA = negati vo (UA –UB) = QCA WCA ⇒ = QCA = (UA –UC) + WCA = () + () = negtivo .W = 2(30 − 10 ) = 40 litro atm 43 Solución. 317 J/ mol (325 – 250) = 1072 J.04 x 109 erios = 304 J. La entrada de c alor por lo tanto es: Q1 = ncv(T2 – T1) = 0. Ejemplo 89. L slid de clor es p or lo tnto: Q’2 = ncp(T4 T1) = 0.487 mol También C p = CV + nR . Wcd = 0 . = 0. como T se incrementa en la razón 650/500.487 mol x 29. p 2V1 = RTb . W = ( p 2 − p1 )(V2 − V1 ) W = p 2V2 − p 2V1 − p1V2 + p1V1 Por la de los ases id eales p 2V2 = RTc . Esto debe ap arecer como trabajo hecho por el as. como p se duplica. p1V2 = RTd . Clculr el clor totl recibido durn te estos procesos. La entrada de calor total durante estos dos procesos es Q = Q1 + Q2 = 4701 J. como se esperb. Wda = − p1 (V2 − V1 ) . En el Seundo proceso de enfriamiento V se reduce en la razón de 5/6. y T se hace 250. Las temperaturas en los puntos a y c son Ta y Tc. y T también se hace la mitad 325 . p1V1 = RTa W = R(Tc − Tb − Td + Ta ) Como Tb = Td W = R(Tc + Ta − 2Tb ) De las relaciones 44 . Hugo Medin Guzmán tempertur originl. Lo ue esta de acuerdo con el inreso. la capacidad calorífica por mol cp = cv + R. si se sabe ue los puntos b y d yacen en una isoter ma La ecuación del as ideal permite el cálculo del número de los moles oriinalmente pre sentes.0+ 8. ue re presenta el trabajo hecho por el as.0 J /mol K Luego el gs entonces es e nfrido vo1umen constnte hst su presión originl y después presión constnte se llev el gs hst su volumen originl. W = Wab + Wbc + Wcd + Wda Wab = 0 .317 J/mol x(650 – 500) = 2143 J.0 J /mol x (650 325) = 3325 J. T se duplica también a 500 .0821 litro atm/mol. Es un rectánulo de alto 2 atm y laro1.013 x 106dinas/cm x 1.5 li tros. El área bajo ésta curva es: W = 2 x1. la Solución. puesto ue la enería interna del as debe s er iual al principio y en el final de un proceso de cíc1ico.317)J/mol = 29. y luego presión constnte hst un tempertur de 650 K.487 mol x 21. Sobre u n mol de as se realiza un ciclo cerrado ue consta de dos isócoras y dos isóbaras.0 J/ mol x (500 – 250) = 2558 J. Pr el gs el cv es 21. La diferencia entre el calor de entrada y el de salida es 304 J. Q = H’1+ H’2= 4397 J. Durante el prim er proceso de enfriamiento p se hace la mitad. Un cilindro contiene un gs idel un presión de 2 tmósfers. el volumen es de 5 1itros un tempertur del gs de 250 K. Wbc = p 2 (V2 − V1 ) . ) Encuentre l slid de clor totl d urnte estos procesos y b) el trbjo totl hecho por el gs en el proceso cíclico del conjunto. La salida de calor es Q’1 = ncv (T3 T4) = 0. Determínese el trabajo ue efectúa el as durante dicho ciclo. La salida de calor total durante el proceso de enfriamiento es. La entrada de calor por lo tanto es: Q2 = ncp(T3 T2) = 0.317 J/mol En el primer cambio p/T es c onstante y lueo.487 mol x 29. n= pV 2atm × 5litro = RT 0.5 . Solución.5 x 103 cm3 = 3. En el Seundo cambio V/T es constante y.5 1itros. El gs se client volumen constnte hst un presión de 4 tmósfers. a) cp = cv + R = (21.487 mol x 21. b) La cantidad 304 J debería estar de acuerdo con el valor del área dentro de la curva del ciclo.Clor y Termodinámic b) WAB = positivo WBC = 0 (A volumen constnte) WCA = 2 (61 0) = 8 = negtivo Ejemplo 88. entonces V se hace 6. El área el trapezoi e es: = . y aun para un gas no i eal.95 x 105 Solución. ¿cuánto trabajo efectúa el gas en este que el gas tiene comportamiento i eal. una trayec gas: aumenta.60 ) 2 = 1. W = − 1 (500 × 103 + 150 × 103 )(0.85 ⎞ ΔU = ⎜ ⎟ 5 × 10 5 (0.315 ⎠ [( ) ( ) ] Luego ΔU = Q − W = 5.40 x l05 Pa. Una canti a e aire se lleva el esta o a al b siguien o toria recta en una gráfica pV.95 x 105 J 2 ΔU = nCV ΔT Con T1 = Ejemplo 90.0700 m3. b) Si V = 0.00 proceso.015 x 104 J ⇒ Q = ΔU + W = 0. pa = 1. esto in ica un incremento e temperatura. a) En este proceso ¿la temperatura el isminuye o no cambia? Explique. a) El pro ucto pV se incrementa. El trbjo es el áre bjo l tryectori de A B en el gráfico pV . Suponga p1V1 PV .80 ) ⎝ 8.1100 m3.5 × 10 5 (0. Vb = 0.5015 x 105 1. El vol umen disminuye. x l05 Pa y pb = 1.Calor y Termodinámica Huo Medina Guzmán T p1 p 2 p = → 1 = a y Ta Tb p 2 Tb T p1 p 2 p = → 1 = d Td Tc p 2 Tc Ta Td → Ta Tc = TbTd = Tb Tc Con Tb = Td ⇒ T Tc = Tb Finlmente 2 T Tc = Tb Con lo que obtenemos W = R Tc + T − 2 T Tc Tc − T ( = R( ) ) Solución. T2 = 2 2 nR nR p2V2 − p1V1 ⇒ ΔT = T2 − T1 = nR CV ⎞ ⎛ ΔU = ⎜ ⎟( p 2V2 − p1V1 ) ⎝ R ⎛ 20.20 ) − 1. b) El trabajo es el área encerra a bajo la línea que representa el proceso y las verticales en Va y Vb . tl que W < 0. Solución. halle la capaci a calorífica molar a presión constante.00 x 103 m ol. c) Halle la capaci a c alorífica molar a volumen constante. a) ΔU = Q − W Q = 20. Cuatro moles e O2 se llevan e A a B con el proceso que muestra en una gráfica pV e la figura.06 J b) Q = nC p (T2 − T1 ) T1 = p1V1 1.013 × 10 5 2 (113 − 63) × 10 −6 m 3 m W = 5.3 × 8. Sea 20.9 J el calor aña i o a etermina o gas i eal.40 × 10 ) (0.0400) = 400 J 2 Ejemplo 91. el calor fluye fuera el gas. Suponga que el tiene comportamiento i eal. Ejemplo 92.2.00 × 10.9 J.013 × 105 × 63 × 10−6 = = 384 K nR 2.00 atm. 1 ( pb + p a )(Vb − Va ) 2 1 5 = ( 2.31 45 . Calcule el flujo e calor Q urante este proceso. a) ¿En cuánto camb ió la energía interna el gas? b) Si la canti a e gas presente es e 2. 0 a 113 cm3 mientras que la presión permanece constante a 1. ¿Entra calor en el gas o sale e él? W = p (V2 − V1 ) ⇒ N W = 1. su volumen cambia e 63. Como resulta o.45 x 105 Q es negativo. 9 × 10 J Cp = = 34. porque el estdo inicil () y el finl (c) del sistem son los mismos por mbs tryectoris. W e s de 120 J. par a ab Qab = 90 J .013 × 105 × 113 × 10−6 = = 689 K nR 2.0 kJ Ejemplo 94. Un sistem termodinámico se llev del estdo l estdo c de l figur siguiendo l tryectori bc o bien l tryectori dc. ¿el sistem bsorbe o desprende clor? Solución. Vmos usr ls ecuciones.00 × 10. bc. Ls energís interns de los cutro estdos son: U. L presión del sistem es p tnto en el es tdo como en el d. y es p c tnto en el estdo b como en el c.5 + 3 – 2 – 1.31 b) Trbjo totl = Are ABCDA = (3. d y dc. y T = pV . y es T1 = p1V1 1. Clcule el flujo neto de clor l sistem y el trbjo neto efectudo por el sistem en cd tryecto ri.3 2 × 305 mol K c) CV = C p − R ⇒ CV = 34. ) pV = n RT. No se realiza trabajo en los proc esos ab y c. W = p (V2 − V1 ) y ΔU = Q − W . Uc = 680 J y Ud = 330 J.31 = 26 J mol K Ejemplo 93. ¿Por cuál tryectori es myor el flujo neto de clor? ¿Por cuál es myor el trbj o neto? d) Un migo le dice que ls cntiddes de flujo de clor deben ser igul es pr l tryectori bc y l tryectori dc. Un mol de un gs idel monotómico es llevdo cusiestáticmente desde el estdo A recorriendo el ciclo ABCDA. El volumen el sistema es Va tanto en el esta o a como en el b. Ls energís interns de los cutro estdos mostrdos en l figur son : U = 150 J. W = 0. a) El trabajo hecho por el sistema urante el proceso: A lo largo e ab o c . clcule: ) el trbjo efectudo por el sistem. b. Vc tnto en el estdo c como en el d. en el punto A: nR 6 × 10 3 × 1 TA = = 722 K 1 × 8. A lo largo e bc. Ejemplo 95. c y .3 × 8. Por l tryectori bc .Clor y Termodinámic Hugo Medin Guzmán Pr cd proceso. Ub = 240 J. Q = ΔU + W . El calor para ca a proceso es. Hllr : ) L tempertur en A b) El trbjo totl. b) el flujo de clor l sistem durnte el proceso. Ub. Wbc = pc (Vc − Va ) A lo largo e a . Las f lechas representa as en los procesos in ican la irección el incremento e la tem peratura (incrementan o U). Wa = p a (Vc − Va ).00 × 10 −3 C p (689 − 20. para a Qa = 180 J + 12 0 J = 300 J . para bc Qbc = 440 J + 450 J = 890 J .9 × 103 J Cp = = 34. En cd proceso. para c Q c = 350 J .5)2 = 6. c) El sistem se puede llevr d el estdo l c siguiendo l tryectori bc o bien l dc. ¿Cómo responderí es t firmción? Solución. tl como se muestr en l figur. también Wbc = Wabc y Wa = Wa c . el trbjo W efectudo por el sistem es de 450 J. Pr cd uno de los procesos: b. Uc y Ud. Clcule el flujo de clor Q p r cd uno de los cutro procesos: b. bc. el calor es absorbi o en ca a proceso.3 2 × 305 mol K 3 20. La figura muestra cuatro esta os e un s istema termo inámico: a.31 20. .9 = 2. d y dc.3 − 8. Por l tryectori dc. .b) El calor que ingresa al sistema urante el proceso: Solución. tal que. Qab = U b − U a + 0. 46 Q = ΔU + W . ΔU ab = U b − U a . ΔU c = U c − U . Es importan te hacer notar que este trabajo. El cambio e la energía Interna ΔU es in epen iente e la trayectoria e tal manera que es igual para la trayectoria abc y para la trayectoria a c. Ejemplo 96. en función e las capaci a es caloríficas. Puesto que ΔU es igual y W es iferente. se tiene: U 2 − U 1 = −W . p2 . la presión volumen y temperatura cam bian e forma tal que es escrito solamente por una relación entre p y V. e acuer o al primer principio. la c anti a en exceso o efecto compara o con el trabajo a iabático es calor y es lo q ue realmente lo efine como otra forma e trabajo. tal que Qbc = (U c − U b ) + pc (Vc − Va ) . Q = 0. ΔU a = U − U a . p1V2 = p 2Vc p2 pV ⇒ Vc = 1 2 p2 Reemplzndo los vlores de Vb y Vc respectivmente: V2 V = p1V2 ln 2 Vc Vc = p1 (V1 − V2 ) Wneto = p1V1 ln Wneto d) Pr entender est diferenci. entre los os esta os a os. Qabc = U b − U a + (U c − U b ) + pc (Vc − Va ) = (U c − U a ) + pc (Vc − Va ) Qa c = (U c − U a ) + pa (Vc − Va ) Asumien o pc > pa . es más gran e para la trayectoria abc. Un motor térmico funciona con un gas i eal que se somete a un ciclo termo inámico que consta e os etapas isotérmica s y os etapas isobáricas e presiones p1 y p2 (p2 > p1) . Wc = nRT2 ln Wabc = pc (Vc − Va ). Del esta o a al esta o c a lo largo e la trayectoria a c. En este caso. De hecho. Qabc > Qa c y Wabc > Wa c . o p y T . tal que Q c = (U c − U ) + 0 . El trabajo hecho por el sist ema es el área bajo los caminos en el iagrama pV no es igual para las os trayec torias. Conocien o Wa se pue e eterminar la trayectoria. a) p1V1 p 2 V2 + p1V2 ln V1 p1V2 p 2 p p = p1V1 ln 1 + p1V2 ln 2 p2 p1 p p = − p1V1 l n 2 + p1V2 ln 2 p1 p1 p = p1 (V2 − V1 ) ln 2 p1 PROCESO ADIABATICO: Es un proceso termo inámico importante en el cual al cambiar. el sistema e esta o e equilibrio no intercambia calor con el ambiente. Q ebe ser iferente para las os trayectorias. Wa c = pa (Vc − Va ) . epen e solo e los es ta os e equilibrio a os. Según el primer principio tenemos: b) Wab = nRT1 ln Vb V = p1V1 ln b V1 V1 Wbc = p 2 (Vc − Vb ) = p1 (V2 − V1 ) 47 . enomina o TRABAJO ADIABATICO (Wa ) . c) Del esta o a al esta o c a lo largo e la trayectoria abc. Esta relación pue e calcularse apl ican o el primer principio e la termo inámica y utilizan o la ecuación el gas i ea l. T y V. W a Wneto = Wab + Wbc + Wc + W a Wbc se anula con Wc V V Wneto = p1V1 ln b + p 1V2 ln 2 V1 Vc pV p1V1 = p 2Vb ⇒ Vb = 1 1 . Si las os isotermas co rtan la isobárica e presión p1 en los volúmenes V1 y V2 (V2 > V1) a) Grafique el proc eso en los ejes pV .V1 Y V2 Solución. Ecuación el proceso a iabático C uan o un gas i eal va en un proceso a iabático. El flujo el calor Q es epen iente e la trayectoria. tal que Qa = (U − U a ) + pa (Vc − Va ) . Cu an o se realiza un trabajo que no es a iabático. b) Determine el trabajo neto realiza o en función e p1 . comenzr por l relción Q = W + ΔU .Calor y Termo inámica Hugo Me ina Guzmán ΔU bc = U c − U b . hecho pa ra cambiar el sistema es e un esta o inicial a un final. Q = U + W = U + p V . obtenemos finalm ente: ln p = −γln V + ln const. es váli o in epen ientemente el proceso consi era o). pV γ = constante Utilizando la ecuación de los ases ideales pV = nRT se pueden encontrar las siui entes relaciones: . ) Por el principio de l termodinámic dQ = dU + dW Como el proceso es dibático Luego dW = − dU dQ = 0 pV = nRT pdV + Vdp = nRdT dU = CV ⇒ dU = CV dT dT Y dW = −CV dT Pero Integrndo de 1 2: (2) Reemplzndo (1) en (2). pr eliminr dT : p pdV + Vdp = − nR dV CV pCV dV + VCV dp = − nRpdV (CV + nR ) pdV + CV Vdp = 0 C p d V dp =− p CV V Cp Llmndo l relción = γ .Calor y Termo inámica Como U = CV T (aunque este resulta o se obtuvo consi eran o un proceso a volumen constante. se tiene: CV dT + pdV = 0 p dV (1) dT = − CV De l ecución del gs idel Solución. relación solamente las variables U y T y por lo tanto. luego po emos escrib ir: Hugo Me ina Guzmán γ −1 ⎤ ⎡ p1V1 ⎢ ⎛ p 2 ⎞ γ ⎥ c) W = 1− ⎜ ⎟ γ − 1 ⎢ ⎜ p1 ⎟ ⎥ ⎢ ⎝ ⎠ ⎥ ⎦ ⎣ dQ = CV dT + pdV Como dQ = 0 en un proceso dibático.67 3 dp dV = −γ p V Interando W = CV (T1 − T2 ) b) Tenemos ue dW = pdV γ Por ser proceso adiabático pV = C C ⇒ p= γ V d V Lueo dW = C γ V Interando: W = C W1→2 = −CV ∫ dT = −CV (T2 − T1 ) T2 T1 ∫ V2 V1 dV V −γ +1 ⎤ =C ⎥ = − γ + 1⎦ V Vγ 1 V2 CV1−γ +1 − CV2−γ +1 γ −1 γ γ Como p1V1 = p 2V2 = C Reemplazando C en la expresión de W en las formas arriba puestas. Para as ideal: CV 5 γ = = 1. W = p1V1 − p 2V2 γ −1 p1V1 ⎡ p 2V2 ⎤ 1− ⎥ γ −1 ⎢ p1V1 ⎦ ⎣ c) De l expresión nterior TV γ −1 = constante . p T γ −1 γ W = = constante pero de allí La curva de un proceso adiabático. en un diarama pV cae más rápidamente con el aument o de V ue la curva de un proceso isotérmico. con capacidades caloríficas constantes. Demostrar ue el trabajo realizado por un as ideal. durante una e xpansión adiabática es iual a: a) W = CV (T1 − T2 ) b) W = ⎛ C ⎞γ ⎛C V1 = ⎜ ⎟ y V2 = ⎜ ⎜p ⎟ ⎜p ⎝ 1⎠ ⎝ 2 ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ 1 ⎞γ ⎟ ⎟ ⎠ 1 p1V1 − p 2V2 γ −1 1γ ⎡ ⎛C ⎞ ⎢ p2 ⎜ ⎟ ⎜p ⎟ p1V1 ⎢ W = 1 − ⎝ 2 ⎠1 γ γ −1 ⎢ ⎛C⎞ ⎢ p1 ⎜ ⎟ ⎜p ⎟ ⎢ ⎝ 1⎠ ⎣ 48 . Ejemplo 97. Encuentr e la presión y temperatura final. Tenemos: p iVi 5 × 12 = = 365. Un mol de un as ideal monoatómico inicialmente a 300 y a 1 atm se comprime cuasiestática y adiabáticamente a un cuarto de su volumen inicial.39 tm b) Ti = c ⎞ ⎛ ⎜γ = p ⎟ . Se conoce l relción de cpciddes clorífics p f = 1.39 × 30 = = 254.67 Ti = 300 pi = 1 atm dp = −γp −B dV V (2) Iualando (1) y (2): dV dV = −γp V V 1 V f = Vi 4 γ pV = cte .67) Solución.3 K Tf = nR 2 × 0.082 B=− V p ⇒ dp = − B dV V V (1) Tmbién.082 p fVf 1. 4 Ejemplo 98.9 K nR 2 × 0. Encontrr el módulo de compresibilidd elástic en un proceso dibático ( Bdibático). n = 1mol γ = 1. 4 = p f (30 ) 1. (γ = 1. pV = nRT Bien de a uí obtenemos: Badiabático = γ p .Clor y Termodinámic Hugo Medin Guzmán γ −1 ⎡ ⎤ p1V1 ⎢ ⎛ p 2 ⎞ γ ⎥ 1− ⎜ ⎟ = γ − 1 ⎢ ⎜ p1 ⎟ ⎥ ⎢ ⎝ ⎠ ⎥ ⎣ ⎦ pV γ = cte γ γ Entonces: p iVi = p f V f ⇒ 5(12) De donde 1. en un proceso dibático: pV γ = constante derivando dpV γ + pγV γ −1 dV = 0 de a uí Ejemplo 100. ⎜ cV ⎟ ⎝ ⎠ Solución. 4(1.1 atm ⎟ ⎠ γ Ejemplo 99 . 67 300 Para el aire: Badiabático = γ p = 1.28 ⎞ ⎟ pi = (4)1. Dos moles de un as ideal se expanden cuasiestática y adiabáticamente d esde una presión de 5 atm y un volumen de 12 litros a un volumen final de 30 litro s.40) (a) ¿Cuál es la presión final del as? (b) ¿Cuáles son las temperaturas inicia l y final? Solución. la presión y el as es ideal factor cambia la temperatu f ⇒ .013 × 10 5 ( ) = 459. n = 2 mol. a) ¿en ué factor cambia el volumen? y b) ¿en ué ra? Solución. pf = 20 atm a) piVi = p f V γ γ 1 V f = 30 litros a) Para una expansión adiabática 49 asolina. Suponiendo ue el proceso es adiabático con γ = 1. γ = 1. pi = 5 atm .67 × 1 = 10.013 × 15) = 333 m/s 1.40. Ejemplo 101. pi = 1 atm.El sonido en el aire se propaa en un proceso adiabático La velocidad de un as es tá dada por piVi γ = p f V fγ ⎫ ⎪ p f V f ⎬ ⇒ Vi γ −1Ti = V fγ −1T f piVi = Ti Tf ⎪ ⎭ De la última v= B ρ ⎛V Tf = ⎜ i ⎜V ⎝ f ⎛V pf = ⎜ i ⎜V ⎝ f ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ γ −1 Ti = (4 ) 0 . γ = 1. (γ = 1.4 .4 1. Durante el tiempo de compresión de cierto motor de aumenta de 1 a 20 atm.28 kg/m3 1.40. Vi = 12 litros .15 También ρ aie v= = 1. 4 ⎟ = ⎜ ⎟ = 0.12 =⎜ Vi ⎜ p f ⎟ ⎝ 20 ⎠ ⎝ ⎠ 1 .V f ⎛ p i ⎞ γ ⎛ 1 ⎞ 1. pues no viola la primera ley. Sin embaro nos podemos aproximar muc ho a un proceso reversible. Observe ue el en unciado ue hemos dado del seundo principio de la termodinámica establece ue la má uina térmica perfecta en la ue todo calor suministrado se convierte en trabajo s in perder calor. pe ro no se ha obtenido. al conjunto de estos procesos se co noce como "CICLO" una vez completado el ciclo. el sistema puede ser restaurado a su estado ini cial se dice ue es REVERSIBLE. W = Q1 – Q2 trabajo neto hecho por el sistema. 4 Q 2 = calor libera o por el sistema al reservorio a = 2. Dado ue el trabajo neto en el ciclo es lo ue obtenemos. MÁQUINAS TERMODINÁMICAS. Una má uina ue realiza esta conversión. Cual uier proceso ue viole una de estas condiciones es irreversible. como positivos. obteniéndose Q1 − Q2 = W de a uí Q1 − Q2 Q1 Q e = 1− 2 Q1 e= Tena en cuenta ue en esta expresión Q1 y Q2 deben ser tomados en valor absoluto. dado ue al haber aplicado la primera ley (W = Q1 − Q2 ) ya se ha considerado su propio sino. CICLOS REVERSIBLES E IRREVERSIBLES Suponamos ue ocurre un proceso en ue el si stema va de un estado inicial (i) a otro final (f) en el ue se realiza un traba jo W y se produce una transferencia de calor Q a una serie de reservorios de cal or. Observe ue la eficiencia sería 100% (e = 1) si Q2 = 0 es decir sin ceder nada de calor. si el pistón de un cilindro se mueve lentamente dando tiempo para ue el sistema pue da interactuar con el ambiente y alcanzar un estado de e uilibrio en todo instan te). Una má uina térmica se puede representar en forma idealizada como se muestra en la siuiente fiura. Si al final de este proceso. en la práctica esto es imposible. Un proceso ue no llena este re uisito se dice ue es IRREVERSIBLE. lo hace mediante "PROCESOS" ue llevan a la sustancia de trabajo nuevamente a su estado oriinal. 2) El proceso debe ser tal ue el sistema se encuentre siempre en estado de e uilibrio o infinitamente próximo a él (cuasiestático por ejemplo. Si ueremos conseuir un proceso reversible debemos eliminar las fuerzas disipativas y el proceso sea cu asiestático. y el calor absorbido por la sustancia de trabajo es lo ue ponemos. CICLOS TERMODINÁMICOS. Como los estados inicial y final s on los mismos la enería interna final debe ser iual a la inicial.33 θ 2 Donde θ 1 > θ 2 .Calor y Termo inámica γ −1 Huo Medina Guzmán ⎛V =⎜ i b) Ti ⎜ V f ⎝ Tf ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎛ 1 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 0. La ma yoría de los procesos en la naturaleza son irreversibles.12 ⎠ 0. Nos ustaría tenerla. Eficiencia térmica. los procesos se vuelven a repetir . Las condiciones para un proceso reversible son: 1) No debe e xistir trabajo realizado por fricción. esto es completamente imposible en la práctic . Lueo la efi ciencia térmica de la má uina está definida por: Eficiencia térmica = Trabajo obtenido calor puesto W e= Q1 Aplicando la primera ley a un ciclo completo. no existe. fuerzas debidas a la viscosidad u otros efe ctos disipativos. Solución. Damos la si uiente notación. encuentre: a) el calor absorbido en cada ciclo y b) el tie mpo para cada ciclo. a θ1 . si Q2 = Q1 se tendrá e = 0 y W = Q1 − Q2 = 0 . Q 1 = calor absorbido por el sis tema del reservorio 50 . refiriéndonos a un ciclo completo.a y lo establece el seundo principio ue veremos más adelante (e < 1). Si la má uina libera 8000 J de calor en cada ciclo. En cambio. Cierta má uina tiene una potencia de salida de 5 kW y una eficiencia de 25%. Repitiendo el ciclo se puede obtener cual uier cantidad de trabajo. Ejemplo 102. En cierto proceso industril se somete un gs l siguiente ciclo te rmodinámico: 1compresión isobáric hst l mitd de su volumen inicil. QBC = CV (TC − TB ) = CV (T A − TB ) Por l ly del gs ide l: TA = p AV A 2 p 0V0 = nR nR p 0V0 p BV B TB = = nR nR QBC = CV p 0V0 nR Luego Ejemplo 104. C.67 ⇒ t= = 0. c) Clcule l eficienci d el ciclo. T pr cd estdo A.25 = 1 − Q1 Q1 Q1 Q1 = 10666.38% 3 2 ln 2 + 2 5 7 nR y C p = nR 2 2 7 2 e = 1− = 0.67 J W W 2666 .1338 = 13. B. El control de clidd requiere que l eficienci del proceso se myor l 11%. 3expnsión isotérmic hst l presión y el volumen inicil. Un gs idel monotómico se somete un ciclo termodinámico que const de 3 procesos: A → B Compresión dibátic desde (V0. CV nR Si es gs monotómico CV = Si es gs ditómico 3 5 nR y C p = nR 2 2 5 2 e = 1− = 0. Solución: ) 3expnsión isotérmic hst l presión y el volumen iniciles. y. 2clentmie nto isocórico.53 s P= = t P 5000 p 0V0 Q nR e = 1− 2 = 1− C Q1 2 p 0V0 ln 2 + V p 0V0 nR Cp Cp = 1− nR 2 ln 2 + Ejemplo 103. Determine l eficienci del ciclo pr un gs monotómico y pr un gs ditómico.67 J b) W = eQ1 = 2666. p0) hst cudriplicr l presión. y en cd cs o indique si prueb o no el control de clidd. b) Determine ls vr ibles termodinámics p. 1compresión isobáric hst l mitd de su volumen inicil.Calor y Termodinámica Huo Medina Guzmán a) e = Q 8000 W ⇒ = 1 − 2 ⇒ 0. Solución. Q AB = C p (TB − T A ) = − Cp nR p 0V0 2clentmiento isocórico.94% 5 2 ln 2 + 2 CV = Se prueb el control de clidd pr gs monotómico. C → A Compresión isobáric hst el vol men inicil. B → C Expnsión isotérmic hst l presión inicil.09939 = 9. ) Presente un gráfico p versus V pr el ciclo. . como V0 2 p 0V0 ⇒ QCA = 2 p 0V0 ln 2 nR CV pV p 0V0 y Q2 = C p 0 0 nR nR 51 b) De quí deducimos que: Q1 = 2 p 0V0 ln 2 + L eficienci del ciclo es: .QCA = WCA = nRT A ln TA = 2V0 . p AV A p 0V0 = nR nR ⎛p ⎞ TB = ⎜ B ⎟ ⎜p ⎟ ⎝ A⎠ γ −1 γ T A = (4 ) γ −1 γ p 0V0 2 5 p 0V0 = 4 nR nR 25 Estado C: pC = p 0 . de acuerdo a la ecuación p 0V = nRTa VC VB Calculo de V B : p BV B = p AV A ⇒ ⎛ p ⎞γ ⎛ 1 ⎞5 V B = ⎜ A ⎟ V A = ⎜ ⎟ V0 ⎜p ⎟ ⎝4⎠ ⎝ B⎠ V V Cálculo ⎛T ⎞ VC = ⎜ C ⎟V A = 4 2 5 V0 ⎜T ⎟ ⎝ A⎠ Luego 1 3 a → b Compresión a iabática. = TC = TB = 4 c) Calor en A → B: Q AB = 0 Calor en B → C: Q BC = nRTB ln γ γ p 0V0 nR e → a Entrada isobárica (presión constante).41 p 0V0 nR ⎠ ⎝ Calor en C → A: ( ) e VC : C = A ⇒ TC T A . e acuer o a la ecuación QBC = nRTB ln (1 4)3 5 V0 4 V0 25 TaVaγ −1 = TbVbγ −1 = pV ⎞ ⎛ nR⎜ 4 2 5 0 0 ⎟ ln 4 2 5 × 4 3 5 = 2. T A = Estdo B: p B = 4 p 0 . a1 iual ue el número de moles de cero a n .Clor y Termodinámic Hugo Medin Guzmán compuesto por seis procesos simples mostrdo en el digrm pV de l figur. el volumen varía de cero a V1 . Estdo A: p A = p 0 . Este La eficiencia es e = 1− Luego: 1.41 p 0V0 y Q2 = 1.85 p 0V0 = 1 − 0.23% e = 1− CICLO DE OTTO. En base a esto el ciclo e Otto está 52 c → Descompresión a iabática TcVcγ −1 = Td Vdγ −1 e acuer o a la ecuación.7676 = 0. Q1 = 2.41 p 0V0 e = 23. El funcionamiento e un motor a gasolina pue e i ealizarse consi eran o que la sustancia e trabajo es aire.2324 2. .85 p 0V0 Q1 ( ) b → c Compresión isocórica (volumen constante) la temperatura cambia proceso es aproxima o a la explosión en el motor e gasolina.QCA = C p (T A − TC ) = = 5 ⎛ p AV A pC VC ⎞ − nR⎜ ⎟ 2 ⎝ nR nR ⎠ 5 p0V0 − 4 2 5 p 0V0 = − 1.85 p 0V0 2 Q2 . el cual se comporta como un gas i ea l y que no hay fricción. e Tb a Tc . a Ta . Luego Q1 = ∫ C p Tc Tb T = C p (Tc − Tb ) y a → e Proceso isobárico a presión atmosférica.Calor y Termodinámica γ −1 Huo Medina Guzmán ⎛V ⎞ e =1− ⎜ 2 ⎟ ⎜V ⎟ ⎝ 1⎠ Ejemplo 105. La figura representa un iagrama pV el ciclo Joule C p es constante. a temperatur a constante. el ingreso e calor se pro uce en el proceso a iabático b → c y la sali a e calor en el proceso isobárico → a . → a Descompresión a volumen constante. el volumen varía e V1 a cero. la temperatura cambia e T ceso es aproxima o a la apertura e la válvula en el motor a gasolina. a volumen constante . En este ciclo. ¿Cuál es su eficiencia térmica? e gas i eal. Q2 = ∫ C p Ta T T = C p (Ta − T ) Luego la eficiencia e =1− (T − Ta ) Q2 =1 − (Tc − Tb ) Q1 Por la trayectoria a iabática a → b : γ p2 −1 γ pγ −1 γ = 1 Ta Tb ó Tb p2 γ −1 γ = Ta p1γ −1 γ (1) Por la trayectoria adiabática c → d : γ p2 −1 γ pγ −1 γ = 1 Td Tc Q1 = ∫ CV dT = CV (Tc − Tb ) Tc Tb ó Tc p2 γ −1 γ = Td p1γ −1 γ (2) El calor liberado Q2 . Este pro Solución. Restando (1) de (2): Q2 = ∫ CV dT = − CV (Td − Ta ) Ta Td γ (Tc − Tb ) p2 −1 γ = (Td − Ta ) p1γ −1 γ La eficiencia es e =1− (T − Ta ) Q2 =1 − d (Tc − Tb ) Q1 De a uí: (Td − Ta ) = ⎛ p2 ⎞ γ ⎜ ⎟ (Tc − Tb ) ⎜ p1 ⎟ ⎝ ⎠ γ −1 γ γ −1 De los procesos adiabáticos tenemos TdV1γ −1 = TcV2γ −1 y TaV1γ −1 = TbV2γ −1 (Td − Ta )V1γ −1 = (Tc − Tb )V2γ −1 γ −1 (Td − Ta ) = ⎛ V2 ⎞ ⎜ ⎟ o (Tc − Tb ) ⎜ V1 ⎟ ⎝ ⎠ finalmente 53 restan o ⎛p ⎞ Finalmente: e = 1 − ⎜ 2 ⎟ ⎜p ⎟ ⎝ 1⎠ CICLO DIESEL Este ciclo también se inicia con una compresión a iabática. Nuevamente la etapa . aunque no es necesario intro ucir una chisp a. ya que la combustión se pro uce e manera espontánea. ocurre la exp losión mantenién ose constante la presión. en ca a etapa el ciclo.79 La eficiencia es el 27 por ciento. Ejemplo 106. en la compresión a iabátic a ΔU = U b − U a = CV (Tb − Ta ) = 149. b) Calcule el calor re chaza o en el proceso e isocórico. respectivamente.082 atm litro/mol K = 8.64 J = 16 kJ e) La eficiencia térmica el motor.5 J = 19 kJ ) El trabajo realiza o por el motor.50. R= 0. Las temperaturas e los punt 250 K. 10 moles e un gas iatómico (Cv = 5R/2) se encuentran inicialmente a una presión e pA = 5 x105 Pa y ocupan o un vo lumen e VA = 249 103 m3. W = − ΔU = U − U c = CV (T − Tc ) = 149. 432 K. 540 K. a) Representar gráficamente este ciclo en un iagrama pV. c ) Hallar el calor.37 J/K C p = CV + nR El calor absorbido (Q1 ) 40 − 373) = 37469. a) Representar gráficamente este ciclo en un iagrama pV. 1 cal = 4. c y el ciclo son stante a iabática el gas es opera en el ciclo reversible abc a. 1atm = 1.79 = 224.58 + 74. Un motor iesel e un gas i eal. A continuación el gas experimenta una transformación iso terma (proceso BC) hasta una presión pC = 1 x105 Pa. e) Calcule la eficiencia térmica el motor.0 moles ab y c son a iabáticos. . C y D. Posteriormente se comprime is obáricamente (proceso CD) hasta un volumen VD = VA = 249 103 m3.27 37469.58(375 − 250 ) = 18697. el trabajo. Por último. c) Calcule el cambio e energía interna el gas.58 J/K 1.79 = γ = 1 + durante la expansión isobárica Q1 = C p (Tc − Tb ) = 224.37(5 37 kJ b) El calor rechazado (Q2 ) en el proceso de isocóric C p = 149. Ejemplo 107.37 J/ b) Calcular el valor de las variables termodinámicas desconocidas en los vértices A. B. en Joules.73 = 0. con 9.58(432 − 540 ) = 16154.0(8.79 J = o 54 = = 149.56 = 1− = 1 – 0. Solución.Calor y Termo inámica e trabajo se correspon e con una expansión a iabática y finalme nte se realiza un enfriamiento isócoro el flui o en el motor.5 = 1 + CV 0. ) Calcular el ren imiento. Los procesos os a. b. experi menta una transformación a volumen constante (proceso DA) que le evuelve al esta o inicial. a) Cálculo previo e las capaci a es caloríficas nR CV 9. ) Calcule el trabajo realiza o por el motor. la variación e energía interna.58(250 − 432 ) = 27223.186 J. Se expan e a iabáticamente (proceso AB) hasta ocupar un volumen VB = 479 x103 m3.5 C p = 149. en la compresión a iabática. e forma irecta y/o emplean o el Primer Principio. a) Calcule el calor absorbi o urante la expansión isobárica. Hugo Me ina Guzmán Q2 = CV (T − Tc ) = 149.56 J = 27 kJ c) El cambio e energía interna el gas. en la ex pansión a iabática.314 J/mol K . 375 K. C y D.58 + 74.013 105 Pa Solución.79 CV 224. en porcentaje. e= W Q1 − Q2 Q = 1− 2 = Q1 Q1 Q1 27223. en la expansión a iabática es igual al negativo el cambio e energía interna en el proce so. La con 1. b) Calcular el valor e las variables termo inámicas esconoci as en los vértices A.31) 74. B. e= W = 0.1 70930 0 67278.21 = 21% Qabs .314 ⎟(1447.1 248272.Calor y Termodinámica Huo Medina Guzmán 5 7 R .7 ) ⎠ ⎝2 W = p(VD − VC ) = 10 249 × 10 − 958 × 10 = 70930 J Comprobación.5 − 1132.3 J En el ciclo completo = 249004.7 J ⎝2 ⎠ VB VB V W = ∫ p V = cte ∫ VA VA V γ ( p A VB ) = γ −1 d) Calcular el rendimiento.4 J (+ ) ⎪Qcedido = 248272.7 J (−) ⎩ Podemos ue W ≈ Qbs + Qced A→B B→C C→D D→A ΔU (J) 71666.314 ⎟(1152.4 CV 5 Vértice A p AV A = nRT A ⇒ T A = 1447.7 249004.3 W (J) 71750 66458. ΔU ≈ Q − W 5 = 248272.7 K Vértice D pDVD = nRTD ⇒ TD = 299.7 J ( −3 −3 ) Proceso D → A (Isocórico) W = 0 no hay cambio e volumen Q = nCV (TA − TD ) = 10⎜ ⎛5 ⎞ 8.314 ⎟(299. en Joules.1 J ⎪ ⎨ ⎪Qabsorbido = 315462.7 K → C pBVB = pCVC ⇒ CV = ⎧VC = 958. ΔU ≈ Q − ⎛5 ⎞ 10⎜ 8.5 K γ A → B p AV A = p BVBγ ⇒ p B = 2 × 10 5 P Vértice B p BV B = nRTB ⇒ TB = 1152.3 J Q=0 ΔU = nCV (TB − T A ) = ⎧ΔU = 0 ⎪W = 67278. el trbjo.7 − 1447. en cd etp del ciclo.3 0 Q (J) 0 66438. l vrición de energí intern. Proceso A → B (dibático) = 10⎜ ⎞ ⎛7 8.5) = 71166.7 0 177337.5 K c) Hllr el clor.3 × 10−3 ⎨ ⎩TC = 1152.5 − 299.6 249004.4 − 1 = 71750 J Comprobación.1 5 −3 5 −3 = (5 × 10 × 249 × 10 − 2 × 10 × 479 × 10 ) 1. C p = CV + R = R . de form direct y/o emplendo el Primer Principio.5) ⎝2 ⎠ ΔU = Q = 249004. 2 2 Cp 7 γ = = = 1. 5 − 1132. e inteactuand o ente ellas una máquina que tansfome una pate del calo que fluye del esevo io caliente al fío en tabajo (máquina témica) . El segundo pincipio de la temodi námica: se efiee a este eco y se establece cualitativamente como sigue: "Es im posible constui una máquina de funcionamiento continuo que poduzca tabajo mecáni co deivado de la extacción de calo de un 55 Q = nC p (TD − TC ) = 177337.1 J Proceso C → D (Isobárico) ΔU = nCV (TD − TC ) = 10⎜ ⎛5 ⎞ 8.1 J Q = W = 66458. ha y muchas restricciones para efectuar La transformación inversa.314 ⎟(299. La única forma en qu e somos capaces e efectuar la transformación continua e energía térmica en energía mecán ica es tenien o “reservorios e calor” a dos tempeatuas difeentes. La experiencia nos ice que a pesar e que es muy fácil convertir energía mecánica completamente en energía térmica (como en la fricción).Proceso B → C (Isotérmico) Δ = 0 (no hay cambio e temperatura) W = ∫ p V = nRT ∫ VB VC VC VB V V = nRT ln VC 958 × 10 −3 = nR (1152.6 J .7 ) ⎝2 ⎠ SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA.7 ) ln VB 479 × 10 −3 = 66458. a) Cálculo e las presiones: paVa = pbVb = nRT = 1 x 8. si su eficiencia por ciclo. p (N/m2) 3324 1662 1662 V (m3) 1 2 1. m 2 N pc = pa = 1662 2 m Cálculo e los volúmenes: Q2 W = Q1 Q1 Q 3000 Q1 = 2 = = 5000 calorías 1− e 0. a) Halla la pesión. sin da calo. a) Determine el 3000 calorías N 3324 pa = = 3324 2 . Vb = 2m3 . Qbc y Qca). Como p aVa = p bVb . d) Halla la eficiencia del ciclo. Solución.78 calorías El tiempo de duración de cada c iclo es: ∴Vc = (2 ) 5 con γ = ⇒ 3 53 53 3324(1) = 1662(Vc ) 35 t= 2000 = 4.51 Hugo Medina Guzmán T (K) 400 400 302 a b c b) ⎛V ⎞ Wab = nRT ln⎜ b ⎟ ⎜V ⎟ ⎝ a⎠ = (8. a un esevoio a tempeat ua más baja” En esumen. b y c. El poceso a → b es un poceso isotémico a 400 K y el poceso c → a es un poceso adiabático.31)(400) ln 2 = 2304 J Wbc = p(Vc − Vb ) = (1662)(1. b) El tiempo e uración trabajo realiza o por ciclo. Resevoio de calo. c) Halla los caloes en cada uno de los pocesos (Qab.2 s 477. tempeatua u ota vaiable temodinámica.186 J) = 477. Una maquina tiene una potencia es el 40% y ce e un calor e 3000 calorías liza o por ciclo. La pimea Ley establece simplemente la c onsevación de enegía.11 2304 Q1 Solución. e = 40% .51 814 J Wca = −ΔU = − nCV ΔT = 1222 J WTotal = 268 J c) Qab = Wab = 2304 J Qbc = nC p ΔT = 2036 J Qca = 0 e) e =1− Q2 2036 =1− = 0.6 e = 1− Y el trabajo es: Va = 1m3 .31 x 400 Ejemplo 109. la segunda ley establece los pocesos que sin viola la p imea ley no ocuen en la natualeza. m 1 N 3324 pb = = 1662 2 . Q2 = e sali a e 2 kW. el volumen y la tempeatua paa los puntos a. γ γ W = Q1 − Q2 = 5000 – 3000 = 2000 calorías. Se define como un cuepo de masa tal qu e es capaz de absobe o libea calo en cantidad ilimitada sin sufi apeciab le cambio de su estado.78 .Calo y Temodinámica esevoio simple. b) 1 cal = 4.186 Joules Como la potencia es 2000 J/s 2000 J (1 caloría/4. b) Halla el tabajo total en el ciclo. Un a mol de un gas monoatómico se lleva po un ciclo abca como se muesta en la figu a. a) Determine el trabajo rea e ca a ciclo. Ejemplo 108. 51m3 Cálculo de ls temperturs: T = Tb .= 1. = 400 K.31 56 EL CICLO CARNOT Vmos estudir hor un máquin térmic ltmente idelizd cono cid como l máquin de Crnot. Nos muestr como es posible obtener trbjo por me dio de un sustnci de trbjo que es llevd trvés de un proceso cíclico y tmb ién nos permitirá estblecer l escl bsolut termodinámic de tempertur. Como p cVc = nRTc ⇒ Tc = pcVc 1662 × 1. .51 = = 302 K nR 1 × 8. Clor y Termodinámic Un ciclo de Crnot es un conjunto de procesos. Q2 = W2 = ∫ p V = RT2 ∫ V Va Va V V V = RT2 ln a V V Sien o V > Va ln Va es una canti a negativa. como se muest r en el digrm pV de l figur.. Como la energía interna e un gas i eal epen e solo e su temperatura Q1 = W1 = ∫ p V = RT1 ∫ Vb Vc Vc Vb V V = RT1 ln c V Vb Del mismo mo o urante la comprensión isotérmica → a en que se realiza calor Q2 . l sustnci de trbjo se imgin primero en equilibrio térmico con un reservorio frío l temp ertur T2 . V V Va γ −1 como debemos de poner como cantidad positiva escribimos Q2 = RT2 ln b → c Expansión isotérmica reversible hasta un punto c. por ejemplo sobre un gs. Se reliz cutro procesos. Hugo Medin Guzmán (Por ser un ciclo en que estdo finl = estdo inicil) W = Q2 − Q2 = ΔQ (Calor total absorbi o por el sistema enuncia o) W = Trabajo neto entrega o Durante la expansión isotérmica b → c ingresa calor Q1 . En la expansión adiabática e → d T1 T2 En la comprensión adiabática a → b T1Vc γ −1 = T2Vd γ −1 ⎛V ⇒⎜ ⎜V ⎝ c ⎛V ⇒⎜ a ⎜V ⎝ b . a → b Compresión a iabática reversible hasta que 1a temperatura se eleve a T1 . ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = (1) T2Va c → Expansión a iabática reversible hasta que la temperatura baje a T2 . L relción entre ls temperturs bsoluts de reservorios de clor en los que tr bj l máquin de Crnot tiene l mism relción que los clores rechzdo y bsor bido. γ −1 = T1Vb γ −1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ γ −1 = T1 T2 (2) de (1) y (2) Va Vd V V = ⇒ d = c Vb Vc V Vb V T2 ln d V T Q Entonces 2 = = 2 V T1 Q1 T1 ln c Vb (3) d → Compresión isotérmic reversible hst que se lcnz el estdo originl. L eficienci térmic es e = 1− Q2 Q1 Q2 por su vlor. obtenemos: Q1 Reemplzndo En este ciclo se tendrá: ΔU = 0 e = 1− T2 T1 57 . son in epen ientes e este h echo y en general la eficiencia e una máquina térmica reversible es in epen iente el material usa o como sistema. el foco caliente está representa o por la cal era e vapor que suministra el calor. Tmbién.3 Q W = 1− 2 Q1 Q1 Q 0. toman o calor Q1 el foco caliente a la temperatura T1. pro ucien o un trabajo W. Estos resulta os que se han obteni o usan o u n gas i eal como sustancia e trabajo. el clor suministrdo es de 400 J y el trbjo reliz do por dich máquin es de 300 J.Calor y Termo inámica Hugo Me ina Guzmán gustaría tenerla.3 = 1 − 2 ⇒ Q2 = 560 J 800 T b) e = 1 − 2 T1 T 0. En el proceso cíclico. l tempertur máxim que lcnz el gs es de 527°C y l presión máxim es de 5 tm. el motor conectdo l red eléctric produce un trbjo que se emple en extrer un clor del foco frío ( l cvidd del refrigerdor) y se cede clor l foco cliente. En un ciclo. ) Clculr l tempertur del depósito frío y l e ficienci porcentul. ¿Durnte cuántos ciclos debe operr est máquin? L máquin de Crnot tmbién puede funcionr en sentido inverso. sin embargo. Un máquin de Crnot oper con 2 moles de un gs idel. y cederí Q1 l foco cliente. epen ien o únicamente e las temperaturas e los reservorios. En un refrigerdor rel. Trabaja entre os focos. es imposible obtene r el cero absoluto e temperatura. No es posible trnsportr clor de un cuerpo otro de más lt tempertur. y ce ien o un calor Q2 al foco frío a la temperatura T2. η= Q2 Q = 2 Q2 − Q1 W Ejemplo 110. ) T1 = 273+ 527 = 800 K L segund Ley estblecerí que no existe el Refrigerdor perfecto. En un motor real.3 = 1 − 2 ⇒ T2 = 350 K 500 ) e = Ejemplo 111. La maquina absobe 800 J de calo po ciclo de una fuente caliente a 500 K. pero tampoco se ha obteni o nunca. sin efectur trbj o sobre el sistem. Como en la práctica no es posible tener e = 1. Se extrerí clor Q2 del foco frío plicndo un trbjo W. T2 = 500 K Q2 = 8 00 J e = 0. nos 58 W = Q1 − Q2 ⇒ . b) Si emplendo únicmente el clor expulsdo por l máquin s e logr derretir totlmente un bloque de hielo de 10 kg 0°C. Detemine a) el calo l ibeado po ciclo y b) la tempeatua de la fuente fía. puesto viola la primera Ley. denominándose entonce s refrigerdor o frigorífico. La eficiencia de una máquina de Canot es de 30%. y se ce e calor al foco frío que es la atmósfera. que es l tmósfer c fusión gu = 334 × 10 3 J kg c) ¿Cul deberí ser l tempertur del depósito cliente sin modificr l del depósito frío pr elevr l eficienci hst el 80%? Solución. MOTOR Y REFRIGERADOR Un motor e Carnot es un ispositivo i eal que escribe un ciclo e Carnot. el sistema cilin roémbolo pro uce el trabajo. Solución. Coeficiente e ren imiento e un refrigera or: Para que una máquina Carnot tenga una eficiencia e 100 por ciento es claro que e ebería ser cero. 75 = 75 % T1 800 b) Pr derretir los 10 kg de hielo se necesitn 10 (334x103) = 334x104 J Si en cd ciclo el clor expulsdo por l máquin es 100 J Est máquin debe operr η= Q2 W a) Si el efigeado es una máquina de Canot funcionando a la invesa 334 × 10 4 = 33400 ciclos.8 0.15 + 13 entonces T e' = 1 − 2 ⇒ T '1 T 200 200 T '1 = 2 = = = 1000 K 1 − e' 1 − 0.Clor y Termodinámic Hugo Medin Guzmán Ejemplo 113.15 + 30 = = = 1. ) ¿Cuál es el máximo rendimiento del prto? b) Si el rendimiento rel es de l tercer prte del vlor máximo y si el prto remueve 8 x 104 J de energí clóric cd segundo. 100 c) ¿Cual debeía se la tempeatua del depósito caliente sin modifica la del depósito fío paa eleva la eficiencia asta el 80%? Q2 T2 273.15 + 13 = = = 0.15 + 30 Q1 T1 273. Un prto de ire condiciondo bsorbe clor de su embobindo de enfrimiento 13 ºC y liber clor l exterior 30 ºC.2 t’1 = 1000 – 273 = 727 . ¿qué potenci debe desrrollr su motor? Solución.06 Q2 T2 273.943922 Q1 T1 273. Q1 clor trnsferido l fuente cl iente Q2 clor bsorbido de l fuente frí W trbjo gstdo por l bomb Q2 = Q1 − W = 400 – 300 = 100 J Q2 T2 = ⇒ Q1 T1 Q 100 = 200 K T2 = T1 2 = 800 Q1 400 T2 = 200 273 = 73 ºC L eficienci es: e = 1− T2 200 = 1− = 0. C. Ejemplo 112. El sistema se diseñó para operar entr e 20 . Se ha propuesto una planta de potencia ue ha a uso del radiente de temperatura en el océano. C (temperatura de la superficie del aua) y 5 . t1 = 5 . ¿cuánta enería térmica se absorbe por hor a? c) En vista de los resultados de la parte (a). a) ¿Cuál es la máxima eficiencia de dicho sistema? b) Si la potencia de salida de la planta es de 7. ¿piensa ue se deba tomar en cue nta dicho sistema? Solución.C (temperatura del aua a una p rofundidad de casi 1 km).5 MW. C. T1 = 278.15 t2 = 20 . 44x104 W.56 y P1 = 8 x 104 J / s. 3 η= entonces.C. T2 = 293.5 MW a) e = 1 − Q2 Q2 1 = = = 16.7 b) Si η eal = = 5. ⎛ 1 ⎞ 4 ⎛ 5. η eal = Q2 P2 = ⇒ W P1 − P2 P P1 = 2 + P2 η eal = 8x104 (1.18) = 9.56 ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ real ⎠ .15 P = 7.56 + 1 ⎞ P1 = P2 ⎜ ⎜ η + 1⎟ = 8 × 10 ⎜ 5.7 W Q1 − Q2 Q1 −1 Q2 16. clculr: ) L eficie nci de cd máquin y del sistem.051 En un hor Q2 = 147 x 3600 x 106 J = 5. 59 . l máquin A oper entre los r eservorios T1 = 1000 K y T2 = 800 K y l máquin B entre T2 = 800 K y T3 = 400 K. Se dn dos máquins de Crnot coplds. Sbiendo que el reservorio T1 suministr 1500 Joules de clor l sistem.15 W P P = b) e = ⇒ P1 = Q1 P1 e Ejemplo 114.5 = 147 MW 0.15 = 1− = 0. o se l potenci bsorbid será P2 = 7.T2 278.292 x 1011 J c) Se recomiend que no. b) El trbjo de cd máquin y el totl del sis tem. Solución.051 = 51% T1 293. el calor toma o a entro el reservorio caliente p or uni a e tiempo es Q2/t = (m/t)c x 2°C. El calor que sale al aire como reservorio frío a una temperatura e 15°C = 258 K. e la primera ecuación. Así. Se extre el clor hst que el gu está en el punto de congelr cundo se expuls. Clcule l rzón en l cul el gu se debe bomber l motor. 60 (m t )(4.Clor y Termodinámic Pr éste problem. El ire exterior se utiliz como enfr idor. Solución. Pr cd ciclo de operción. La temperatura me ia el reservorio caliente es 274 K. A emás. Un máquin térmic reliz 200 J de trbjo en cd ciclo y tiene un eficienci de 30%. el gu debjo del hielo que cubre el l go se bombe por medio del motor térmico. Un cs cerc de un lgo se clefccion medinte un motor térmico.18J/gº C)(2º C ) ∴ 104 J/s = 1 (274 − 258)K 5 274K m 5 × 274 × 104 g 3 g = = 102. tenemos Eficiencia el sistema T3 400 =1− = 60 % 1000 T1 b) Cálculo e WA Q2 T2 = ⇒ Q1 T1 T 800 (1500) = 1200 J Q2 = 2 Q1 = 1000 T1 Luego WA = Q1 − Q2 = 1500 – 1200 = 300 J Cálculo de WB Q3 T3 = ⇒ Q2 T2 T 400 (1200) = 600 J Q3 = 3 Q2 = T2 800 Luego WB = Q2 − Q3 = 1200 – 600 = 600 J eS = 1 − y el trbjo totl del sistem WS = Q1 − Q3 = 1500 – 600 = 900 J Not: observe que: WS = WA + WB y eS ≠ eA + eB Ejemplo 115. Hugo Medin Guzmán e= Q2 − Q1 1 ⎛ T2 − T1 ⎞ ⎟ = ⎜ Q1 5 ⎜ T1 ⎟ ⎝ ⎠ a) e A = 1 − T2 800 = 20 % = 1− 1000 T1 eB = 1 − T3 400 = 1− = 50 % 800 T2 El calor se toma el agua el lago mientras que se enfría e 2°C a 0°C antes e la eye cción. Q1 clor bsorbido de l fuente cliente Q2 clor cedido l fuente frí W = 200 J e= .18 × 16 s s L rzón del flujo de gu necesrio es 102. y b) ¿cuánto clor se liber? Solución. Asum que tempertur del ire es 15°C y l tempertur del gu del lgo es 2°C. on e c está la capaci a específica e ca lor el agua. L eficienci del motor es un quinto que el de un motor de Crnot y l cs requiere 10 kilov tios. L eficienci de un motor Crnot es [1 (T1/T2)] .4 litros/s Ejemplo 116. En invierno. Si m es la masa el agua que fluye en el tiempo t. ) ¿cuánto clor se bsorbe?. el trabajo realiza o (Q2 Q1) es 10 kilovatio = 104 J/ s. por la canti a infinita e aire isponible se asume que la tempera tura permanece constante.4 × 10 t 2 × 4. 3 b) Q2 = Q1 − W = 666.W = 0. ¿Cuál es su rendimiento teórico? Solución.7 − 200 = 466. En un determindo refrigerdor ls serpentins de bj temp ertur están 10°C y el gs comprimido en el condensdor tiene un tempertur de + 30°C.58 303 40 −1 263 .7 J 0. η= Q2 Q2 1 1 = = = T1 W Q1 − Q2 Q1 −1 −1 Q2 T2 = 1 263 = = 6.7 J ) Q1 = Ejemplo 117. Considerndo que trbj con el ciclo Crnot.3 Q1 entonces 200 = 666. Solución.9% Q1 360 b) QLibeado = Q1 − W = 335 J a) e = Ejemplo 119.3 Q1 Entonces a) Q1 = 200 = 666.7 J Ejemplo 120.7 J 0. e= W = 0. Solución. a) ¿cuánto calo se absobe?. Una máquina témica absobe 360 J de calo y ealiz a un tabajo de 25 J en cada ciclo.53 s el tiempo paa cada ciclo. Sí el efigeado absobe 120 J de calo de una fuente fía en cada ciclo.25 = 5 × 10 2 t 5 × 10 2 t + 8000 W 25 = = 0. La segunda maquina consume 500 J. Un efigeado tiene un coefici ente de opeación igual a 5. Q1 = 360 J W = 25 J Hugo Medina Guzmán e= W W Pt = = Q1 W + Q1 Pt + Q1 o bien 0.069 = 6. Una máquina témica ealiza 200 J de tabajo en cada ciclo y tie ne una eficiencia de 30%. El calo absobido po una máquina es el tiple del tabajo que eali za. Encuente: a) la eficiencia de la máquina y b) el calo libeado en cada ciclo. Paa cada ciclo de opeación. a) ¿Cuál es su eficiencia témica? b) ¿Qué facción del calo absobido se libea a la f uente fía? Solución.53) + 8000 = 1.7 − 200 = 466.33 = 33% Q1 3 2 Q b) Q2 = Q1 − W = Q1 − 1 = Q1 3 3 Q2 2 = = 0.3 Q1 = 3W W 1 a) e = = = 0.66 Q1 3 Facción del calo absobido que se libea: b) Q2 = Q1 − W = 666. y b) ¿cuánto calo se libea? Solución. Q1 calo absobido de la fuente caliente Q2 ca lo cedido a la fuente fía W = 200 J De donde se obtiene t = 0. encuente: a) el tabajo eco en cada ciclo y b) el calo li beado acia la fuente caliente. El calo absobido en cada ciclo seá Q1 = 5 × 10 2 t + 8000 2 = 5 × 10 (0.Calo y Temodinámica Ejemplo 118.065 x 104 J Ejemplo 122. y e . η =5 Q1 W + Q2 = W W W + 120 De donde 5 = ⇒ W = 30 J W b) Q2 = W + Q1 = 30 + 120 = 150 J ) Q1 = 120 J η= Ejemplo 123. Dos máquinas figoíficas de Canot tabajan en seie la pimea extae calo de una fuente a 0°C y consume 1000 J. ntega calo a una fuente a 27. a) ¿Cuál es el calo que l a pimea maquina extae? b) ¿Cuál es la tempeatua de la fuente intemedia? c) ¿Qué ca lo intecambian las máquinas con la fuente de tempeatua intemedia? Solución. P = potencia = 5 kW = 5 x 103W e = 25 % = 0. Si la máquina libea 8000 J de calo en cada ciclo. Solución.C Considee que el calo que la pimea cede a una fuente intemedia es íntegamente absobido po la segunda. Cieta máquina tiene una potencia de salida de 5 kW y una eficiencia de 25%.25 Q1 = 8000 J Si t es el tiempo de un ciclo 61 a) Paa el conjunto . Ejemplo 121. encuente: a) el calo absobido en cada ciclo y b) el tiempo paa cada ciclo. T2 .066 ⇒ T2 = 290. ⇒ − 15166. y éste nos conduce l conclusión que ∫ .7 J 27 1 300 1− 273 pr un ciclo irreversible. T1 .7 – (1000) = 16166. esto significa que la entropía el universo aumenta siempre en ca a p roceso. Ejemplo 124. V1 a p 2 . b) Para R – 1 Q3 Q =− 3 =− η1 = − Q3 − Q2 W1 1 1 =− Q2 T 1− 1− 2 Q3 T3 Paa un sistema aislado.Calo y Temodinámica Hugo Medina Guzmán η=− Q3 Q3 =− =− Q3 − Q1 W1 + W2 1 1 =− Q T 1− 1 1− 1 Q3 T3 evesible.7 J ENTROPIA Recordemos pr el ciclo reversible de Crnot. Además. ⇒ Q2 = Q3 − W1 = 15166. con el resultdo que. Puesto que los procesos ver a eros son to os ir reversibles.1 K 273 c) Q3 = 15166.= ∫ ( Q T ) > 0 ∫ ( Q T ) . ΔS = S ( B ) − S ( A ) .7 J. Esto significa que la entropía e un sistema aisla o s igue sien o constante o aumenta. es posible mplir este rzonmiento culqui er proceso que lleve un sistem del estdo A l estdo B. Q1 T1 Q1 Q2 o = − =0 Q2 T2 T1 T2 Es posible proximr culquier ciclo reversible por un serie de ciclos de Crno t.7 =− − 1000 1 T 1− 2 273 T2 − 1 = 0. V2 según se muestra e n la figura. esto se conviete ΔS = 0 para un ciclo reversible y ΔS > 0 para un ciclo irreversible. Uno puede azona que ⇒ − Q3 =− − (1000 + 500) Q3 = 1500 × 273 = 15166. Calcular el cambio en la entropía para un gas i eal siguien o un proceso en el cual lo lleve e p1 . tal que S ( B ) − S ( A ) = ∫ S ( B ) − S ( A ) = nR ln V1 V2 dS = dQ dQ y S (B ) − S ( A) = ∫ A T T B nRTdV1 VT1 Note que aunque un valor definido de Q no caracteriza un estado (es decir. Para simplificar el cálculo. No importa qué trayectoria siga. La ecuación anterior es cierta para un ciclo 62 . cada punto en el diagrama p V tiene un valor definido d e S. Es curioso que aunque el flujo del calor en un sistema depende de la trayec toria seguida entre los dos estados. y dS es un diferencial exacto . el camio en S es independiente de la traye ctoria.d s .dQ = 0 pr un ciclo reversible. tal que Así dQ = dW para este proceso. el camio de la entropía será igual puesto qu e S es una función del estado. En este caso un estado del sistema fue caracterizado por un valor definido de U. y luego a lo largo de una trayectoria a volumen constante. T → → Esto recuerd ls fuerzs conservtivs. y S (B ) − S ( A ) = ∫ B A dQ = T ∫ V2 V1 dW T1 V2 V1 pV = nRT . Decimos que dQ es un diferencial inexacto. definimos una nueva variale del estado. Que nos Solución. la entropía S. por lo tanto no hay camio en energía interna. donde llevó definir l energí potencil U donde B → → A ∫ F ⋅ d s = 0 para una trayectoria cerrada. un pu nto en un diagrama p V). primero viajando a lo largo de una trayectoria isotérmica. elegiremos la trayectori a reversile mostrada. De la misma manera. A lo largo de la isot erma la temperatura no camia. (U = nCV T ) U B − U A = ∫ F . la energía potencial. V2 . luego dQ = dU = nCV dT : S (C ) − S ( B ) = ∫ C B dQ = T ∫ T2 T1 CV T dQ = nCV ln 2 T T1 El camio total de la entropía es ΔS = S ( B ) − S ( A ) + S (C ) − S ( B ) : ΔS = S ( p 2 . V1 . no se realiza traajo. T2 ) − S ( p1 .Para B → C. T1 ) . 15 + 2 × 583.15 583.15 y ΔS = 1000 ln + 2000 ln 553. Aquí.1 5 Tf = sien o m1 = 1000 g T1 = 280 + 273. es ecir e entropía el Universo será el cambi ΔS = m1c1 ln Tf T1 + m2 c 2 ln Tf T2 ΔS = m1c1 ln Tf T1 + m2 c 2 ln Tf T2 on e (calorimetría) se tiene que on e (por calorimetría) se tiene que Tf = Tf = Y m1c1T1 + m2 c 2T2 m1c1 + m2 c 2 T1 + T2 2 Tf = m1c1T1 + m2 c 2T2 m1c1 + m2 c 2 pero m1 = m2 = m y c1 = c2 = c por lo cual resulta 553. Solución. Solución. El cambio o e entropía e la mezcla.15 = 553.15 = 5 . Un kilogramo e agua a temperatura e 280 K se mezcla con 2 kilogra mos e agua a 310 K en un recipiente aisla o térmicamente. Determine el cambio en la entropía el Universo.Calor y Termo inámica Hugo Me ina Guzmán = nCV ln T2 V + nR ln 2 T1 V1 el Universo es 2mc p ln T1 + T2 2 T1T2 y pruebe que Ejemplo 125.15 K 3 573. un proceso e mezcla o es necesariamente positivo.15 = 573.15K m2 = 2000 g T2 = 310 + 273.15 573. respectivmente. Demuest re que el cambio e entropía 2 xy >1 y esto se e uce e ( x− y ) 2 > 0 ⇒ x + y − 2 xy > 0 ⇒ Finlmente: x + y > 2 xy x+ y 2 xy >1 PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1.9 tm y 1. Un termómetro de gs volumen constnte se clibr en hi elo seco (dióxido de crbono en estdo sólido. b) El vlor de l presión en el punto de congelción del gu. tempertur de 80 ºC) y en lcohol etíli co en ebullición (tempertur de 78 ºC). En un termómetro de resiste nci l propiedd usd pr medir tempertur es l resistenci eléctric de un conductor. Una masa m e líqui o a temperatura T1 se mezcla con una igual canti a el mismo líqui o a temperatura T2 en un recipiente aisla o térmicamente.83. Los vlores de ls presiones son 0. 2. c) El vlor de l presión en el punto de ebullición del gu. ebemos emostrar que en general x+ y cal = 0. medid en o .92 K Ejemplo 122. Ls temperturs medids por este termómetro (en Kelvin o en grdos Ce lsius) 63 pueden ser directmente relcionds con l resistenci R.635 tm.15K entonces ΔS = mc ln T f2 T1T2 = 2mc ln Tf T1T2 = 2mc ln T1 + T2 2 T1T2 Para probar que es positivo. Determine: ) El vlor del cero bsoluto obtenido de l clibrción. 8x104 ºC1 y el del vidrio 3x105 ºC1. Determine tempertur indicd por el termómetro cundo su bulbo se coloc en un medio tl que su resistenci se igul : ) 105.1 kg.35 cundo su bulbo se coloc en gu. tempertur del punto triple (273. 3. Un cierto termómetro de resistenci tiene un resistenci R = 90. El coeficiente de diltción cúbic del mercurio es 1. El recipie nte vcío tiene un ms de 0. Un recipiente de vidrio está lleno hst el borde de mercurio l tempertur de 0º y ms 1 kg.28 . b) 96.hms.16 K). Clculr l cntidd de mercurio 100 ºC que pu ede contener este recipiente. ρHg = 13.6 g/cm3 a 0 . . Respuesta.C. 887 g de Hg . siendo AC = 4 mm.37 po r 100 del volumen del vso.1 mm y a de encajase exactamente en el ueco BC. Calcula el descenso de la tempeatua paa loga el encaje.1x106 ºC1. Los coeficientes de dilatac ión del latón y del ieo valen espectivamente. Se h de introducir un remche de hierro en un plc tmbién de hierro y pr conseguir un juste lo más perfecto posible se introduce el rem che. 10. Al intentalo queda AB como se indica en la figua. α = 19. ¿Cuál es dich tempertur? Coeficiente de diltción del mercurio γ = 18x105 . ntes de meterlo en l plc. en ire líquido (187 ºC). Un vástago de latón AB tiene una longitud de 200.Calo y Temodinámica 4. El diámetro del orificio es de 10 mm. Un recipiente 0 ºC contiene l tercer prte de su volumen de mercuri o. de ieo que tiene la foma del esquema. ¿Que diámetro tendrá que tener el remche l tempertur mbiente (20 ºC ) pr que después de meterlo en ire líquido entre justmente por el orificio de l plc? Coeficiente de diltción linel del hierro: α = 12x106 ºC1. Hugo Medin Guzmán 10. 11. Se client un ciert tempertur y entonces el mercurio ocup el 34.0 25 mm.9 x10 ºC1 y α' = 12. Respuest. C1. Coeficiente de dilatación del recipiente γ = 25x106 . C1. 202 . Res puesta. C. para impedir ue se dilate cua ndo se calienta desde t1= 0 . ¿Que fuerzas hay ue aplicar a los extremos de una barra de acer o. cuya sección transversal tiene el área S = 10 cm2. 12. C hasta t2 = 30 . 68. Esta cara hace ue el alambre se alarue en la misma manitud ue se alararía sí se elevara 20 . De un alam bre de 1 mm de radio cuela una cara.C? Respuesta. 13.688 N. se h medido l longitud de un brr de hierro.4996 m 38 ºC.2x105 C1 Resistenci l rotur F/S = 2.6x1010 N/m2 Re spuest.1x106 ºC1 el coeficiente de diltción linel del hierro y β= 19. α = 1. Respuesta.6 ºC. Averigu r cunto se retrs el reloj en un dí si se introduce en un mbiente 200 ºC. 25 ºC.364 N. ¿Qué espcio h de dejrse entre ellos pr q ue estén justmente en contcto un dí de verno en que l tempertur es 40 ºC. L vril l de un reloj de péndulo sin compensr. que bte segundos 0 ºC es de ltón.936x106 m. Siendo α = 12. Un lmbre de hierro se tendió entre dos predes fijs resistentes. encontrándose l = 1. Ls dimensiones de l sección del nill o son 2x5 mm. 15. 3. 16. 6.2x105 ºC1 Y = 19. Coefi ciente de diltción del cero α = 12x106 ºC1? Respuest. α = 1. Hallar la m anitud de la cara. ¿Qué esfuerzo de rotur experimentrá el nillo un vez enfrido hst 18 ºC? El coeficiente de diltción linel del ltón es α = 1.C su temperatura.94x108 N/m2 Módulo de Young Y = 19. 9. Con un regl métric de ltón cuys dimensione s son excts 0 ºC. 5.6x1010 N. Unos crriles de cero de 18 m de longitud se colocn un dí de invierno en que l tempertur es 6 ºC.m2 14. Un nillo de ltón de vrios centímetros de diámetro se client hst l tempertur t1 = 300 ºC y se encj justdmente sobre un cilindro de c ero cuy tempertur es t2 = 18 ºC. estndo l temper tur 150 ºC ¿A qué tempertur se romperá el lmbre l enfrirse? Suponer que l ley de Hooke se cumple hst el momento en que se produce l rotur.84x105 ºC1 y su módulo de Young Y = 6.9x106 .47x1010 Nm2. Respuest. 25. 148 N. Respuest. cacuar a ongitud a 0 .C1 e de atón. 7. Si a temperatura de amiente en que se encuentra u n reoj de pénduo que ate segundos se modifica en 20 .500 m.C de a arra de hie rro. Respuesta. 1. C. ¿qué e pasará a reoj a cao de 30 días si e coeficiente de diatación inea de pénduo es 20x106 . 010 mi ímetros más de diámetro que e correspondiente a orificio de una pancha de atón dond e se dee aojar cuando tanto a oa como a pancha están a una temperatura de 3 0 . 8.C1? Respuest a. 8 min. Una oa de acero de 6 cm de diámetro tiene 0. se atrasa. 38 s. C. E coeficiente de diatación inea de acero vae 12x106 . podrá pasar a oa por e orificio. tanto de a oa como de a pancha. A qué temperatura. C1 y e de atón 19x106 . Respuesta. 54 .C1. C. Una vasija de vidrio está ena justamente co n 1 itro de terpentina a 50 . 9. Haar e voumen de íquido que se derrama si se c aienta hasta 86 .F. E coeficiente de diatación inea de vidrio vae 9x106 .F. C1 y e de diatación cúica de a terpentina 97x105 . C1. 64 . Respuesta. 18.86 cm3. Caor y Termodinámica Coeficiente de diatación de atón: 17x106 . Con ojeto de poder ajustara. Un herrero ha de coocar una anta circuar de hierro de 1 m de diámetro a una rueda de madera de igua diámetro. 12 s. Saiendo que a temperatura amiente es de 20 . Respuesta.C1 (Considerar e pén duo como simpe). 17. caienta a anta hasta conseguir que su radio super e en 2 mm a de a rueda. 7 m. C y su co eficiente de diatación inea 12.2x106 . ) Expresar esta temperatura en grados Fahrenheit y en grados asoutos. Cacuar: a) Temperatura en grados ce ntígrados a que dee caentarse a anta para cumpir as condiciones expuestas.C1. a) 347 . Respues ta. C.6 . ) 656. 18.F. 620 K. Una vasija de cinc (coeficiente de diatación inea: 29x106 . C1). está ena de mercurio a 100 . C. teniendo entonces una capacidad de 10 itros. Se enfría hasta 0 . Cacuar a masa de mercurio a 0 .C. C que hay que aña dir para que a vasija quede competamente ena (Coeficiente de diatación cúico d e mercurio: 182x106 . C1). Densidad de mercurio a 0 . 0 m de ato. Respuesta. 5. 1. 19. y 20 cm de espesor.0 m de anch o.6 g/cm3. La temperatura se mantiene en –10.2 58 g.C 13. La pared de concreto de un frigorífico mide 3. C y a temperatura exterio r es 20. se deinea sore a paca de a derecha. Una esfera de 0.90 m y una emisividad de 1 . tiene una emisivida d de 0. La temperatura de a paca derecha se camia. en e es pacio entre as esferas y a cáscara es? 22. La temperatura de a paca de a derecha es 600 K y a emisividad es 0. respectivamente. Las conductividades térmicas de concreto y de a ana son 0.5 m de radi o se deinea sore a paca de a izquierda. La esfera se rodea de una cáscara esférica c oncéntrica cuya superficie interior tiene un radio de 0.80. incuyendo a dirección. ta que ahora e fujo de c aor neto radiado es cero.04 W/m. Un proyecti de pomo choca contra un ostácuo.30 m de radio.K.8 y 0. a) ¿E caor neto radiado entre os dos círcuos es? ) La temperatura de a paca izquierda se mantiene en 700 k. en e espacio entre os círcuos. La temperatura de a cáscara 65 Hugo Medina Guzmán es 400 K. Un círcuo de 1. ¿Cuá es a temperatura d e a paca de a derecha? 21. Un segundo círcuo. a) ¿Cuá es a diferencia de te mperaturas de a capa de ana? ) ¿Cuá es e espesor de capa de ana requerido? 20.00. La pared interior está cuierta por una capa de ana para reducir e fu jo de caor a través de a pared por 90 %. C. Dos pacas paraeas grandes están separadas por 0.00.48 y su temperatura es de 600 K. de mismo radio y opuesta a a primera. ¿E caor neto radiado. ¿Cuá es a veocidad en e momento de choque sí su temperatura inicia era de 65 .5 m. La temperatura d e a paca de a izquierda es 700 K y a emisividad es 1. C y se funde a tercera parte? Se supone e ostácuo inamovie e inatera e. Caor específico de pomo 0.031 ca/g . Temperatura de fusión: 327.C.4 . 93 m/s. 23 Se anza una esfera de pomo cuya t emperatura inicia es de 36 . 289. Respuesta.74 ca/g. caor de fusión: 5.C. 100 metros más aajo encuentra un pano asoutamente resistente de conductividad caorífica nua. verticamente y hacia aajo con una veocidad v0. Cacuar e vaor de v 0 necesario para que a esfera se funda to tamente en e choque.C.031 ca/g . Caor específico de pomo c = 0. 4 . Temperatura de fusión de pomo t = 327.C. 4 . Caor de fusión de pomo = 5. CP= 0.C. Respuesta.74 ca/g. Respuesta.186 J.8 m/s2. 24. a) Estando. a principio. 348. Cacuar e caentamiento resutante . con una veocidad de 250 m/s sore una esfera de pomo de 450 g . ) Pudiéndose separar a es fera de pomo de a vertica como un pénduo. 1 ca = 4. cacuar e caentamiento que resutará de choque.7 m/s. a) 5. a esfera de pomo inmoviiz ada. en a cua se incrusta. g = 9. Una masa de pomo igua a 10 g ega horizontamente. se compruea en una segunda experien cia que se eeva 2 metros después de choque.03 ca/g. 2 .C. ) 5. C. 25. En un caorímetro sin pérdidas c uyo equivaente en agua es de 101 g y cuya temperatura inicia es de 20 . se añade n 250 cm3 de agua a 40 .C. 100 g de hierro a 98 .C. 109 ca/g .C (caor específico = 0. Respuesta. Cacuar a temperatura de equiirio.1 . 15.C) y 80 g de hieo fundente. 26.000 g de agua a 20 . Dentro de un caorímetro que contiene 1.C . C se introducen 50 0 g de hieo a 16 . E vaso caorimétrico es de core y tiene una masa de 278 g.C. suponiendo que no haya pérdidas. Cacuar a temperatura fina de sistema.55 ca/g . Caor específico de hieo: 0. 093 ca/g .C Caor específico de core: 0. C Caor de fusión de hieo: 80 ca/g Caor de vaporización de agua: 539 ca/g Respuesta. 0 . de 240 g .C n o se funde todo e hieo.6 . En un caorímetro de atón sin pérdidas. que contiene 750 cm3 de agua a 20. 201 g. 27. C se echa . . Caor y Termodinámica una moneda de oro de 100 g a 98 . C y a temperatura sue a 21 . Caor específico de atón: 0. Determinar a cantidad de oro y core que integra a moneda.C .09 ca/g . C. caor específico de core: 0.0922 ca/g . 031 ca/g .C. caor específico de oro: 0. 84 g de core.16 g de oro. La masa de ca orímetro es de 1. 14. Respuesta. 3 g de carón produciéndose CO2. 28. 85.5 kg y a masa de agua de aparato es 2 kg. La temperatura inicia de a experiencia fue de 20 . En un caoríme tro de core se queman exactamente.C. C y a fina de 31 . 093 ca/g . Haar e poder caorífico de c arón expresándoo en ca/g. E caor específico de core vae 0.C. 8x103 ca/gr.C. Respuest a. 7. hay 1 kg de hieo a 10 . En un caorímetro cuyo equivaente en agua es despreciae. 29. C. ¿Cuantos gramos de agua a 80 . C hay que introducir en é pa ra que a temperatura fina sea de 10 . C? Sí en ugar de agua a 80 . C. se introduce va por de agua a 100 . ¿Cuántos gramos de éste haría que introducir para que a temperatur a fina sea de 40 .C. C? ¿Que voumen ocupa e vapor de agua introducido. Caor específic o de hieo (de 20 a 0 . si a presión a que se mide es de 700 mm de mercurio? Peso moecuar de agua 18. C): 0.5 ca/g . 357 g. 1. 30. 384 itros. 208 g. Mezcamos 1 kg de agua a 95 .C Caor de vaporización de agua: 540 ca/g Re spuesta. C con un kg de hieo a 5 . C. ¿a qué temperatura queda a mezca? Caor específico de hieo: 0.5 ca/g . ¿Dispondremos de suficiente caor para fundir todo e hieo? Sí es a sí. C Caor de fusión de hieo: 80 ca/g Respuesta.25 . 6. Se funde todo e hieo. 03 ca/g .C. 31. Una oa de pomo (caor específico: 0. C) de 100 g está a una temperatura de 20 . C. Se anza verticamente hacia arria con una veocidad inicia de 420 m/s y a regre sar a punto de partida choca con un trozo de hieo a 0 . Respues ta. ¿Cuanto hieo se funde? Se supone que toda a energía de choque se convierte íntegramente en caor.C. 27 g. 32. Un vaso cuya capacidad caorífica es despreciae contiene 500 g de agua a temperatura de 80 . ¿Cuantos gramos de hieo a a temperatura de 25 .C. C han d e dejarse caer dentro de agua para que a temperatura fina sea de 50 . 66 Hugo Medina Guzmán Caor específico de meta 0. Suponiendo que toda a energía cinética se transforma en caor y que éste caienta tan soo a oa.1 ca/g . Una oa. choca contra un ostácuo. 105 gramos de hieo.C? Respues ta. a una veocidad de 200 m/s. cacuar su eevación de temperatura. 33. C. 47.8 . Respuesta. Un c aorímetro de atón de M1= 125 g contiene un oque de hieo de M2 = 250 g todo eo a t1= 15 .C. 34. Cacuar a cantidad de vapor de agua a 100 .C. C y a a presión norma qu e es necesario para que todo e sistema egue a a temperatura de t = 15 . 09 ca/g .C. Cao r específico de atón: 0. 5 ca/g .C Caor específico de hieo: 0. 41. 35.54 g. En un recipiente de auminio de 256 g que contiene 206 g de nieve a 11 .C Caor de fu sión de hieo: 80 ca/g Caor de vaporización de agua: 540 ca/g Respuesta. C se introducen 100 g de vapor de agua a 100 . Cacuar a temperatura fina de a mezca.219 ca/g . Caor específico de auminio: 0.C. 5 ca/g .C Caor específico de hieo: 0. C Caor de fusión de hieo: 80 ca/g Caor de vaporización de agua: 539 ca/ g Respuesta: Soo se condensa parte de vapor y a temperatura fina será de 100 . 4 gramos. 36. Antes de chocar con a pared a veocidad de a aa era v 0 = 400 m/s y des pués de atravesara v = 250 m/s. Una aa de pomo atraviesa una pared de made ra.C. La temperatura de a aa antes de choque era t 0 = 50 . Vapor condensado 82. ¿Qué parte de a aa se fundirá? Caor de fusión de pomo: 5.74 ca/g Tempera tura de fusión de pomo: 327 .C. 031 ca/g .C Caor específico de pomo: 0. Respuesta. 37.53. hay 4.C Suponer que todo e caor que se desprende o recie a aa.500 g de agua a 50 . 0. En un ca orímetro sin pérdidas cuyo equivaente en agua es de 500 g. Se añaden 2 kg de hieo fundente y se introduce 1 kg de vapor de agua a 100 .C. 25 . E caor de fusión vae 80 ca/g y e de vaporización 540 ca/g. Respuesta.C. Cacuar a temperat ura de equiirio. 91. C. 38. Un cuo de hieo de 20 g a 0 . C se caie nta hasta que 15 g se han convertido en agua a 100 . 39. ¿Cuanto caor se necesitó para ograr esto? Respuesta.C y 5 g se han convertido en v apor. 6300 ca. En un rec ipiente se amacenan 2 itros de agua a 20 . C. a) Haar a cantidad de caor necesaria para caentar todo e c onjunto (agua y arras) justo hasta que todo e agua se convierta en vapor a 100 . Inmersas en e agua se encuentran d os arras: una de atón de 5 cm de argo y 200 g y otra de hierro de idénticas dimen siones y 250 g. C (caor . 09 ca/g.Caor y Termodinámica específico de atón y hierro: 0. C y 0.11 ca/g. C respectiv amente). ) Determinar as ongitudes de amas arras en esas condiciones (coefi ciente inea de diatación de atón y hierro: 1.9x105 . 2x105 .C1 y 1. c) ¿Cuá es más denso a 20 .C1 respectivam ente). C. e atón o e acero? ¿Y a 100 . C? Respuesta. Lhierro = 0.050048 m. a) Q = 5.2 106 J. c) A 20 .050076 m. ) Latón = 0. C y 100 . 40.C es más denso e hierro. En un recipiente se mezcan 4.5 itros de agua a 20 . C y 500 g de hie o a 0 . Se introduce en e recipiente una arra de meta. ¿cuá es a temperatura a os 100 s? La ongitud de a arra a 0 .000 ca/s. a) ¿Cuá es a temperatura en e equiirio? ) E conjunto se caien ta en un hornio que proporciona 5. de capacidad caorífica despreciae.C. C es de 10 cm y su coeficiente de diatación inea es de 2x105 . a) t = 10 . c) Otener una expresión de a ongitud de a arra en función de tie mpo hasta t = 100 s.C1. Respuesta. ) tfina = 100 .C. C. as coumnas de aire son de 20 cm de argo. 41. L a pesión atmosféica es de 76 cm de mecuio. Con e tuo en po sición horizonta. Un tubo cilíndico de medio meto de longitud se intoduce en mecu io asta su mitad. y con e tuo en po sición vertica son de 15 cm y 25 cm. ¿Cuá es a presión en e tuo capiar cuando está h orizonta? Hugo Medina Guzmán p0 = 1. 58.80 )(0. El peso d e un meto cúbico de cieto gas a la tempeatua de t = 67 . Respuesta. Contiene aire seco y cada extr emo está separado por una coumna de mercurio de 10 cm de argo. Un tuo capia r de ongitud 50 cm está cerrado en amos extremos. Calcula la l ongitud de mecuio que quedaá en el tubo y la pesión del aie enceado sobe él.10 ) = 24990 Pa 42. 43.875(13600 )(9.875ρg = 1. después se tapa el extemo supeio y se etia.45 cm Hg. 293 g/lito Respuesta. Calcula la pédida de peso que expeimentaía un cuepo s umegido en este gas a una cieta pesión y tempeatua sabiendo que en estas cond iciones piede en el aie 4.C y pesión p = 100 mm de mecuio es m = 282. ρ aie = 1. Un depósito contiene 50 kg de oxígeno a la pesión p1= 10 atm y a la tempeatua t1= 27 . 10. 44.32 g.839 g.001 g. Se poduce una fuga po donde escapa oxígeno y al cabo de cieto tiempo.C. loca lizada y tapada la fuga. la pesión y la tempeatua del depósito esultan se p2= 6 atm y t2= 20 . C. Un fa sco de 5 litos de volumen se tapa en un ecinto cuya pesión es de 762 mm de Hg y cuya tempeatua es de 27 . ¿Que cantidad de oxígeno a escapado? Respuesta.3 kg. 19. 45. C. Luego se abe en un luga donde la pesión es de 690 mm y la tempeatua 9 . 1905 salen. 0. 46. Respuesta. ¿Enta o sale aie? Calcula el peso de aie que enta o s ale.2165 g. 0.C. Calcula en gamos el peso del idóge no H2 contenido en un ecipiente de 5 galones que está a la pesión de 14 psi y a la tempeatua de 86 . 47. Un ecipiente cuyo volumen es igual a 5 litos.462 g. contiene aie a 27 . Respuesta: 1.F. ¿Que masa de aie ay que libea del ecipiente.C de tempeatua y a la pesión de 20 atm. 59 g. Calcula el tabajo que ealiza un gas cuando se calienta i sobáicamente desde los 20 . paa que la pesión de éste caiga a 10 atm? Respuesta. 48. C asta 100 . b ) 172 J. si se encuenta dento de un ecipiente ce ado po medio de un émbolo móvil. cuya sección es igual a 20 cm2 y su peso 5 kgf. Respuesta. An aliza dos casos: a) cuando el ecipiente se encuenta en posición oizontal y b) cuando el ecipiente se encuenta en posición vetical. El volumen inicial del ga s es igual a 5 litos. 67 Solución.5 ρg Reemplazando en (2) los valoes de p2 . Paa el aie del apate infeio p0V0 = p1V1 (1) Paa el aie del apate supeio p0V0 = p2V2 (2) En el tubo vetical p1 = p2 + ρg (3) p1V1 = p2V2 (4) De (1) y (2) ( p2 + ρg )A15 = p2 A25 ⇒ 3( p2 + ρg ) = 5 p2 ⇒ p2 = 1. y la pesión atmosféica es la nomal. a) 138 J.C. 5ρgA25 p0 A20 = 1. V2 = A25 p0 A20 = 1.5ρgA25 .V0 = A20 . Calo y Temodinámica 49. La pesión atmosféica es la nomal. después de lo cual. Calcula la masa de aie dento del tubo. dento del tubo queda una columna de aie de 10 cm de longitud. ¿A que altua sobe el nivel del mecuio en el ecipiente ay que levanta el extemo supeio del tubo paa que dento de éste el nivel del mecuio quede igual al nivel del mecuio en el ecipiente. si su sección es igual a 1 cm2 y la tempeatua igual a 27 . Un tubo con su extemo supeio ceado es sumegido com pletamente en un ecipiente que contiene mecuio. C. Respuesta. 13. 50.3 mg. 3 cm. 11. ¿Que cantidad de calo se despendeá al compimi po vía evesib le e isotema 100 litos de un gas ideal a 27 . asta educi su volumen a la centésima pate? Respuesta. 51. Cien litos de oxígeno a 20 . 10418 cal .C que se encuentan a 71 cm de mec uio de pesión. 1. 53.4. Cinco moles de un as perfecto diatómico a 27 .87 cm Hg. Calcula el incemento de la pesión en cm de mecuio. Respuesta. Un tanque contiene 2.73 m3 de aie a u na pesión de 24. Respuesta.C y 69 cm de mecuio de pesión se calientan a vol umen constante comunicando 2555 caloías.420x106 cal. 31.6 kg/cm2. ¿Cuál seá l a disminución de su enegía intena? Considéese el aie como gas pefecto biatómico de ín dice adiabático γ = 1. 53. El aie se enfía asta se su pesión de 14 kg/cm2. C se calientan isobáricamente con el calor ue se desprende de un mol de otro as perfecto ue se comprime isotérmicamente a 27 . 8 = 45. 318.8 . Calcular la temperatura final del primer as.C hasta triplicar su pre sión. Respuesta. 15) ue se encuentra a p1= 1 atm.C. t1 = 127 . Se comprime adiabáticamente un mol de cierto as perfecto (índice adiabático γ = 1. 54 . Después se d eja enfriar a volumen constante hasta alcanzar las condiciones p3 = 10 atm y t3 = 27 .C hasta alcanzar una presión p2. ¿ ué trabajo total rea liza el motor durante los 10 km del recorrido? b) Si se supone ue este trabajo se realiza contra una fuerza resistente constante F. b) 0.6 x 104 J/.8x109 J. Res puesta.C. y su calor de combustión es aproximadamente 4. 55.4) se encuentra inicialmente a 1 atm y 0 . Supónase ue 1 litro de asolina p ropulsa un automóvil una distancia de 10 km. b) 4.05x106 J. 56. La densidad de la asolina es aproxim adamente 0.7 /cm3. En el ciclo ue se muestra en la fiura. Calcular: a) La presión p2 en atmósferas. a) 8. un mol de un as diatómico ideal (γ = 1. Huo Medina Guzmán a) Si el motor tiene un rendimiento del 25%.621 cal.7 atm. a) 48. c) La cantidad de calor en calorías cedidas durante el enfriamiento. hállese la manitud de F. b) El trabajo en la compresión adiabáti ca. b) 1.805 N. Respuesta . C. E l as se calienta a volumen constante hasta t2 = 150 . d) El rendimiento de un ciclo de Carnot ue operar a entre las temperaturas extremas del ciclo.C y lueo se expande adiabátic amente hasta ue su presión vuelve a ser 1 atm. c) El rendimiento de este ciclo. Lueo se comprime a presión constant e hasta su estado oriinal. CV = 5 cal/mol. Calcular: a) La temperatura t3 después de la expansión a diabática. b) El calor absorbido o cedido por el sistema durante cada proceso. Cp = 7 cal/mol.C. C Respuesta. % a) 373 . 93 kJ. Un mol de as N2 (CV = 5/2R. d) 35 57. γ = 1.69 %. .4) se mantiene a la temperatura ambiente (2 0 . c) 6. b) 2. Se deja expandir adiabáticamente hasta ue su presión i uala a la ambiente de 1 atm. Entonces se calienta a presión constante hasta ue su temperatura es de nuevo de 20 .C) y a una presión de 5 atm. c) 1. en la má uina friorífica .7 kW consume dur ante 1 h de funcionamiento 8.5 cal 58. Una má uina de vapor con potencia de 14. Se comprime entonces a presión constante hasta volver a su estado oriinal. c) ¿Cuánto calor fue absorbido o cedido por el as en el ci clo completo? R=0.1 litro . Hállese el 68 . mostrando cada etapa del ciclo. b) A partir de este ráfico determinar el trabajo realizado por el as en todo el ciclo.98 cal/mol Respuesta. Una vez ue ha alcanzado la temperatura ambiente.082 litro.3x107 J/k.atm/mol = 1. se calienta a volumen consta nte hasta ue su presión es de 5 atm.C. b) 65. cuyo calor específico de combustión es de 3. La temperatura en la caldera es do 200 o C.atm. a) Construir un diarama pV exacto.572. 58oC. Durante este calentamiento el as se expansiona .1 k de carbón. Respuesta. Huo Medina Guzmán (hoar) y t2 = 20 . La capacidad calorífica del cuerpo no depende de la temperatura y es iual a C. Un cuerpo c alentado con temperatura inicial T1 se aprovecha como calentador en una má uina térm ica. cuya temperatura es constante e iual a T0.8% eo = 30% 59. e ≈ 19. sirve de má uin a friorífica. Respuesta. Realícese el cálculo para 1 k de aua hirviendo y de hielo ue se de rrite.Calor y Termodinámica rendimiento real de la má uina y compárese cl resultado con el r endimiento de una má uina térmica ideal. Un medio ilimitado. Hállese el trabajo máximo ue puede obtenerse por cuenta del enfriamien to del cuerpo. La temp eratura de la caldera es de 200 . 8. Respues ta. 63.C (refrierante).16 C. El hoar comunica al sistema 60 kcal por minuto. 2. Calcúlese la potencia del motor en caballos de vapor.3x107 J/k.V.1 k de carbón de valor calorífico iual a 3. C y la del condensador de 58 . Hallar el rendimie nto real de la má uina e1 y compararlo con el rendimiento e2 de la má uina térmica ideal ue funcione seún el ciclo de Carnot entre las mismas temperaturas. partiendo de aua a 0 . 0. 64. 20.30. 0.C. Respuesta. En una nevera de compresión se trata de fabricar 5 k de hielo cada hora. El ambiente exterior está a 27 .C. d) El costo de la enería eléctrica necesaria par a fabricar 100 k de hielo a 5 soles el kW h. 4d) 6. b) La potencia teórica del motor. c) La potencia real si el re ndimiento de la operación es el 75%. Respuesta. b) 46 W. Calcular: a) La efi cacia de la nevera.10 soles. a) 10. 65. tiene el refrierante a 27 .C. Una cierta má uina térmica ideal en la ue se realiza un ciclo de Carnot reversible en cada seundo. c) 61 . una potencia de 4. 177 . Calcular la temperatu ra de ésta. Respuesta. 2. el calor ue se cede al refrierante y el rendimiento.18 kW y en cada ciclo se toman 3 kcal de la caldera.C.00 0 cal. descrito por un mol de u n as perfecto diatómico. En un ciclo de Carnot reversible. 67. Calcular el rendimiento del ciclo. 1/3. Un refrierador está impulsado por un pe ueño motor cuya potencia útil es de 150 W.C. y ue las temperaturas caliente y fría de los recipientes térmicos son 20 y 5 . S i suponemos ue este refrierador trabaja como un refrierador ideal de Carnot.4.157 J. la temperatura más elevada es de 500 y el trabajo en la expansión adiabática 4. 0. Respuesta. 66. C. ¿cuan to hielo fabricará este refrierador en 1 h si en el interior se coloca aua a 10 . 4 k. Una vez estableci o el equilibrio. y los 9 kg restante s en otra siempre a 72 ºC. 15. ⎡ ⎛ T ⎞⎤ W = C ⎢T1 − T0 − T0 ln⎜ 1 ⎟⎥ ≈ 62 J ⎜T ⎟ ⎝ 0 ⎠⎦ ⎣ 60. Tres kilogramos e agua a 18 ºC.C ? Respuesta. sí como gente propulsor se tom un gs monotómico p erfecto. de 1 kW en l hbitción se mnt iene l tempertur de 17oC siendo l tempertur del ire circundnte de –23oC. Con yud do un hornillo e1éctrico de potenci. ¿Qué potenci se necesitrí pr mntener en l hbitción l mism tempertur con yud de un bomb térmic idel? Respuest. ⎛V e = 1− ⎜ 1 ⎜V ⎝ 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 2 3 p 2(T2 − T1 ) ln⎛ 2 ⎞ ⎜ p ⎟ 1⎠ ⎝ e= p2 ⎞ 5(T2 − T1 ) + 2T2 ln⎛ ⎜ p ⎟ 1⎠ ⎝ 62. P = 138W 61. se mezclan con 9 kg a 72 ºC. se restituyen las os canti a es e agua a su esta o inicial co locan o 3 kg en contacto con una fuente térmica siempre a 18 ºC. b) El inc . Calcular: a) El incremento e la entropía el agua como c onsecuencia el primer proceso y el incremento e entropía el universo. Hállese el rendimiento de los ciclos mostrdos en l figur. Un motor térmico funciona me iante un ciclo e Carnot reversible entre las tem peraturas t1 = 200 ºC 69 68. Respuest. el agua pro uci o por to as las operaciones y el el universo .remento e entropía . ) 777 J/ K. la herra ura y sus alr e e ores. Hugo Me ina Guzmán Calor específico el acero 0. encuentre los cambios en la entropía el agua.15 J/ K. la herr a ura y el agua se enfrían hasta la temperatura e los alre e ores: 20 ºC.107 cal/g ºC Respuesta. a) 184 W.6 J/ K. a) ¿Qué potencia expresa a en wat ios requiere el motor?. 69. Supo nien o que no se evapora el agua.0315 kcal/ K que también es la el universo. b) ¿Cuanto calor por uni a e tiempo ce e a la habitación?. encuentre el cambio en la e ntropía el universo como resulta o e to a la consecuencia e eventos. 18.754 J/ K 71.0338 kcal/ K un iverso. Durante e ste proceso. T1 = 20 . motores de explosión. la el agua 0. b) 444 cal/s. ¿Cuánto vale el rendimiento térmico de este ciclo. c) 6. c) el cambio e entropía el agua ) el cam bio global en la entropía el agua y la herra ura. que es bastante compara o con el tiempo que tar a la herra ura en enfriarse. 0.0653 kcal/ K.14 ºC. c) ¿Cual es la variación e entropía el agua? Respuesta. e) –1. S i el sistema utiliza un frigorífico e Carnot i eal.0315 kcal/ K el agua. f) Usan o los resulta os el inciso y e. b ) el cambio e entropía e la herra ura.736 J/K. Respuesta.4) seún el ciclo Otto. c) 0. encuentre: a) la temperatura final el agua. comenzan o con agua en el punto e congelación. La herra ura al principio está a una temperatura e 600 ºC y el agua está inicialmente a una temperatura e 20 ºC. f) 1. c) 1. para un estado inicial de p1 = 1 atm. 70. Un herrero sumerge una herra ura e acero caliente con una masa e 2 kg en una cubeta que contiene 20 kg e agua. a) 0.736 J/ K. b) 0. b) –9 59 J/ K. Ce e calor a una habitación a 30 ºC.Calor y Termo inámica c) El incremento e entropía el agua ebi o al segun o proces o y el el universo. e) Después e cierto tiempo. Una máquina térmica trabaja con un gas perfecto (γ = 1. Un congela or fabrica cubos e hielo a razón e 5 gramos por segun o. a) 26. C y un rado de compresión V2/V1 = 1/4.5 litros de aua a temperatura ambiente (20 . si la combustión aporta Q1 = 20 kcal/ciclo? ¿Cuánto vale el calor evacuado Q2? ¿Cuánto valdrá la potencia de la má u ina si realiza 300 ciclos por minuto? 72. Se dispone de botellas de 1. a ) calcular la temperatura final del conjunto si se mezcla una botella con 100 de hielo a 5 .C). hallar el tiempo ue re uiere este proceso si se usa un microondas de 100 W. b) calcular el calor necesario para evaporar toda el aua de una botella.C. c) hallar la eficiencia de una má uina de Carnot ue utiliza el vapor a 100 . C como foco caliente y aua a 20 . a) t = 13.C como foco frío. dibujar un es uema de una má uina de vapor en el ue se expli ue cómo se obtiene el trabajo mecánico. Respuesta.6 . tiempo = 3. b) 930. c) Eficiencia = 21 %.C.4 s.000 cal = 3887. 70 .400 J.887.