folleto de ejercicios resueltos fi-2103: f sica general iii

Folleto de ejercicios resueltosFI-2103: Fısica General III

Fıs. Carlos Adrian Jimenez Carballo

Contenidos

Prologo

1 Movimiento periodico y movimiento ondulatorio 11.1 Movimiento Armonico Simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Ondas mecanicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.3 Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2 Mecanica de fluidos 492.1 Hidrostatica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.2 Dinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.3 Viscosidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 842.4 Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

3 Calor y temperatura 913.1 Expansion termica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 913.2 Calorimetrıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 993.3 Transferencia de calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1073.4 Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4 Leyes de la termodinamica 1214.1 Primera y segunda ley de la termodinamica . . . . . . . . . . 1214.2 Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

i

Fısica General III ii

Prologo

Este folleto busca ser un apoyo para quienes estan cursando Fısica GeneralIII en el Instituto Tecnologico de Costa Rica.

En este, el estudiante encontrara una serie de problemas resueltos para cadauno de los temas que se cubren en el curso.

Se recomienda que antes de leer las soluciones, cada estudiante intente re-solver el problema por su cuenta; de manera que logre identificar sus dificul-tades o errores conceptuales.

Algunos de los problemas que se resuelven en este folleto, corresponde a pre-guntas de desarrollo que han aparecido en examenes parciales de Fısica Gen-eral III en el pasado; por lo que constituyen una excelente base de preparacionpara los examenes que ud debera presentar a lo largo del semestre. Los ejer-cicios de examenes viejos estan indicados con [XP/YS/20ZZ] al inicio delmismo. Esta notacion significa que el ejercicio aparecio en el X Parcial, delY semestre del ano 20ZZ. Por ejemplo; [1P/2S/2014] corresponde a un ejer-cicio del primer parcial, del segundo semestre, del 2014.

Cualquier consulta, duda o sugerencia para mejorar este material, puededirigirse a los autores via correo electronico a [email protected].

mailto:[email protected]

1Movimiento periodico y movimiento

ondulatorio

1.1 Movimiento Armonico Simple

1. Una cuerda de piano produce una nota la medio vibrando primordial-mente a 220 Hz.

(a) Calcule su periodo y frecuencia angular.

Usando la definicion de periodo se tiene

T ≡ 1

f=

1

220 Hz= 4.55× 10−3 s.

Usando la definicion de frecuencia angular se tiene

ω ≡ 2πf = 2π · (220 Hz) = 1382 rad/s.

El periodo de oscilacion es 4.55 × 10−3 s y la frecuencia angular deoscilacion es 1382 rad/s.

1

(b) Calcule el periodo y la frecuencia angular de una soprano quecanta un la una octava mas arriba, que tiene el doble de la fre-cuencia de la cuerda de piano.

La frecuencia para este caso se determina

f = 2 (220 Hz) = 440 Hz.


T ≡ 1

f=

1

440 Hz= 2.27× 10−3 s.


ω ≡ 2πf = 2π · (440 Hz) = 2764 rad/s.


2. La punta de un diapason efectua 440 vibraciones completas en 0.500 s.Calcule la frecuencia angular y el periodo del movimiento.

f =440 vibraciones

0.500 s= 880 Hz.


ω ≡ 2πf = 2π · (880 Hz) = 5529 rad/s.


T ≡ 1

f=

1

880 Hz= 1.14× 10−3 s.


Fısica General III 2

3. Un cuerpo de masa desconocida se une a un resorte ideal con constantede fuerza de 120 N/m. Se observa que vibra con una frecuencia de 6.00Hz. Calcule

(a) El periodo del movimiento;


T ≡ 1

f=

1

6.00 Hz= 0.17 s.

El periodo de oscilacion es 0.17 s.

(b) La frecuencia angular;


ω ≡ 2πf = 2π · (6.00 Hz) = 37.7 rad/s.

La frecuencia angular de oscilacion es 37.7 rad/s.

(c) La masa del cuerpo.

La masa del cuerpo se determina

ω2 =k

m→ m =

k

ω2=

120 N/m

(37.7 rad/s)2 = 0.0844 kg.

La masa del cuerpo es 0.0844 kg.


4. Dos resortes ideales de constantes k1 y k2 estan conectados a un bloquede masa m, que puede deslizarse por una superficie horizontal sinfriccion como se aprecia en la figura 1.1. Si el bloque se desplaza ha-cia la derecha a partir del punto de equilibrio y se suelta. ¿Cual es lafrecuencia de la oscilacion del bloque?

k1 k2

Figura 1.1: Sistema dos resortes

Hint: Haga un diagrama de cuerpo libre sobre el bloque e indiquecuales fuerzas estan actuando sobre el. Use la definicion de aceleracioninstantanea

Analizando la suma de fuerzas que actuan sobre el resorte se tiene∑Fx = k1x+ k2x = −max.

Usando la definicion de aceleracion

(k1 + k2)x = −md2x

dt2.

Se reescribe lo anterior y se obtiene la ecuacion diferencial del movimientoarmonico simple

d2x

dt2+

(k1 + k2)

mx = 0,

Por comparacion con la ecuacion diferencial del MAS se tiene

ω =

√(k1 + k2)

m,

por lo tanto la frecuencia de oscilacion es

f = 12π

√(k1+k2)

m


5. La figura 1.2 representa un grafico de posicion (en cm) en funcion deltiempo (s) de un sistema masa resorte obtenido en un laboratorio defısica mediante los sensores apropiados

−1

−0.5

0.5

1

t(s)

x(m)

Figura 1.2: Variacion de la posicion de un sistema masa-resorte en funciondel tiempo

a) A su companero(a) de mesa por accidente se le confundio cualesvariables (velocidad, aceleracion y fuerza) corresponden a los graficos1.3, 1.4 y 1.5. Indicar cuales variables se han graficado.

−1

−0.5

0.5

1

t(s)

Figura 1.3


−2

−1

1

2

t(s)

Figura 1.4

−4

−2

2

4

t(s)

Figura 1.5

De acuerdo la figura 1.2 se propone que la posicion de la masaviene determinada por

x (t) = A sin (ωt+ φ) , (1.1)

esto debido a que en t = 0 se tiene que x (0) = A sin 0 = 0.A partir de la ecuacion 1.1 se tiene

v (t) ≡ dx (t)

dt= Aω cos (ωt+ φ)→ vmax = Aω, (1.2)

a (t) ≡ dv (t)

dt= −Aω2 sin (ωt+ φ)→ amax = vmaxω, (1.3)

F (t) ≡ ma (t) = −Amω2 sin (ωt+ φ)→ Fmax = mamax. (1.4)


La funcion cosωt en t = 0 es maxima y la unica figura que cumplecon esto es la figura 1.4.De la figura 1.4 se tiene que la velocidad maxima es: vmax = 2 m/s;de la grafica 1.2 se tiene que la amplitud del movimiento es A =1 m. La amplitud maxima se relaciona con velocidad maxima dela siguiente manera

vmax = Aω,

de donde se obtiene la velocidad angular

ω =vmaxA

=2 m/s

1 m= 2 rad/s.

Usando la ecuacion 1.3 se obtiene la aceleracion maxima

amax = (2 m/s) · 2 rad/s = 4 m/s2.

Del resultado anterior se tiene que la grafica de aceleracion es lafigura 1.5, por lo tanto se tiene que la figura 1.2 es la grafica defuerza.

La figura 1.3 corresponde a la grafica de fuerza, la figura 1.4corresponde a la grafica de velocidad y la figura 1.5 correspondea la grafica de aceleracion.

b) Calcule la masa que se utilizo para el experimento.

Usando la ecuacion 1.4 se puede determinar la masa

Fmax = mamax → m =Fmaxamax

=1 N

4 m/s2 = 0.25 kg.

La masa de la partıcula es 0.25 kg.

c) A partir de estos valores calcule la constante de fuerza del resorte.

La constante de fuerza del resorte se determina

ω =2π

T=

√k

m→ k = ω2m = (2 rad/s)2 · 0.25 kg = 0.50 N/m.


La constante de fuerza del resorte es 0.50 N/m.

d) Escriba la ecuacion de movimiento de la masa

Usando la ecuacion (1.1) se tiene que la posicion de la masa vienedeterminada por

x (t) = 1 m sin ((2 rad/s) t) = 1 m cos ((2 rad/s) t− π/2 rad) .

e) Determine la distancia recorrida por la masa despues de 6.00 s

El periodo de oscilacion del resorte se determina

T =2π

ω=

2π

2 rad/s= π s ∼ 3.14 s.

De lo anterior se tiene que 6,00 s es casi dos veces el periodo deoscilacion de la masa. Se debe tener presente que en un periodo lapartıcula recorre una distancia igual a cuatro veces la amplitud.Para saber cual es la distancia se debe conocer cual es la posicionde la partıcula a los 6,00 s, la cual para este caso se determina

x (6 s) = 1 m sin (2 rad/s · 6 s) = −0.54 m.

De lo anterior se tiene que la distancia recorrida por la masa en6.00 s es

d = 8A− 0.54 m = 8 m− 0.54 m = 7.46 m.

La distancia recorrida por la masa despues de 6.00 s es 7.46 m.


6. El desplazamiento en funcion del tiempo de una masa de 1.50 kg en unresorte esta dado por la ecuacion

x (t) = 800 mm cos ((4, 16 rad/s) t− 2, 42 rad)

Calcule:

a) el tiempo que tarda una vibracion completa,

El periodo de oscilacion de la masa se determina

T =2π

ω=

2π

4.16 rad/s= 1.51 s.

El periodo de oscilacion de la masa es 1.51 s.

b) la constante de fuerza del resorte,

La constante de fuerza del resorte se determina

ω =2π

T=

√k

m→ k = ω2m = (4.16 rad/s)2 ·1.51 kg = 26.1 N/m.

La constante de fuerza del resorte es 26.1 N/m.

c) la rapidez maxima de la masa,

La rapidez maxima se determina

vmax = Aω = 800 mm · 4.16 rad/s = 3328 mm/s.

La rapidez maxima de la masa es 3328 mm/s.

d) la fuerza maxima que actua sobre la masa,

Para determinar la fuerza maxima que actua sobre la masa primerose determina la aceleracion maxima de la misma

amax = Aω2 = 800 mm · (4.16 rad/s)2 = 13844 mm/s2.

La fuerza maxima que actua sobre la masa se determina

Fmax = mamax = 1.50 kg · 13.844 m/s2 = 20.8 N.


La fuerza maxima que actua sobre la masa es 20.8 N.

e) determine la distancia recorrida por la masa despues de 4.51 s,

De acuerdo con la informacion que brinda el problema, el periodode oscilacion de la masa es 1.51 s. Si se compara con t = 4.51 s setiene que este ultimo es casi tres veces el periodo. Por otro ladose debe tener presente que en un tiempo igual al periodo la masarecorre una distancia igual a cuatro veces la amplitud, eso quieredecir que en un tiempo t = 4, 51 s la masa recorre una distanciacasi igual a doce veces la amplitud. Para calcular la distancia sedebe conocer la posicion inicial de la partıcula y la posicion de lamisma en t = 4.50 s. Para este caso se tiene que a posicion de lapartıcula en t = 0 s es

x (0 s) = 800 mm cos (−2, 42 rad) = −600.1 mm,

y la posicion de la partıcula en t = 4.50 s se determina

x (4.50 s) = 800 mm cos ((4.16 rad/s) (4.50 s)− 2, 42 rad) = −663.9 mm.

La distancia recorrida por la masa en 4.51 s se determina

d = 12A− 63.8 mm = 9600 mm− 63.8 m = 9536 mm.

La distancia recorrida por la masa en 4.51 s es 9536 mm.

f) la posicion, rapidez y aceleracion de la masa en t = 1.0 s,

La posicion de la partıcula en t = 1 s se determina para este caso

x (1 s) = 800 mm cos ((4.16 rad/s) (1 s)− 2, 42 rad) = −134.7 mm.

La velocidad de la partıcula en t = 1 s se determina para este caso

v (1 s) = −800 mm · (4.16 rad/s) sin ((4.16 rad/s) (1 s)− 2.42 rad)

= −3280 mm/s.


La aceleracion de la partıcula en t = 1 s se determina para estecaso

a (1 s) = −800 mm · (4.16 rad/s)2 cos ((4.16 rad/s) (1 s)− 2.42 rad)

= 2331 mm/s2.

La posicion, velocidad y aceleracion de la masa en t = 1.0 s son−134.7 mm, −3280 mm/s y 2331 mm/s2 respectivamente.

g) y la fuerza que actua sobre la masa en ese momento.

La fuerza que actua sobre la masa en t = 1 s se calcula

F (1 s) = ma (1 s) = 1.5 kg · 2.331 m/s2 = 3.497 N.

La fuerza que actua sobre la masa en t = 1 s es 3.497 N.

7. Una partıcula unida a un resorte horizontal describe un movimientoarmonico simple (M.A.S) con un perıodo de 16,0 s. En t = 2,0 s, lapartıcula pasa por el origen. En t = 4,0 s, esta tiene una velocidad de4,0 m/s hacia la derecha. Despreciando la friccion, encuentre:

(a) La frecuencia angular y la frecuencia natural de vibracion.

Usando la definicion de frecuencia se tiene

f ≡ 1

T=

1

16.0 s= 0.0625 Hz.


ω ≡ 2πf = 2π · (0.0625 Hz) =π

8rad/s = 0.393 rad/s.

El frecuencia de oscilacion de la partıcula es 0.0625 Hz y la frecuen-cia angular de oscilacion es 0.393 rad/s.


(b) El angulo de fase.

Se propone la ecuacion de posicion

x (t) = A sin (ωt+ φ)

v (t) ≡ dx (t)

dt= Aω cos (ωt+ φ)

Usando las condiciones del problema se tiene

x (2.0 s) =0 = A sin (ω · 2.0 s + φ)

→ arcsin(0) = ω · 2.0 s + φ.

La solucion de arcsin(0) tiene dos soluciones

arcsin (0) =

0

π,

por lo que se tienen dos posibilidades para el angulo de fase

→

ωt+ φ = 0

ωt+ φ = π→

φ = −ωt = π

8rad/s · 2.0 s = −π

4rad,

φ = π − ωt = π − π8

rad/s · 2.0 s = 3π4

rad.

Aquı se debe escoger una de las dos soluciones, por lo que seanaliza la ecuacion de velocidad en t = 4.0 s, la cual tiene que sermayor que cero, para que eso ocurra se tiene que cumplir

cos (ωt+ φ) > 0,

por lo que se evaluan las dos soluciones posibles

cos(π

8rad/s · 4.0 s− π

4rad)

= 0.71,

cos

(π

8rad/s · 4.0 s +

3π

4rad

)= −0.71.


De lo anterior se deduce que el angulo de fase del movimiento esφ = π

4rad = 0.786 rad.

(c) La amplitud del movimiento.

Usando la ecuacion de velocidad se determina la amplitud delmovimiento

v (t) = Aω cos (ωt+ φ)

→ A =v (t)

ω cos (ωt+ φ)

=v (4.0 s)

ω cos (ωt+ φ)

=4.0 m/s

π8

rad/s cos(π8

rad/s · 4.0 s− π4

rad)

= 14.4 m

La amplitud del movimiento de la partıcula es 14.4 m.

(d) Las ecuaciones del movimiento (posicion y velocidad) en funciondel tiempo.

Para este caso se tieneLa ecuacion de la posicion de la partıcula es

x (t) = (14.4 m) sin((π

8rad/s

)t− π

4rad).

La ecuacion de la velocidad de la partıcula es

v (t) = (5.65 m/s) cos((π

8rad/s

)t− π

4rad).


8. El movimiento de una masa puntual de 0,350 kg que oscila como unpendulo de longitud L se describe con la curva sinusoidal de la figura1.6.

x(t) (m)

0.10

0.45 1.05 1.65 t (s)

Figura 1.6: Pendulo simple

A partir de esta informacion:

a) Calcule el periodo de oscilacion

De acuerdo con la figura 1 se tiene que el periodo de oscilacion dela partıcula es 0.600 s

b) Escriba la ecuacion para el desplazamiento de la masa en funciondel tiempo

Como la partıcula describe un movimiento armonico simple sepropone la ecuacion de movimiento

x (t) = A cos (ωt+ φ) ,

donde de acuerdo con la figura 1 la amplitud del kmovimiento esA = 0.1 m. Usando la definicion de velocidad angular

ω =2π

T=

2π

0.600s= 1.05 rad/s.

El angulo de fase se puede encontrar comparando la forma de la


grafica con la funcion cos θ. De ahı se tiene φ = π/2 = 1.57 rad,por lo que la ecuacion de movimiento es

x (t) = (0.1 m) cos ((1.05 rad/s) t+ 1.57 rad)

c) Calcule la longitud L del pendulo si consideramos que este seencuentra en el planeta tierra

Usando el periodo de un pendulo simple se tiene

T = 2π

√L

g

→ L =gT 2

4π2

=

(9.8 m/s2) · (0.600 m)2

4π2

= 0.089 m

La longitud del pendulo es 0.089 m.

9. Una partıcula de masa m que esta unida a un resorte vertical de cons-tante k = 400.0 N/m describe un movimiento armonico simple. Laamplitud de dicho movimiento es de 0.10 m. Cuando la partıcula se en-cuentra en la posicion x = 0, 05 m esta tiene una velocidad v = 2, 0 m/shacia abajo. Ademas se sabe que en t = 0 s la misma se encuentra enla posicion x = −0.10 m . Despreciando la friccion, determine:

+x

posicion de equilibrio


(a) La masa de la partıcula.

Usando la ecuacion de la velocidad en funcion de la posicion parael MAS se determina la frecuencia angular

v = ±ω√A2 − x2

→ω =−v√A2 − x2

=−(2, 0 m/s)√

(0.10 m)2 − (0.05 m)2= 23.1 rad/s

Usando la expresion para la frecuencia angular de un sistemamasa-resorte

ω =

√k

m

→m =k

ω2=

400.0 N/m

(23.1 rad/s)2 = 0.75 kg

(b) La frecuencia natural de oscilacion.

Usando la definicion de frecuencia angular

ω ≡ 2πf,

→f =ω

2π=

23.1 rad/s

2π= 3.68 Hz

(c) La ecuacion de la posicion.

Se proponex (t) = A cos (ωt+ φ)

Para determinar el angulo de fase se analizan las funciones deposicion y velocidad. De la ecuacion de la velocidad

x (t) = A cos (ωt+ φ)

→x (0) = A cos (φ) = −A

→ cos (φ) = −1.


Lo anterior nos lleva a que φ tiene las posibles soluciones

φ =

π

−π

Usando la ecuacion de la velocidad se tiene

v (t) = −Aω sin (ωt+ φ)

→v (0 s) = −Aω sin (φ) > 0

De las soluciones φ, la unica que cumple la condicion es φ =−π rad = −3.14 rad. La ecuacion que describe el movimiento dela partıcula es

x (t) = 0.10 m cos ((23.1 rad/s) t− 3.14 rad)

(d) La distancia que se estira el resorte desde su longitud naturalcuando el objeto se encuentra en equilibrio.

Por las condiciones de equilibrio se tiene

∆l =mg

k=

0.75 kg · 9.8 m/s2

400.0 N/m= 0.018 m

10. Un bloque cubico de madera (ρM = 650 kg/m3), de lado a = 20 cm,se encuentra en equilibrio parcialmente sumergido en agua (ρagua =1000 kg/m3). Al aplicar una fuerza sobre la superficie superior delbloque, su centro de masa se desplaza ligeramente una distancia y ha-cia abajo. Si se suprime la fuerza, el bloque describe un movimientoarmonico simple alrededor de la posicion de equilibrio del centro demasa. En forma diferencial, la ecuacion de movimiento del bloque es:

d2y

dt2+ρaguaρM

g

ay = 0 (1.5)


Si en t = 0 el bloque se encuentra en la posicion y = 4.00 cm, moviendosehacia arriba con velocidad v0 = 25.0 cm/s, determine:

a) La rapidez angular.

Comparando la ecuacion diferencial (1.5) con la ecuacion diferen-cial del MAS se tiene

ω =

√ρaguaρM

g

a

=

√1000 kg/m3 · 9.8 m/s2

650 kg/m3 · 0.20 m

= 8.68 rad/s

La rapidez angular del movimiento que describe el bloque es 8.68 rad/s.

b) La amplitud del movimiento.

Usando la ecuacion

A =

√y2

0 +(v0

ω

)2

=

√(4.00 cm)2 +

(25.0 cm/s

8.68 rad/s

)2

= 4.93 cm

La amplitud del movimiento es 4.93 cm

c) El angulo de fase.


Usando la ecuacion

φ = arctan

(− v0

ωx0

)

= arctan

(− 25.0 cm/s

8.68 rad/s · 4.00 cm

)= −0.624 rad

El angulo de fase es −0.624 rad.

d) Las ecuaciones para la posicion, y(t), y la velocidad, v(t), enfuncion del tiempo.

Se propone la funcion de posicion

x (x) = A cos (ωt+ φ) ,

con lo que se tiene la ecuacion de velocidad

v (x) = −Aω sin (ωt+ φ) .

Usando los resultados de las preguntas a), b) y c) se tiene

x (x) = (4.93 cm) cos [(8.68 rad/s) t− (0.624 rad)] ,

v (x) = − (42.8 cm/s) sin ](8.68 rad/s) t− (0.624 rad)] .

e) La velocidad del bloque en t = 10 s.

En t = 10 s se tiene

v (10 s) = − (42.8 cm/s) sin ](8.68 rad/s) (10 s)− (0.624 rad)] .

= 41.8 cm/s

La velocidad del bloque en t = 10 s. es 41.8 cm/s


1.2 Ondas mecanicas

1. La ecuacion de cierta onda transversal es:

y (x, t) = 6, 50 mm cos

[2π

(x

28, 0 cm− t

0, 0360 s+

1

4π

)]Determine:

(a) amplitud

La amplitud de la onda es 6.50 mm.

(b) longitud de onda

Usando la definicion de numero de onda se tiene

k ≡ 2π

λ

→λ =2π

k=

2π(2π

28.0 cm) = 28.0 cm.

La longitud de onda es 28.0 cm.


(c) frecuencia


ω ≡ 2πf

→f =ω

2π=

(2π

0.360 s)

2π= 27.8 Hz.

La frecuencia de oscilacion de la onda es 27.8 Hz.

(d) rapidez de propagacion

Usando la definicion de rapidez de propagacion se tiene

v ≡ λf = 28.0× 10−2 m · 27.8 Hz = 7.78 m/s.

La rapidez de propagacion de la onda es 7.78 m/s.

(e) direccion de propagacion de la onda

Debido a que adelante de la parte temporal, en la ecuacion dela onda, hay un “-” y que la parte espacial esta representadapor la letra x, se tiene que la onda se propaga en la direccion+x.

(f) Angulo de fase

De acuerdo con la ecuacion de la onda se tiene que el angulo defase es

φ =2π

4πrad =

1

2rad = 0.5 rad.

El angulo de fase de la onda es 0.5 rad.


2. La ecuacion de una onda transversal que viaja en una cuerda esta dadapor:

y (x, t) = 2, 30 mm cos [2π (bx− (7, 42 rad/s) t)]

Determine

(a) La Frecuencia y la longitud de onda


ω ≡ 2πf

→f =ω

2π=

(2π · 7.42 rad/s)

2π= 7.42 Hz.


k ≡ 2π

λ

→λ =2π

k=

2π

(2πb)=

1

b.

La frecuencia de oscilacion de la onda es 7.42 Hz y la longitud de onda es 1b.

(b) Hallar la velocidad transversal de una partıcula de la cuerda enfuncion de x y t

Usando la definicion de velocidad transversal de una partıcula enuna onda se tiene

vy (x, t) ≡ ∂y (x, t)

∂t

=∂

∂t(A cos (kx− ωt+ φ))

= Aω sin (kx− ωt+ φ)

= (2, 30 mm) (2π · 7.42 rad/s) sin [2π (bx− (7, 42 rad/s) t)]

= (107.2 mm/s) sin [2π (bx− (7, 42 rad/s) t)] .


La velocidad transversal de una partıcula en lacuerda es

vy (x, t) = (107.2 mm/s) sin [2π (bx− (7, 42 rad/s) t)]

3. La ecuacion de una onda transversal que viaja en una cuerda esta dadapor:

y (x, t) = 0.10 m sin (0.7x− 0.5t)

donde x esta en metros y t en segundos.

a) Hallar el desplazamiento vertical de una partıcula de la cuerda enx = 1.5 m y t = 0.15 s

Se evalua la funcion en x = 1.5 m y t = 0.15

y (1.5 m, 0.15 s) = 0.10 m sin (0.7 rad/m · 1.5 m− 0.5 rad/s · 0.15 s)

= 0.0823 m.

El desplazamiento vertical de una partıcula de la cuerda enx = 1.5 m y t = 0.15 s es 0.0823 m.

b) Hallar la velocidad de propagacion de la onda

Usando las definiciones de frecuencia angular y numero de ondase calcula la frecuencia y la longitud de onda

ω ≡ 2πf

→f =ω

2π=

0.5 rad/s

2π= 0.0796 Hz,

k ≡ 2π

λ

→λ =2π

k=

2π

0.7 rad/m= 8.98 m

Usando la definicion de velocidad de propagacion se tiene

v ≡ λf = 8.98 m · 0.0796 Hz = 0.715 m/s.


La rapidez de propagacion de la onda es 0.715 m/s.

c) Hallar la velocidad transversal de una partıcula de la cuerda enfuncion de x y t


vy (x, t) ≡ ∂y (x, t)

∂t

=∂

∂t(A sin (kx− ωt+ φ))

= −Aω cos (kx− ωt+ φ)

= − (0.10 m) (0.5 rad/s) cos [(0.7 rad/m)x− (0.5 rad/s) t]

= − (0.050 m/s) cos [(0.7 rad/m)x− (0.5 rad/s) t]

La velocidad transversal de una partıcula en la cuerda es

vy (x, t) = − (0.050 m/s) cos [(0.7 rad/m)x− (0.5 rad/s) t]

4. De una carrucha de cuerda de nailon se corta un trozo de 89.4 cm delongitud y se fija por sus extremos a dos soportes rıgidos. La carruchade donde se tomo la cuerda indica que la longitud total de cuerda en lacarrucha es 25.0 m y que toda la cuerda tiene una masa de 179.0 g. Lacuerda es sometida a una tension de 152.0 N. La cuerda vibra segun elpatron de onda estacionaria que se muestra en la figura 1.7

L = 89.4 cm

Figura 1.7


Determine:

(a) La velocidad de propagacion de la onda

Usando la ecuacion de la velocidad de propagacion de las ondasmecanicas en una cuerda se tiene

v =

√F

µ=

√FLtotalmtotal

=

√(152.0 N) · (25.0 m)

0.179 kg= 146 m/s.

La velocidad de propagacion de la onda es 146 m/s.

(b) La longitud de onda

Para que se produzcan ondas estacionarias en una cuerda con susextremos fijo se debe satisfacer la condicion L = nλn/2, donde nrepresenta el modo normal de oscilacion de las ondas, el cual paraeste caso es n = 3. A partir de lo anterior se tiene

λ3 =2L

3=

2 · 0.894 m

3= 0.596 m.

La longitud de onda es 0.596 m.

(c) La frecuencia de las ondas componentes cuya superposicion dalugar a esta vibracion.

Usando la definicion de velocidad de propagacion de las ondasviajeras

v = λnfn

→ fn =v

λn=

146 m/s

0.596 m= 245 Hz.

La frecuencia de las ondas componentes cuya superposicion da lu-gar a esta vibracion es 245 Hz.

(d) A cual modo (o armonico) pertenece la frecuencia encontrada enel punto anterior.


De acuerdo con el patron de la cuerda mostrado en la figura 1.7se puede asegurar que la frecuencia de las ondas encontradas en elpunto anterior pertenece al tercer armonico.

(e) Si se desea que esta cuerda vibre con su frecuencia fundamental,¿Se debe modificar la tension en la cuerda?

La frecuencia y longitud de onda fundamental de oscilacion sedetermina

fn = nf1

→ f1 =fnn

=f3

3=

245 Hz

3= 81.7 Hz

λn =2L

n

→ λ1 =2L

1= 2 · 0.894 m = 1.788 m

La velocidad de propagacion se determina

v = λnfn

→ v = λ1f1 = 1.788 m · 81.7 Hz = 146 m/s

La velocidad de propagacion en una cuerda depende de la tension

v =

√F

µ.

Dado que la la velocidad de propagacion no se modifica y que lamasa de la cuerda no cambia la tension de la cuerda se mantieneconstante.

(f) Considere el caso en el que la frecuencia encontrada en el punto c)fuera la fundamental ¿Cual debe ser el nuevo valor de la tensionen la cuerda?


Para este caso la frecuencia fundamental de oscilacion es 245 Hzy la longitud de onda es 1.788 m. Usando la definicion de lavelocidad de propagacion , se tiene para este caso

v = λnfn

→ v = λ1f1 = 1.788 m · 245 Hz = 438 m/s

Usando la ecuacion de la velocidad de propagacion de la ondas enuna cuerda

v =

√F

µ

→F =v2m

L=

(438 m/s)2 · 0.179 kg

25.0 m= 1374 N.

La nueva tension de la cuerda es 1374 N.

5. Considere una onda y(x, t) que se propaga a 20 cm/s es descrita por lafigura 1.8

y(x, t) (cm)

x (cm)

3

0, 5 1, 5 2, 5 3, 5 4, 5

Figura 1.8

(a) Determine el periodo de Oscilacion de la Onda

De la figura 1.8 se tiene que la longitud de onda es λ = 2 cm.


Usando la definiciones de la velocidad de propagacion y frecuencia

v = λf

→ f =v

λ=

20 cm/s

2 cm= 10 Hz,

f =1

T

→ T =1

f=

1

10 Hz= 0.10 s

El periodo de oscilacion de la onda es 0.10 s

(b) Escriba la funcion y(x, t)

Para este caso se propone la funcion de onda

y (x, t) = A sin (kx− ωt+ φ)

De la figura 1.8 se tiene que la amplitud del movimiento de laspartıculas que componen la cuerda es 3 cm y ademas el angulo defase es 0 pues la funcion graficada es identica a la funcion senoUsando las definiciones de frecuencia angular y numero de ondase tiene

ω ≡ 2πf = 2π · 10 Hz = 62.8 rad/s

k ≡ 2π

λ=

2π

2 cm= 3.14 rad/cm

La funcion de onda es

y (x, t) = (3 cm) sin [(3.14 rad/cm)x− (62.8 rad/s) t]

(c) Hallar la velocidad transversal de una partıcula de la cuerda enfuncion de x y t



vy (x, t) ≡ ∂y (x, t)

∂t

=∂

∂t(A sin (kx− ωt))

= −Aω cos (kx− ωt)

= − (3 cm) (62.8 rad/s) cos [(3.14 rad/cm)x− (62.8 rad/s) t]

= − (188.4 cm/s) cos [(3.14 rad/cm)x− (62.8 rad/s) t]

La velocidad transversal de una partıcula en la cuerda es

vy (x, t) = − (188.4 cm/s) cos [(3.14 rad/cm)x− (62.8 rad/s) t]

(d) Hallar la ecuacion de una onda que sumada a y(x, t) produzcaondas estacionarias en la cuerda

La funcion de onda que sumada a y(x, t) que produceondas estacionarias es:

y (x, t) = − (3 cm) sin [(3.14 rad/cm)x+ (62.8 rad/s) t]


6. Un generador en un extremo de una cuerda con longitud de 3,00 m creauna onda dada por:

y1(x, t) = (0.06m) cos[π/2

[(2.00 m−1

)x+

(8.00 s−1

)t]]

Y uno en el otro extremo crea la onda

y2(x, t) = (0.06m) cos[π/2

[(2.00 m−1

)x−

(8.00 s−1

)t]]

Determine:

(a) La frecuencia, la longitud de onda y la velocidad de cada una deestas ondas.


ω ≡ 2πf

→f =ω

2π=

(π/2 · 8.00 s−1)

2π= 2.00 Hz.


k ≡ 2π

λ

→λ =2π

k=

2π

(π/2 · 2.00 m−1)= 2.00 m.


v ≡ λf = 2.00 m · 2.00 Hz = 4.00 m/s.

La frecuencia de oscilacion de la onda es 2.00 Hz., la longitudde onda es 2.00 m y la velocidad de propagacion de las ondas es4.00 m/s

(b) ¿En que valores de x estan los nodos y los antinodos de la ondaresultante estacionaria?


La onda estacionaria resultante es

Y (x, t) = y1(x, t)− y2(x, t).

Usando la identidad trigonometrica

cos (A±B) = cosA cosB ∓ sinA sinB

y tomando A = π/2 [(2.00 m−1)x] y B = π/2 [(8.00 s−1) t] se ob-tiene

Y (x, t) = (0.12 m) sin[π/2

[(2.00 m−1

)x]]

sin[π/2

[(8.00 s−1

)t]].

La distancia entre un antinodo y un nodo es λ/4, lo cual para estecaso es 0.25 m por lo que las posiciones de los antinodos es

x

y

x1 = 0.25 m x2 = 0.75 m x3 = 0.25 m


7. Don Jorge, un constructor con conocimientos en ondas, no tiene unacinta metrica y ocupa medir el largo de una pared. El decide realizarun experimento donde utiliza sus conocimientos de ondas estacionariascon la ayuda de un pedazo de cuerda (µ = 50.0 g/cm) que tiene elmismo largo de la pared y obtiene el siguiente patron:

4.0 m

Figura 1.9

El se da cuenta que el periodo de oscilacion para este patron es de1.20 s y que la tension de la cuerda es de 3.50 N. Determine:

(a) La velocidad de propagacion de las ondas en la cuerda.

La velocidad de propagacion de las ondas mecanicas en una cuerdase determina

v =

√F

µ=

√3.5 N

5.00 kg/m= 0.837 m/s

La velocidad de propagacion de las ondas en la cuerda es 0.837 m/s

(b) La longitud de la cuerda.

Usando la definicion de frecuencia se obtiene

f ≡ 1

T=

1

1.20 s= 0.833 Hz.

Usando la definicion de velocidad de propagacion se determina lalongitud de onda

v ≡ λnfn

→ λn =v

fn=

0.837 m/s

0.833 Hz= 1, 00 m.


Para que se produzcan ondas estacionarias en una cuerda con susextremos fijos se debe cumplir L = nλn

2. De acuerdo con la figura

1.9 el modo normal de oscilacion de las ondas estacionarias esn = 4. De lo anterior se tiene

L =4λ

2=

4 · 1, 00 m

2= 2, 00 m.

La longitud de la cuerda es 2, 00 m.

(c) Escriba la ecuacion de la onda estacionaria.

Se propone la funcion de onda

Y (x, t) = 2A sin kx sinωt

De la figura 1.9 se tiene que 2A = 4.0 m. Usando la definicion defrecuencia angular y el numero de onda

ω4 ≡ 2πf4 = 2π · 0.833 Hz = 5.23 rad/s,

k4 ≡2π

λ4

=2π

1.00 m= 6.28 rad/m.

La ecuacion de las ondas estacionarias en la cuerda es

Y (x, t) = 4.0 m sin [(6.28 rad/m)x] sin [(5.23 rad/s) t]

(d) Suponga que dicha cuerda se corta en cuatro partes exactamenteiguales. Una de las partes se pone a oscilar con la misma tensiony produce ondas estacionarias con la misma frecuencia original.Determine ¿en cual modo normal se producen las nuevas ondasestacionarias?

El hecho de cortar la cuerda, en este caso, no modifica la densidadlineal de masa de la misma. Por otro lado si la cuerda se ponea oscilar con la misma tension la velocidad de propagacion de lasondas no cambia. A partir de la condicion para que se produzcan


ondas estacionarias en una cuerda se determina el modo normalde oscilacion

fn =nv

2Lnueva

→ n =2fnLnueva

v=

2 · 0.833 Hz · 0.50 m

0.837 m= 1.00

Las nuevas ondas estacionarias vibran en su modo fundamental de oscilacion

8. En un experimento de laboratorio de fısica se deseaba analizar las ondasmecanicas generadas por una cuerda cuya densidad lineal de masa eraµ = 0.55 kg/m. La tension sobre la cuerda era F = 0.352 N. Poraccidente, los estudiantes, solo obtuvieron las graficas de velocidad yaceleracion, pero sin los valores del tiempo, tal y como se muestra enlas figuras 1.10 y 1.11.

vy(0, t) (mm/s)

8.8

t (s)

Figura 1.10


ay(0, t)( mm/s2)

22.1

t (s)

Figura 1.11

A partir de la informacion dada determine:

(a) La frecuencia angular, la frecuencia, el periodo de oscilacion y laamplitud de las ondas.

A partir de las graficas se tiene amax = 22.1 mm/s2 y vmax =8.8 mm/s. Se sabe que

vmax = Aω, (1.6)

amax = Aω2, (1.7)

→amax = vmaxω,

de donde se obtiene

ω =amaxvmax

=22.1 mm/s2

8.8 mm/s= 2.51 rad/s.

Usando la definicion de frecuencia angular

ω ≡ 2πf,

→f =ω

2π=

2.51 rad/s

2π= 0.40 Hz.


Usando la definicion de periodo

f ≡ 1

T,

→T =1

f=

1

0.40 Hz= 2.50 s.

Usando las ecuaciones (1.6) se tiene

vmax = Aω,

→A =vmaxω

=8.8 mm/s

2.51 rad/s= 3.51 mm.

La frecuencia angular de las ondas es 2.51 rad/s, la frecuencia deoscilacion es 0.40 Hz, el periodo de oscilacion es 2.50 s y la ampli-tud de las ondas es 3.51 mm.

(b) La velocidad de propagacion de la ondas

La velocidad de propagacion de las ondas mecanicas en una cuerdase determina

v =

√F

µ=

√0.352 N

0.55 kg/m= 0.80 m/s.

La velocidad de propagacion de la ondas es 0.80 m/s

(c) La longitud de onda y el numero de onda


v ≡ λf,

→λ =v

f=

0.80 m/s

0.40 Hz= 2.0 m.

Usando la definicion de numero de onda

k ≡ 2π

λ=

2π

2.0 m= π rad/m = 3.14 rad/m.


La longitud de onda es 2.0 m/s y el numero de onda es 3.14 rad/m.

(d) Escriba la funcion de onda y (x, t) si se considera que estas viajanen la direccion +x

Se propone para este caso

y (x, t) = A cos (kx− ωt+ φ)

Para determinar el angulo de fase se analizan la velocidad y laaceleracion en x = 0 y t = 0. De la ecuacion de la aceleracion

a (x, t) = −Aω2 cos (kx− ωt+ φ)

→a (0, 0) = −Aω2 cos (φ) = 0

→ cos (φ) = 0.

Lo anterior nos lleva a que φ tiene las posibles soluciones

φ =

π/2

−π/2

Usando la ecuacion de la velocidad transversal y los datos de lafigura (1.10) se tiene

vy (x, t) = Aω sin (kx− ωt+ φ)

→vy (0, 0) = Aω sin (φ) = −Aω

→ sin (φ) = −1.

De las posibles soluciones de φ, la unica que cumple la condiciones φ = −π/2 rad = −1.57 rad.

La ecuacion que describe a las ondas mecanicas es

y (x, t) = 3.51 mm cos ((3.14 rad/m)x− (2.51 rad/s) t− 1.57 rad) .


9. Una onda mecanica es descrita por los siguientes figuras

y1(0, t) (mm)

3, 5

1.9 4.4 6.9 t (s)

y1(x, 0) (mm)

3, 5

1, 5 3, 5 5.5 x (mm)

vy1(0, t) (mm/s)

8.8

2.5 5 7.5 t (s)

Determine a partir de la informacion dada:

a) La velocidad de propagacion de la onda

De los graficos se tiene

λ = 2 mm,

T = 2, 5 s.

Usando la definicion de frecuencia se tiene

f ≡ 1

T=

1

2, 5 s= 0, 4 Hz.


Usando la definicion de velocidad de propagacion la velocidad depropagacion

v ≡ λf = 2× 10−3 m · 0, 4 s = 8, 0× 10−4. m/s

La velocidad de propagacion de la onda es 8, 0× 10−4 m/s

b) La funcion de onda y1(x, t)

Se Propone que la funcion de una onda mecanica viene dada por

y1(x, t) = A cos (kx− ωt+ φ) .

De los graficos se tiene

A = 3, 5 mm.

Usando las definiciones de numero de onda y de frecuencia angular

k ≡ 2π

λ=

2π

2 mm= 1 rad/mm,

ω ≡ 2πf = 2π · 0, 4 s = 2.51 rad/s.

Con las condiciones iniciales se determina el angulo de fase

y(0, 0) = 0 = A cos (φ) ,

donde se tiene

φ = arccos (0) =

π/2

−π/2

Para saber cual es el angulo de fase se analiza la ecuacion develocidad

vy1 (x, t) = Aω sin (kx− ωt+ φ) .


En t = 0 y x = 0 de acuerdo a las figuras se tiene vy1(0, 0) =8, 80 mm/s. Usando φ = π/2 se obtiene

vy1(0, 0) = (8.80 mm/s) sin (π/2) = 8.80 mm/s,

por lo que se concluye que φ = π/2 es el angulo de fase.

La funcion de onda que describe a las ondas mecanicas es

y1(x, t) = (3.5 mm/s) cos ((1 rad/mm)x− (2.51 rad/s) t+ π/2) .

Para los dos siguientes preguntas suponga que y1(x, t) representauna onda incidente en una cuerda (m = 3, 3 g) la cual forma ondasestacionarias con otra onda reflejada y determine:

c) La Longitud de la cuerda si la misma esta vibrando en su sextomodo normal

De acuerdo con lo obtenido en los puntos anteriores λ = 2 mm.Para que se produzcan ondas estacionarias en una cuerda se debecumplir

λn =2L

n,

donde se tiene para este caso n = 6, con lo que se obtiene

L =nλn

2=

6 · 2 mm

2= 6 mm.

La Longitud de la cuerda es 6 mm.


d) La tension de la cuerda

Usando la ecuacion de la velocidad de propagacion de la ondaspor un cuerda

v =

√F

µ,

→F = v2

→F =v2m

L

=(8.0× 10−4 m/s)2 · 3.3× 10−3 kg

6× 10−3 m

= 3.52× 10−7 N.

La tension de la cuerda es 3.52× 10−7 N.

10. En un laboratorio de fısica se genera una onda estacionarias en unacuerda, la cual tiene una masa de 0.020 kg y una longitud igual a 1.5 m.El patron que describen las mismas se muestra en la figura 1.12. Si lavelocidad de propagacion de las ondas viajeras que generan la ondaestacionaria es de 180 m/s determine

0.020 m

Figura 1.12

(a) Determine la tension en la cuerda.

Usando la ecuacion de la velocidad de propagacion de las ondas


mecanicas en una cuerda se tiene

v =

√F

µ

→F = v2µ =v2m

L=

(180 m/s)2 · 0.020 kg

1.5 m= 432 N.

La tension de la cuerda es 432 N.

(b) La longitud de onda y la frecuencia.

Para que se produzcan ondas estacionarias en una cuerda se debecumplir

L =nλn

2

donde para este caso se tiene n = 5, con lo que se obtiene

λ5 =2L

5=

2 · 1.5 m

5= 0.60 m.

Usando la definicion de velocidad de propagacion

v = λnfn

→f5 =v

λ5

=180 m/s

0.60 m= 300 Hz.

La longitud de onda es 0.60 m y la frecuencia de oscilacion es 300 Hz.


(c) Escriba la ecuacion de la ondas estacionarias.

Se propone la ecuacion de las ondas estacionarias

y (x, t) = 2A sin (kx) sin (ωt) .

Para este caso se tiene

ω ≡ 2πf = 2π · 300 Hz = 1884 rad/s,

k ≡ 2π

λ=

2π

0.60 m= 10.5 rad/m,

2A = 0.010 m.

La ecuacion de las ondas estacionarias es

y (x, t) = 0.010 m sin ((10.5 rad/m)x) sin ((1884 rad/s) t) .

.

1.3 Problemas propuestos

1. La masa (0.500 kg) de un pendulo simple realiza 50 ciclos en 16 se-gundos. Si la energıa mecanica total de la partıcula es E = 50 J .Calcule:

(a) El periodo de oscilacion. R. 0.32 s.

(b) La longitud de la cuerda. R. 0.025 m.

(c) La velocidad maxima de la partıcula. R. 14.1 m/s.

2. Un bloque de masa m unida a un resorte de constante k = 20.0 N/mrealiza un movimiento armonico simple. La velocidad y aceleracionesmaximas que alcanza dicho bloque son 0.252 m/s y 1.053 m/s2. Sedetermina que en t = 2.0 s el bloque se encuentra en la posicion−0.0527m y en t = 3.0 s el bloque tiene una velocidad igual a −0.252 m/s. Apartir de la informacion anterior determine:


(a) La frecuencia angular, la frecuencia y el periodo de oscilacion delbloque.

R. ω = 4.18 rad/s, f = 0.67 Hz y T = 1.50 s.

(b) La masa del bloque. R. 1.14 kg.

(c) La amplitud de oscilacion de la masa. R. 0.0603 m.

(d) La ecuacion de la posicion en funcion del tiempo para el bloque.

R. x (t) = 0.060 m cos [(4.18 rad/s) t− 4.714 rad].

Cuando se obtiene el “arccos” de un valor hay que considerar dosopciones, la primera opcion es el valor que da la calculadora, y lasegunda opcion es 2π− el valor de la calculadora, no π como sedijo en clase

(e) Determine la distancia recorrida por el bloque en t = 4.0 s. R.0.6541 m.

3. Una partıcula realiza un movimiento armonico simple a lo largo de unsegmento de 20 cm de longitud. La aceleracion maxima de la masaes de 20 cm/s2. Si en t = 0 la partıcula se encuentra en x = −Adetermine:

(a) La amplitud y el periodo de movimiento. R. A = 10 cm, y T =4.44 s.

(b) El angulo de fase R. π rad.

(c) La ecuacion de movimiento. R. x (t) = 10 cm cos [(1.41 rad/s) t− π rad]

(d) Realice el grafico de posicion en funcion del tiempo.

(e) Determine la distancia recorrida por el bloque en t = 4.0 s. R. 38cm.

4. La aceleracion en funcion del tiempo de la masa puntual de un pendulosimple es descrita en la figura 1.13


a(t) (m/s2)

0.10

0.75 1.75 2.75 t (×10−1 s)

Figura 1.13: Aceleracion en funcion del tiempo

A partir de la informacion anterior determine:

(a) La frecuencia angular y la amplitud del movimiento. R. ω = 62.8rad/s y A = 2.54× 10−5 m.

(b) El angulo de fase. R. −π/2 rad.

(c) La ecuacion de movimiento. R. x (t) = 2.54×10−5 m cos [(62.8 rad/s) t− π/2 rad].

(d) Determine la velocidad de la masa en t = 1.35 s. R. −1.594 ×10−3 m/s.

5. Considere un sistema masa resorte formado por una masa m1 = 1.0 kgy un resorte con constante k2 = 25 N/m. Considere otro sistema masa-resorte formado por una segunda masa m2 = 1.5 kg y un resorte conconstante k2 = 25 N/m. Los dos sistemas realizan un MAS y tienen lamisma amplitud de movimiento A = 1.0 m. Si en t = 0 los dos masasse encuentran en x = A determine:

(a) El periodo de oscilacion de la cada masa. R. T1 = 1.26 s, T2 = 1.54s.

(b) El angulo de fase para cada masa R. φ = 0.

(c) La ecuacion de posicion en funcion del tiempo de cada masa.

R. x1 (t) = 1.0 m cos [(5.0 rad/s) t], x2 (t) = 1.0 m cos [(4.08 rad/s) t].

(d) El desfase entre el movimiento de m1 y m2 en funcion del tiempo.R. 0.92t.


6. La ecuacion de una onda transversal que viaja en una cuerda esta dadapor

y (x, t) = 5.0 mm cos [2π (0.30x− 3− 0.50t− π)]

donde x esta en milımetros y t en segundos. A partir de la informacionanterior determine

(a) Hallar el desplazamiento vertical de una partıcula de la cuerda enx = 0, 5 m y t = 0, 15 s. R. 4.57 mm

(b) Hallar la velocidad de propagacion de la onda. R. 1.67 m/s

(c) Hallar la velocidad transversal de una partıcula de la cuerda enfuncion de x y t.

R. vy (x, t) = 15.7 mm/s sin [2π (0.30x− 3− 0.50t− π)]

(d) Hallar la ecuacion de una onda que sumada a y(x, t) produzcaondas estacionarias en la cuerda.

R. y1 (x, t) = 5.0 mm cos [2π (0.30x− 3 + 0.50t− π)]

7. Una onda transversal esta descrita por la funcion

y (x, t) = 0.120 m sin(πx

8+ 4πt

)donde x esta en milımetros y t en segundos. A partir de la informacionanterior determine

(a) La velocidad y aceleracion transversal de la onda en t = 0.2 s parael punto de la cuerda x = 1.60 m. R. −1.51 m/s.

(b) La longitud de onda, perıodo y velocidad de propagacion de laonda. R. λ = 16 m ; T = 0.5 s; v = 32.0 m/s.

(c) ¿En que direccion viaja la onda? Justifique su respuesta. R. viajaen la direccion −x.

(d) Construya la grafica y (1 m, t) en funcion del tiempo.

8. Una carrucha contiene una de cuerda de cobre de 20.0 m y una masade 0.141 kg. De dicha carrucha se corta un segmento de cobre de 1.0m de largo y el mismo se fija de sus dos extremos. La tension queactua sobre dicho segmento es de 200 N y el mismo se pone a oscilarde manera tal que se generan ondas estacionarias las cuales tiene unafrecuencia de oscilacion de 421 Hz. A partir de la informacion anteriordetermine:


(a) La velocidad de propagacion de las ondas viajeras que componena la onda estacionaria. R. 168.4 m/s.

(b) La distancia de separacion entre dos nodos adyacentes. R. 0.200m.

(c) ¿Cuantos nodos hay en la cuerda? R. 6.

(d) La funcion de posicion de la onda estacionaria si la amplitud delas ondas viajeras que la componen es de 0.75 cm. R. y (x, t) =1.5 m sin (5πx) sin (842πt).

(e) Dibuje el patron de las ondas estacionarias observado.

9. Se forma una onda estacionaria en una cuerda de 2.0 m fija en ambosextremos. La onda estacionaria tiene una frecuencia de 10 Hz quecorresponde a dos veces la frecuencia fundamental. Suponga que lafuncion de onda de la onda estacionaria es y (x, t) = 2A sin (kx) sin (ωt)

(a) Calcule la velocidad de propagacion de las ondas que interfieren.R. 20.0 m/s.

(b) Calcule los tiempos para los cuales la amplitud de los antinodosen nula. R. m

2T , m es un numero natural.

(c) Obtenga la velocidad transversal en el segundo nodo y en el primerantinodos para t = 0.3345 s si la amplitud es de 30 cm. R. segundonodo vy = 0 y en el primer antinodo es vy = 31.18 m/s.

10. Una cuerda que esta sujeta bajo una tension de 200 N y fija en lospuntos extremos oscila en el segundo armonico mediante la ecuacion

y (x, t) = 0.10 m sin(πx

2

)sin (12πt)


(a) ¿Cual es la longitud de la cuerda?. R. 4 m.

(b) La velocidad de las ondas en la cuerda. R. 24 m/s.

(c) ¿Cual es la masa de la cuerda? R. 1.4 kg.

(d) Dibuje el patron formado por la cuerda.

(e) Si la cuerda oscilara en el tercer armonico ¿Cual serıa su perıodooscilacion? R. 0.11 s.


2Mecanica de fluidos

2.1 Hidrostatica

1. Determine la presion manometrica en el punto “A” del deposito mostradoen la figura 2.1. La densidad del aceite es 820kg/m3, ademas h1 =20.0 cm y h2 = 10.0 cm

h1

h2

Aceite

Hg�

A

Figura 2.1

49

Usando el principio de Pascal se determina la presıon en la interfazaceite-mercurio

pI − p0 = −gρHg (yI − y0)

→ pI = gρHgh1

donde de acuerdo con la figura 2.2

yO = h1 + h2,

yI = h2.

h1

h2

Aceite

Hg�

A

y

x

�

I

�

O

Figura 2.2

Con lo anterior se obtiene

pI = 9.8 m/s2 · 13600 kg/m3 · 0.200 m = 26.7× 103 Pa.

Finalmente usando el principio de Pascal se determina la presion en elpunto “A”

pA − pI = −gρaceite (yA − yB)

→ pA = pI + gρHgh2


yI = h2,

yA = 0.

con lo que se obtiene

pA = 26.7× 103 Pa + 9.8 m/s2 · 820 kg/m3 · 0.100 m = 27.5× 103 Pa

La presion manometrica en el punto A es 27.5× 103 Pa


2. Determine la fuerza hidrostatica que ejercen dos fluidos diferentes condensidades, ρA = 1000kg/m3 y ρB = 500kg/m3 sobre una ventanarectangular de 2, 00 m de ancho y de 1, 00 m alto y con dos de suslados paralelos alineados con la horizontal, que esta a 0, 500 m bajo lasuperficie en una cara lateral de un deposito cubico colocado sobre unasuperficie horizontal, lleno de fluido y abierto a la atmosfera. El fluidoρB alcanza una profundidad de 0, 750 m medida desde la superficie,mientras que el fluido ρA, alcanza una profundidad de 2, 00 m, desdela interfaz hasta el fondo del cubo

Primero se determina la fuerza hidrostatica que actua sobre el rectangulode color amarillo en la figura 2.3

FB =

∫A

pdA.

Usando el principio de Pascal seencuentra la funcion de la presionsobre cualquier punto de la pareddonde exista el fluido B

pB − p0 = −gρB (yB − y0)

→ pB = p = gρBy.


y0 = 0,

yB = −y.

h = 0.5 m

d = 0.25 m

l = 0.75 m

c = 2.00 m

superficie

y

ρB

ρA

y

x�O

�B

Figura 2.3

El diferencial de area para este caso tiene la forma

dA = cdy.

Se calcula la fuerza hidrostatica que actua sobre el rectangulo de color


amarillo de la figura 2.3

FB =

∫A

pdA =

∫ h+d

h

(gρBy) cdy

= gρBc

(y2

2

)∣∣∣∣h+d

h

= gρBc

([(h+ d)2 − h2

]2

).

Usando la informacion de la figura 2.3 se obtiene

FB = 1.53× 103 N.

A continuacion se calcula la fuerza hidrostatica que actua sobre elrectangulo de color amarillo en la figura 2.4

FA =

∫A

pdA.

Usando el principio de Pascal seencuentra la funcion de la presionsobre cualquier punto de la pareddonde exista el fluido A

pA − pI = −gρA (yA − yI)pA = p = pI + gρA (y − (h+ d)) ,


yI = − (h+ d) ,

yA = −y.

h = 0.5 m

d = 0.25 m

l = 0.75 m

c = 2.00 m

superficie

ρB

ρA

y

xy�O

�A

Figura 2.4

Ademas se tiene, usando el principio de Pascal que

pI = gρB (h+ d)



dA = cdy.

Se calcula la fuerza hidrostatica que actua sobre el rectangulo de coloramarillo de la figura 2.4

FA =

∫A

pdA

=

∫ h+d+l

h+d

(pI + gρA (y − (h+ d))) cdy

=

∫ h+d+l

h+d

(gρB (h+ d) + gρA (y − (h+ d))) cdy

= gcl (ρB − ρA) (h+ d) + gρAc

(y2

2

)∣∣∣∣h+d+l

h+l

= gcl (ρB − ρA) (h+ d) + gρAc

([(h+ d+ l)2 − (h+ l)2]

2

)


FA = 11.0× 103 N.

Finalmente se detrmina la fuerza hidrostatica total que actua sobre laventana

F = FB + FA

= 1.53× 103 N + 11.0× 103 N = 12.53× 103 N

La fuerza hidrostatica sobre la ventana es = 12.53× 103 N


3. Un deposito contiene aceite(D.R = 3.0) y agua. Una delas paredes del deposito tienelas dimensiones de la figura 2.5.Encuentre la fuerza resultantehidrostatica sobre dicha pared.

4, 0 m

6, 0 m

6, 0 m

superficie

agua

aceite

Figura 2.5

Para este caso se tiene que el aceite esta en el fondo pues su densidades mayor que la del agua. La fuerza total de los fluidos sobre la paredse determina

Fpared = Fagua + Faceite.

Primero se determina la fuerza del agua sobre la pared. Usando ladefinicion de fuerza hidrostatica se tiene

Fagua =

∫A

pdA.

Usando el principio de Pascal seencuentra la funcion de la presionsobre cualquier punto de la pareddonde exista agua

pA − p0 = −gρagua (yA − y0)

→ pA = p = gρaguay,


y0 = 0yA = −y

4, 0 m

6, 0 m

6, 0 m

superficie

agua

aceite

�O

y�A

y

x

Figura 2.6


dA = xdy


donde x = 6, 0 m.Se calcula la fuerza hidrostatica que ejerce el agua sobre la pared

Fagua =

∫A

pdA =

∫ 4.0 m

0

(gρaguay)xdy = (gρaguax)y2

2

∣∣∣∣4.0 m

0

.


Fagua = 4.7× 105 N.

Se calcula a continuacion la fuerza del aceite sobre la pared. Usandola definicion de fuerza hidrostatica se tiene

Faceite =

∫A

pdA.

Usando el principio de Pascal sedetermina la presion en la interfazagua-aceite

pI − p0 = −gρagua (yI − y0)

→ pI = gρHgh1.


yO = 0,

yI = h1 = 4.0 m.

4, 0 m

6, 0 m

6, 0 m

superficie

agua

aceite

�O

�I

y

x

Figura 2.7

Con lo que se obtiene

pI = 9.8 m/s2 · 1000 kg/m3 · 4.0 m = 3.9× 104 Pa.


Ahora, usando de nuevo el prin-cipio de Pascal se encuentrala funcion de la presion sobrecualquier punto de la pared dondeexista aceite

pB − pI = −gρaceitey→ pB = p = pI + gρaceitey.

4, 0 m

6, 0 m

6, 0 m

superficie

agua

aceite

�O

y

�I

�B

y

x

Figura 2.8

Para este caso el area de la pared que esta en contacto con el aceite es

A = 6.0 m · 6.0 m = 36 m2

y el diferencial de area tiene la forma

dA = xdy,

donde x = 6, 0 m.Se obtiene la fuerza hidrostatica del aceite que actua sobre la pared

Faceite =

∫A

pdA = pIA+

∫ 6.0 m

0

gρaceiteyxdy = pIA+ gρaceitexy2

2

∣∣∣∣6.0 m

0


Faceite = 4.6× 106 N.

Finalmente se obtiene la fuerza total que actua sobre la pared

Fpared = Fagua + Faceite = 4.7× 105 N + 4.6× 106 N = 5.1× 106 N.

La fuerza hidrostatica que actua sobre la pared es 5.1× 106 N

.


4. Un deposito de agua tiene, en unode sus extremos, una compuertacomo la que se muestra en la figura(2.9), donde h1 = 1, 0 m y L =2, 0 m. Calcule la fuerza que ejercela presion hidrostatica, debida alagua, sobre la compuerta.

h1

L

L

L L

superficie

Figura 2.9

Para este caso se puede dividir el rombo en cuatro triangulos iguales.Primero se calcula la fuerza hidrostatica que actua sobre el triangulode color rojo en la figura 2.10

FR =

∫A

pdA.

Usando el principio de Pascal seencuentra la funcion de la presionsobre cualquier punto de la pareddonde exista agua

pa − p0 = −gρagua (yA − y0) ,

→ pa ≡ p = gρagua (L+ h1 − y)


y0 = L+ h1.

yA = y,

y

xy

�O

�a

h1

L

L

L L

superficie

Figura 2.10


dA = xdy =

(y − bm

)dy


donde de acuerdo con la figura 2.10 se tiene

m =L

−L= −1,

b = y −mx = L.

Se calcula la fuerza hidrostatica sobre el trıangulo rojo

FR =

∫A

pdA =

∫ L

0

gρagua (L+ h1 − y) (L− y) dy

= gρagua

((L+ h1)Ly − (L+ h1) y2

2− Ly2

2+y3

3

)∣∣∣∣L0

= gρagua

((L+ h1)L2 − (L+ h1)L2

2− L3

2+L3

3

)= gρagua

(h1L

2

2+L3

3

).

A partir de la informacion del problema se tiene h1 = L/2, lo que llevaa

FR =7

12gρaguaL

3.

A continuacion se calcula la fuerza hidrostatica que actua sobre la com-puerta triangular amarilla de la figura 2.11 Usando el principio dePascal se encuentra la funcion de la presion sobre cualquier punto dela pared donde exista agua

pb − p0 = −gρagua (yb − y0)

→ pb ≡ p = gρagua (2L+ h1 − y)


y0 = 2L+ h1,

yB = y.


y

x

y

�O

�b

h1

L

L

L L

superficie

Figura 2.11

El diferencial de area para estecaso tiene la forma

dA = xdy =

(y − bm

)dy

donde de acuerdo con la figura 2.11se tiene

m =L

L= 1,

b = y −mx = 0.

Se calcula la fuerza hidrostatica sobre el area amarilla

FA =

∫A

pdA =

∫ L

0

gρagua (2L+ h1 − y) ydy

= gρagua

((2L+ h1) y2

2− y3

3

)∣∣∣∣L0

= gρagua

(2L3

3+h1L

2

2

).

De la informacion del problema se tiene h1 = L/2, con lo que se obtiene

FA =11

12gρaguaL

3

Finalmente, la fuerza total sobre compuerta se determina

FT = 2 (FR + FA)2

(7

12gρaguaL

3 +11

12gρaguaL

3

)=3gρaguaL

3

=3 · 9.8 m/s2 · 1000 kg/m3 · (2.00 m)3

=2.35× 105 N

La fuerza neta que actua sobre la compuerta es de 2.35× 105 N


5. Una piscina rectangular tiene unaprofundidad variable de h a 2h,tal y como se muestra en la figura2.12, donde h = 1.5 m, a =7.0 m y b = 16.0 m. Calcule lafuerza hidrostatica total que ejerceel agua sobre el fondo de dichapiscina.

h

h

b

a

Figura 2.12


y

h

l

�O

�

A

b

h

h

y

x

Figura 2.13: vista lat-eral de la piscina

l

a

dl

Figura 2.14: vista su-perior de la piscina

l

bθ

h

dl

θdy

Figura 2.15: Algunasrelaciones

La fuerza hidrostatica se determina

F =

∫A

pdA

Usando el principio de Pascal se encuentra la funcion de la presionsobre cualquier punto de la pared donde exista agua


→ pA = p = gρagua (y + h)


y0 =0

yA =− (h+ y)



dA = adl

donde de acuerdo con las figuras 2.14 y 2.15

a = 7.0 m

sin θ =1.5 m√

(1.5 m)2 + (16.0 m)2∼ 0.093

dl =dy

sin θA = al = 7.0 m · 16.0 m = 112 m2

Finalmente se obtiene la fuerza hidrostatica sobre el fondo de la piscina.

F =

∫A

pdA

=

∫A

gρagua (h+ y) dA

=

∫A

gρaguahdA+

∫A

gρaguaydA

= gρaguahA+

∫ h1

0

(gρaguay)

(ady

sin θ

)= gρaguahA+

(gρaguaasin θ

) y2

2

∣∣∣∣h10

= gρagua

(hA+

ah21

2 sin θ

)= 2.48× 106 N

La fuerza hidrostatica que actua sobre la pared es 2.48× 106 N


6. En la cara lateral de una piscinade un acuario hay una ventana fo-rrada con plastico de color rojo,tal y como se muestra en la figura2.16, donde h = 4.0 m, L =2.0 m y c = 3.0 m. Dentro de lapiscina hay dos fluidos con den-sidades ρA = 750 kg/m3 y ρB =950 kg/m3.

Determine la fuerza hidrostaticade los dos fluidos sobre la ventana.

h

L

L

c c

superficie

ρA

ρB

Figura 2.16

Primero se determina la fuerza hidrostatica que actua sobre el rectangulode color amarillo en la figura 2.17

FA =

∫A

pdA

Usando el principio de Pascal seencuentra la funcion de la presionsobre cualquier punto de la pareddonde exista el fluidoA

pA − p0 = −gρA (yA − y0)

→ pA = p = gρAy


y0 = 0,

yA = −y.

h

L

L

c c

superficie

yρA

ρB

y

x�O

�A

Figura 2.17


dA = 2bdy.


Se calcula la fuerza hidrostatica que actua sobre el rectangulo de coloramarillo

FA =

∫A

pdA =

∫ h+L

h

(gρAy) 2bdy = 2gρAb

([(h+ L)2 − h2

]2

).

Usando la informacion del enunciado se obtiene

FA = 4.41× 105 N.

A continuacion se calcula la fuerza sobre la compuerta triangular ama-rilla.

Usando el principio de Pascal seencuentra la funcion de la presionsobre cualquier punto de la pareddonde exista el fluido B

pB − pI = −gρB (yB − yI)→ pB = p = pI + gρB (y − h− L)


yI = − (h+ L) ,

yB = −y,

pI = 44100 Pa.

h

L

L

c c

superficie

yρA

ρB

y

x�O

�B

Figura 2.18


dA = xdy

=

(y − bm

)dy,


m =(h+ 2L)− (h+ L)

0− c= −L

c,

b = y −mx = h+ 2L.


Se calcula la fuerza hidrostatica que actua sobre la ventana triangularamarilla de la figura 2.18

FB =

∫A

pdA

=

∫A

(pI + gρB (y − h− L)) dA

= (pI − gρB (h+ L))A−∫ h+2L

h+L

(gρBy)c (y − (h+ 2L))

Ldy

= (pI − gρB (h+ L))cL

2− cgρB

L

(y3

3− (h+ 2L) y2

2

)∣∣∣∣h+2L

h+L

= (pI − gρB (h+ L))cL

2

− cgρBL

(h+ 2L)3 − (h+ L)

3

3−

(h+ 2L)[(h+ 2L)

2 − (h+ L)2]

2

= 1.51× 105 N.

La fuerza total sobre la ventana se determina

FT = FA + 2FB

= 4.41× 105 N + 2 · 1.51× 105 N

= 7.42× 105 N

La fuerza hidrostatica que actua sobre la ventana es 8.13× 105 N

7. Un deposito de agua tiene, enuno de sus extremos, una com-puerta de forma circular, tal comose indica en la figura 2.19. Cal-cule la fuerza que ejerce la presionhidrostatica, debida al agua, sobrela compuerta.

1, 00 m

4, 00 m

Figura 2.19

Usando la definicion de fuerza hidrostatica se tiene

Fagua =

∫A

pdA.


Usando el principio de Pascal seencuentra la funcion de la presionsobre cualquier punto de la com-puerta


→ pA = p = gρagua (h+ y) ,

donde a partir de la figura 2.20

y0 = 0,

yA = − (h+ y)→ h = 3.00 m.

1, 00 m

4, 00 my

h

�O

�A

y

x

Figura 2.20


dA = xdy = 2√R2 − y2dy,

donde el “2” se utiliza debido a la simetrıa horizontal del problemaSe calcula la fuerza hidrostatica

Fagua =

∫A

pdA =

∫A

(gρagua (h+ y)) dA

=

∫A

(gρaguah) dA+

∫A

(gρaguay) dA

= (gρaguah)A+

∫ R

−R(gρaguay)

(2√R2 − y2dy

).

La segunda integral de la derecha es cero, lo que lleva a

Fagua = (gρaguah)A = gρaguahπR2 = 3.69× 105 N.

La fuerza hidrostatica que actua sobre la compuerta es 3.69× 105 N


8. En un recipiente se deposita un flu-ido de densidad ρ = 800 kg/m3.El recipiente tiene una ventana enforma de triangulo isosceles tal ycomo se muestra en la figura. De-termine La fuerza hidrostatica queejerce el fluido sobre la ventana.

ρ

L = 0.20 m

L = 0.20 m

a = 0.10 m

Superficie

Figura 2.21

La fuerza hidrostatica se define como

F =

∫A

pdA

donde usando el principio de Pascal se determina la presion en cualquierpunto donde se encuentra la ventana

p = ρg (L+ a− y)

Por otro lado el diferencial de area para este caso viene dado por

dA = 2xdy = 2

(y − bm

)dy

donde el “2” se utiliza debido a la simetrıa horizontal del problema yademas para este caso se tiene

m =L

−L/2= −2, b = L.


F =

∫A

pdA =

∫ L

0

ρg (L+ a− y) (L− y) dy = ρg

(aL2

2+L3

3

)= 36.6 N

La fuerza hidrostatica que actua sobre la ventana es de 36.6 N.


9. En un recipiente se depositan dos fluidos no miscibles de densidadesρ1 = 800 kg/m3 y ρ2 = 1200 kg/m3. El recipiente tiene una ventanaen forma de triangulo isosceles tal y como se muestra en la figura 2.22

ρ1

ρ2 L = 0.20 m

L = 0.20 m

a = 0.10 m

Superficie

L/2 = 0.10 m

Figura 2.22

Determine

(a) La fuerza hidrostatica que ejerce el fluido 1 sobre la ventana.

La fuerza hidrostatica para este caso se define como

F1 =

∫p1dA

donde usando el principio de Pascal se determina la presion encualquier punto donde se encuentra la ventana (pero donde haysolo del fluido 1)

p1 = ρ1g (L/2 + a− y)

el diferencial de area para este caso viene dado por

dA = 2xdy = 2

(y − bm

)dy

donde el “2” se utiliza debido a la simetrıa horizontal del problema

m =L/2

−l/4= −2, b = L/2 m.



F1 =

∫A

p1dA =

∫ L/2

0

ρ1g (L/2 + a− y) (L/2− y) dy

= ρ1g(aL2/8 + L3/24

)= 6.53 N

La fuerza hidrostatica que ejerce el fluido 1 sobre la ventana es de6.53 N.

(b) La fuerza hidrostatica que ejerce el fluido 2 sobre la ventana.

Primero se determina la presion en la interfaz usando el Principiode Pascal

pI = p0 + ρ1gy = ρ1g (L/2 + a)

La fuerza hidrostatica para este caso se define como

F2 =

∫p2dA

donde usando el principio de Pascal se determina la presion encualquier punto donde se encuentra la ventana (pero donde estasolo del fluido 2)

p2 = pI + ρ2g (L/2− y) = ρ1g (L/2 + a) + ρ2g (L/2− y)

Para este caso dividimos el area de la ventana de la siguiente forma

0.10 m0.050 m 0.050 m

0.10 m

Figura 2.23


El area total de la parte de la ventana es A = 0.015 m2. Ademasel diferencial de area para la parte rectangular viene dada por

dAR = xdy = L/2dy.

El diferencial para la parte triangular viene dado por

dAT = 2xdy = 2

(y − bm

)dy,

donde

m =L/2

−L/4= −2, b = L/2,

con lo que se obtiene el diferencial total de area

dA = dAR + dAT .

Finalmente la fuerza hidrostatica ejercida por el fluido 2 vienedada por

F2 =

∫A

p2dA =g

[∫ ((ρ1 + ρ2)

L

2+ ρ1a

)dA− L

2

∫ L/2

0

ρ2ydy

−∫ L/2

0

ρ2y

(L

2− y)dy

]

=g

[3

8ρ1L

2

(L

2+ a

)+

5

48ρ2L

3

]= 33.3 N

La fuerza hidrostatica que ejerce el fluido 2 sobre la ventana tieneuna magnitud igual a 21.52 N.

(c) La fuerza hidrostatica que ejercen los dos fluidos sobre la ventana

La fuerza hidrostatica total que ejercen los fluidos sobre la ventanase determina

FT = F1 + F2 = 6.53 N + 21.52 N = 28.05 N


La fuerza hidrostatica total que ejercen los fluidos sobre la ventanaes de 28.05 N.

10. Un bloque de madera tiene unamasa de 3.70 kg y una densidadde 594 kg/m3. A este bloque se leadhiere, en su parte inferior (tal ycomo se muestra en la figura 2.24, un bloque de plomo cuya densi-dad es de 1, 11× 104 kg/m3. ¿Quemasa de plomo se debe adherir ala madera para que un 83,3 % delvolumen de esta se sumerja?

Madera

P lomo

Figura 2.24

Aplicando las leyes de Newton se tiene∑Fy = FEM + FEPb −mtotalg = 0,

donde

FEM = 0.83gρH2OVM =0.83gρH2OmM

ρM,

FEPb = gρH2OVpb =gρH2Ompb

ρPb,

mtotal = mM +mpb,

con lo que se obtiene∑Fy =

0.83gρH2OmM

ρM+gρH2Ompb

ρPb− (mM +mpb) g = 0.

Se resuelve para mPb

mpb =

(0.83ρH2O

mMρM

−mM

)1− ρH2O

ρPb

= 1.62 kg


La masa de plomo se debe adherir a la madera para que un 83,3 %del volumen de esta se sumerja es 1.62 kg

11. Un bloque cubico de madera de 0.20 m de lado flota en la interfaz entredos fluidos ρ1 y ρ2 = 2ρ1 de tal forma que su superficie superior estaa 0.05 m bajo la superficie del fluido 1 y su superficie inferior 0.05 mbajo la interfaz. La densidad del bloque es 800 kg/m3. Determine:

(a) La densidad de los dos fluidos.

Haciendo suma de fuerzas sobre el bloque se tiene∑Fy = FE1 + FE2 −mg = 0

= ρ1VS1g + ρ2VS2g − ρBVTg = 0

= ρ1l2(l − y)g + 2ρ1l

2yg − ρBl3g = 0.

lo que lleva a

ρ1 =l

(l + y)ρB

=

(0.20

0.25

)· 800 kg/m3

= 640 kg/m3.

de acuerdo con la informacion del problema

ρ2 = 2ρ1 = 1280 kg/m3

Las densidades de los fluidos 1 y 2 son 640 kg/m3 y 1280 kg/m3

respectivamente.

(b) La fuerza de empuje que actua sobre el cubo.

La fuerza de empuje que actua sobre el cubo se determina

FEtotal = FE1 + FE2 = ρBl3g = 62.7 N.


La fuerza de empuje que actua sobre el cubo tiene una magnitudigual a 62.7 N.

(c) La fuerza hidrostatica total de los fluidos que actua sobre el cubo.

Para este caso todas las fuerzas hidrostaticas sobre las caras lat-erales del cubo se anulan, las unicas fuerzas que no se anulan sonlas de las caras superior e inferior por lo que se tiene

FT = ρ1ghl2 + (ρ1g(l − y) + ρ2gy) l2

= (ρ1(h− y + l) + ρ2y) gl2

= 62.7 N.

La fuerza hidrostatica total de los fluidos que actua sobre el cubotiene una magnitud igual a 62.7 N.

12. Una esfera que esta formada por dos materiales diferentes se encuen-tra en equilibrio en la interfaz de dos fluidos con densidades ρ1 =1000 kg/m3 y ρ2 = 500 kg/m3 tal y como se muestra en la figura,donde Ra = 4.57 cm y Rb = 2.88 cm. Si la relacion entre las densi-dades de los materiales de la esfera es ρa = 2

3ρb determine la masa y la

densidad de cada material que forma dicha esfera.

ρ1

ρ2

Ra

Superficie

Rb

Figura 2.25


Primero se calcula el volumen de cada material

Vb =4

3πR3

b =4

3π(2, 88 cm)3 ∼ 100 cm3,

Va =4

3π(R3a −R3

b

)=

4

3π((4.57 cm)3 − (2.88 cm)3

)∼ 300 cm3

donde se puede ver

Va = 3Vb

Aplicando las leyes de Newton

FE1 + FE2 −W = 0,

lo que lleva a

(Va + Vb)

2ρ1g +

(Va + Vb)

2ρ2g − (ρaVa + ρbVb) g = 0

→ (Va + Vb)

2(ρ1 + ρ2) = (ρaVa + ρbVb)

→ (3Vb + Vb)

2(ρ1 + ρ2) = (3ρa + ρb)Vb

→ 2Vb (ρ1 + ρ2) =

(3

(2

3ρb

)+ ρb

)Vb

→ 2 (ρ1 + ρ2) = 3ρb

→ ρb =2

3

(1000 kg/m3 + 500 kg/m3)

→ ρb = 1000 kg/m3.


ρa = 667 kg/m3

Finalmente usando a definicion de densidad se determina la masa de


cada material

ρ =m

V⇒ ma = ρaVa = 0.200 kg

⇒ mb = ρbVb = 0.100 kg

La masa y la densidad del material a son 0.200 kg y ρa =667 kg/m3 respectivamente, La masa y la densidad del material bson 0.100 kg y ρb = 1000 kg/m3 respectivamente.

2.2 Dinamica

1. Una bebida no alcoholica (principalmente agua) fluye por una tuberıade una planta embotelladora con una tasa de flujo de masa que llenarıa200 latas de 0.355 L por minuto. En el punto 2 del tubo, la presionmanometrica es de 152 kPa y el area transversal es de 8.00 cm2. Enel punto 1, el cual se encuuentra 1.35 m arriba del punto 2, el areatransversal es de 2.00 cm2. Calcule:

(a) la tasa de flujo de masa

La tasa de flujo de masa para este caso se determina

∆m

∆t=

200 · 0.355× 10−3 m3 · 1000 kg/m3

60 s= 1.183 kg/s

La tasa de flujo de masa es de 1.183 kg/s

(b) la tasa de flujo de volumen

La tasa de flujo de volumen para este caso se determina

Q =∆V

∆t=

200 · 0.355× 10−3 m3

60 s= 1.183× 10−3 m3/s


La tasa de flujo de volumen es de 1.183× 10−3 m3/s

(c) la rapidez de flujo en los puntos 1 y 2

Usando la definicion de caudal se tiene

Q ≡ Av

⇒ v =Q

A

⇒ v2 =Q

A2

=1.183× 10−3 m3/s

8.00× 10−4 m2

= 1.48 m/s

⇒ v1 =Q

A1

=1.183× 10−3 m3/s

2.00× 10−4 m2

= 5.92 m/s

La rapidez del fluido en los puntos 1 y 2 es de 5.92 m/s y 1.48 m/srespectivamente

(d) la presion manometrica en el punto 1

Usando el principio de Bernoulli entre los puntos 1 y 2 se deter-mina la presion en el punto 1

p1 + gρy1 +1

2ρv2

1 = p2 + gρy2 +1

2ρv2

2

⇒ p1 = p2 + gρ (y2 − y1) +1

2ρ(v2

2 − v21

)= 122 kPa

La presion manometrica en el punto 1 es de 122 kPa

2. Para el tanque representado en la figura 2.26, la altura al punto 1 es10,0 m y a los puntos 2 y 3 es de 2,0 m. El area transversal del tanquees muy grande en comparacion al area transversal del tubo, el cual seencuentra abierto a la atmosfera. Las secciones transversales del tuboson 36, 0 cm2 en las partes anchas y 9, 0 cm2 en el estrechamiento. Sicada 5,0 segundos salen del tubo 4, 00 litros (4, 00× 10−3 m3) de agua:


h = 10 m

l = 2.0 m

�1

�

2�

3

Figura 2.26

(a) ¿Cual debe ser la presion manometrica (p1) en el punto 1 para eltipo de caudal suministrado

Primero se calcula el caudal

Q =4.00× 10−3 m3

5.0 s= 8.0× 10−4 m3/s

A partir de la definicion de caudal se determina las velocidadesv1, v2 y v3

Q ≡ Av

⇒ v =Q

A

⇒ v2 =Q

A2

=8.0× 10−4 m3/s

36× 10−4 m2= 0.22 m/s,

⇒ v3 =Q

A3

=8.0× 10−4 m3/s

9.0× 10−4 m2= 0.88 m/s,

ademas v1 ∼ 0 en comparacion con v2 y v3 pues el area en esaseccion es muy grande en comparacion con el area en los puntos 2y 3. Lo anterior se puede verificar con la ecuacion de continuidad.Usando el principio de Bernoulli entre los puntos 1 y 3 se deter-mina p1

p1 + gρy1 +1

2ρv2

1 = p3 + gρy3 +1

2ρv2

3


donde p3 = 0, y3 = 2.0 m, y1 = 10, 0 m. Con lo anterior

⇒ p1 = p3 + gρ (y3 − y1) +1

2ρ(v2

3 − v21

)= −7.80× 105 Pa

la presion manometrica (p1) en el punto 1 necesaria para mantenerel tipo de caudal suministrado es −7.80× 105 Pa.

(b) Calcule las velocidades en la parte ancha y estrecha del tubo.

Las velocidades del fluido en las parte ancha y estrecha del tuboson de 0.22 m/s y 0.88 m/s

(c) Calcule la diferencia de presiones entre los puntos 2 y 3.

Usando el principio de Bernoulli entre los puntos 2 y 3 se deter-mina p2 − p3

p2 + gρy2 +1

2ρv2

2 = p3 + gρy3 +1

2ρv2

3

donde y2 = y3 = 2.0 m. Con lo anterior se obtiene

⇒ p2 − p3 =1

2ρ(v2

3 − v22

)= 363 Pa

La diferencia de presiones entre los puntos 2 y 3 es de 363 Pa


3. En el medidor o tubo de Venturimostrado en la figura 2.27, la lec-tura del manometro diferencial demercurio es 35 cm. El diametro deltubo en la parte ancha es 30 cm,mientras que en la parte angostaes 15 cm. El fluido que se quiereanalizar es agua. Determine:

l = 0.35 m

x

h = 0.75 m

�A

�B

Figura 2.27: tubo de Venturi

(a) La diferencia de presion PA − PB.

Para este caso se aplica Pascal

� Entre los puntos A y C

pC − pA = −gρH2O (yC − yA)

→ pC = pA + gρH2O (x+ l) .(2.1)

� Entre los puntos B y D

pD − pB = −gρH2O (yD − yB)

→ pD = pB + gρH2O (x+ h) .(2.2)

� Entre los puntos C y D

pC − pD = −gρHg (yC − yD)

→ pC − pD = gρHgl.(2.3)

l

x

h

�A

�B

�C

�D

Figura 2.28

Sustituyendo las ecuaciones (2.1) y (2.2) en la ecuacion (2.3) se


obtiene

pC − pD = pA + gρH2O (x+ l)− (pB + gρH2O (x+ h)) = gρHgl

⇒ pA − pB = gρHgl + gρH2O (h− l)

= 5.06× 104 Pa

La diferencia de presiones entre los puntos A y B es 5.06× 104 Pa

(b) La velocidad vB.

Aplicando la ecuacion de continuidad entre los puntos A y B setiene

AAvA = ABvB

⇒ vA =

(dBdA

)2

vB

=1

4vB.

Usando el principio de Bernoulli entre los puntos A y B se en-cuentra la velocidad vB

pA + gρyA +1

2ρv2

A = pB + gρyB +1

2ρv2

B

pA − pB + gρ (yA − yB) =1

2ρ(v2B − v2

A

).

Finalmente se resuelve para vB

vB =

√32

15ρ(pA − pB − gρh)

= 9.61 m/s.

La velocidad del agua en el punto B es 9.61 m/s


(c) El caudal

Usando la definicion de caudal

Q ≡ Av

= πR2v

= π · (0.075 m)2 · 9.61 m/s

= 0.17 m3/s

El caudal de agua es 0.17 m3/s

4. Para separar dos lıquidos inmiscibles de distinta densidad, los quımicosutilizan un recipiente cilındrico de 3, 00 cm de diametro. El recipienteesta abierto a la atmosfera por arriba y tiene una llave de salida de 0, 25cm de diametro en el fondo. Si en el recipiente hay 0.500 cm3 de agua(ρagua = 1, 00 g/cm3) y 0.700 cm3 de aceite (ρaceite = 0, 90 g/cm3),determine:

(a) La presion manometrica en la interfaz aceite-agua y la presionmanometrica en el fondo del recipiente antes que se abra la llavedel fondo.

A partir de la definicion de vol-umen se calculan las alturas deagua y aceite

h1 =Vaceiteπd2/4

= 9.90× 10−4 m,

h2 =Vaguaπd2/4

= 7.07× 10−4 m.

h1

h2

�0

�I

�A

Figura 2.29

Usando el principio de Pascal se encuentra la presion en la interfaz

pI − p0 = −gρAceite (yI − y0)

→ pI = gρAceiteh1

= 8.73 Pa.


Usando el principio de Pascal se encuentra la presion en el fondodel recipiente

pA − pI = −gρAgua (yA − yI)→ pA = pI + gρAguah2

= 15.66 Pa.

La presion en la interfaz es de 8.73 Pa y en el fondo del recipientees 15.66 Pa.

(b) La rapidez inicial de salida del fluido cuando se abre la llave delfondo (indique que fluido que sale primero).

Aplicando la ecuacion de continuidad entre los puntos A e I setiene

AAvA = ABvB

⇒ vA =AIAA

vI

= 144vI .

Usando el principio de Bernoulli entre los puntos A e I se deter-mina la rapidez inicial de salida del fluido

pA + gρaguayA +1

2ρaguav

2A = pI + gρaguayI +

1

2ρaguav

2I ,

donde pA = 0, yI = h2 y yA = 0. Con lo anterior se obtiene

vI =

√2 (pI + gρaguah2)

ρagua((144)2 − 1

) = 1.23× 10−3 m/s

vA = 144vI = 0.18 m/s

El fluido que sale primero es el agua y sale con una velocidad de0.18 m/s


(c) La rapidez con que comienza a salir el segundo fluido por el fondodel recipiente

Usando el principio de Bernoulli entre los puntos A e I se deter-mina la rapidez inicial de salida del aceite

pA + gρaceiteyA +1

2ρaceitev

2A = p0 + gρaceitey0 +

1

2ρaceitev

20,

donde pA = p0 = 0, yI = h1 y yA = 0.

Con lo anterior se obtiene

v0 =

√2gh2(

(144)2 − 1)

= 9.67× 10−4 m/s,

vA = 144v0 = 0.14 m/s.

h1

�0

�A

Figura 2.30

El aceite sale con una velocidad de 0.14 m/s

5. Considere un tanque cerrado, lleno con agua y de area de secciontransversal muy grande. Se tiene una presion manometrica de 2P0

en el punto A, con P0 = 1, 013 × 105 Pa. Un tubo horizontal, con unestrechamiento y abierto a la atmosfera en su extremo, sale del fondodel tanque. Las areas de seccion transversal del tubo horizontal en By C son, respectivamente, 15, 0 cm2 y 5, 00 cm2. En el tubo horizontalse conecta un tubo inclinado muy delgado.


5.0 m

30◦L

�A

�

B

�

C

�0

Calcule:

(a) El caudal que sale en C.

La velocidad del fluido en el punto A es semejante a cero en com-paracion con la velocidad del mismo en los puntos B y C estodebido a que el area en A es muy grande en comparacion con lasareas en A y B. De acuerdo con la ecuacion de continuidad

ACvC = ABvB

vB =

(ACAB

)vC =

1

3vC .

Usando la ecuacion de Bernoulli entre los puntos A y C se tiene

pA + gρaguayA +1

2ρaguav

2A = pC + gρaguayC +

1

2ρaguav

2C ,

donde yA = 5.0 m, yC = 0, pC = 0. Se resuelve para vC

vC =

√2 (pA + gρaguayA)

ρagua

=22.4 m/s,

lo que nos lleva avB = 7.47 m/s.

El caudal del fluido se determina

Q = ACvC = 0.0112 m3/s.


El caudal que sale en C es de 0.0112 m3/s.

(b) La diferencia de presiones entre la parte ancha y la parte angostadel tubo horizontal.

Aplicando el principio de Bernoulli entre los puntos B y C seobtiene la presion manometrica en el punto B.

pB + gρaguayB +1

2ρaguav

2B = pC + gρaguayC +

1

2ρaguav

2C ,

donde yB = yC , pC = 0. Con lo anterior se obtiene pB

pB =1

2ρagua

(v2C − v2

B

)= 2.23× 105 Pa

La diferencia de presiones entre la parte ancha y la parte angostadel tubo horizontal es de 2.23× 105 Pa.

(c) La longitud L de liquido que sube por el tubo inclinado

Aplicando el principio de Pascal en los puntos B y O

pB − p0 = −gρAgua (yB − y0)

→ pB = gρAguaL sin 30◦

L =pB

gρAgua sin 30◦ = 45.5 m

La longitud L de liquido que sube por el tubo inclinado es de 45.5 m

2.3 Viscosidad

1. Considere un fluido sometido a un flujo laminar estacionario a travesde dos placas fijas, de gran tamano, separadas una distancia 2a (verfigura). Tome un bloque de fluido, sujeto a las presiones P1 y P2 sobrelas caras perpendiculares a la direccion del flujo, con dimensiones 2x,L y w. A partir de la informacion anterior calcule:


Figura 2.31

(a) El gradiente de velocidades dvdx

,

(b) La velocidad del fluido en funcion de x.

2. Una esfera de metal cuyo diametro d = 5.0 × 10−3 m, desciende conmovimiento uniforme en un fluido viscoso de viscosidad η = 1.39 Pa · sy densidad ρf = 1.323 Kg·m3. El flujo es laminar y el numero deReynolds es R = 0.500. Con base en esta informacion determine ladensidad de la esfera de metal ρesfera.

3. Por una tubo de 10 m de largo y 0.10 m de radio se transporta un fluidocon densidad ρ = 700 kg/m3 y viscosidad η. La diferencia de presionesentre los extremos del tubo, necesaria para mantener el flujo es de2500 Pa. Si la velocidad maxima del fluido es de 20.0 cm/s Determine:

a) La viscosidad del fluido

b) El caudal del fluido

4. A traves de una seccion transversal de segmento circular fluye (en unestado estacionario) un fluido de densidad ρ y viscosidad η tal y comose muestra en la figura 2.32. El segmento circular es de radio R y lavelocidad del flujo varıa de acuerdo a la relacion V = βx, donde β esuna constante. Determine el caudal a traves de la tuberıa. Considerex2 + y2 = r2.


Figura 2.32


1. Considere una pecera completa-mente llena por dos lıquidos, condensidades 1200 kg/m3 y 900kg/m3, respectivamente. Sobreuna de las paredes verticales hayuna ventana con forma de trapecioisosceles, como se muestra en lafigura 2.33. Para esta ventana, de-termine la fuerza hidrostatica totalejercida por los lıquidos.R/ 903 N

0.25 m

0.50 m

0.50 m

0.25 m

Figura 2.33

2. Calcular la magnitud de la fuerzahidrostatica que ejerce el agua so-bre la pared inclinada AB del re-cipiente mostrado en la figura 2.34.Suponga que el ancho del recip-iente es 5.0 m (perpendicular ala hoja) y la densidad del aceitees: ρaceite = 600.0 kg/m3. R/8.94 × 105 N (usando presionesmanometricas)


3.0 m

1.0 m

3.0 m

3.0 m

A

B

Aceite

Agua

�

�

Figura 2.34

3. La ventana de un submarino tieneuna forma parabolica como semuestra en la figura 2.35. Si laparte superior de la ventana se en-cuentra a 50 metros de profundi-dad en agua salada de densidadρ = 1025 kg/m3. Determine:

(a) La presion absoluta sobre laparte inferior de la ventana.R/ 6.44× 105 Pa

(b) La fuerza hidrostatica so-bre la ventana. R/ 5.53 ×106 Pa (usando presiones

manometricas)

Figura 2.35


4. Un corcho cilındrico de 15.0 gde masa y 10.0 cm2 de secciontransversal, flota en una vasija conagua, segun se ve en la figura 2.36.Un cilindro de aluminio de 25.0g de masa y 2.0 cm2 de secciontransversal, cuelga 4.0 cm por de-bajo del corcho deslizandose porun orificio perfectamente ajustadoy sin rozamiento, practicado en elfondo de la vasija.

(a) ¿Que distancia hay del ex-tremo inferior del corcho a lasuperficie del agua? R/ 0.035m

(b) ¿Que tension hay en la cuerda

que une ambos cilindros? R/0.196 N

Figura 2.36

5. La compuerta de la presa del lago Arenal tiene forma rectangular, comose ilustra en la figura 2.37. La superficie del lago detras de la presa llegaal borde superior de esta.

(a) Calcule la fuerza neta ejercida por el agua sobre la compuerta. R/7.84× 104 N (usando presiones manometricas)

(b) Determine la magnitud del torque que ejerce el agua alrededorde un eje que corre a lo largo de la base de la compuerta. R/5.23× 104 N·m (usando presiones manometricas)

Figura 2.37


6. Considere el sistema de la figura 2.38. El tubo horizontal superiortiene un diametro de 3.00 cm en la parte ancha y 1.00 cm en la parteangosta. La parte angosta esta abierta a la atmosfera y por allı salen1.33 × 10−3 m3/s. Por el tubo inferior corre otro fluido y el tubo estaa una presion manometrica de 2.62 × 105 Pa. Si L = 10.0 m, ρ1 =800 kg/m3 y ρ2 = 2000 kg/m3 determine h. R/ 6.01 m

Figura 2.38

7. Dos tanques abiertos muy grandes A y F contienen el mismo lıquido.Un tubo horizontal BCD, con una constriccion en C y abierto al aireen D, sale del fondo del tanque A. Un tubo vertical E emboca en laconstriccion en C y baja al lıquido del tanque F . Suponga flujo delınea de corriente y cero viscosidad. Si el area transversal en C es lamitad del area en D, y si D esta a una distancia h1 bajo el nivel dellıquido en A, ¿a que altura h2 subira el lıquido en el tubo E? Expresesu respuesta en terminos de h1. R/ h2 = 3h1

Figura 2.39

8. Considere un tubo horizontal como el mostrado en la figura 2.40, porel que fluye un lıquido ideal con densidad 930 kg/m3, el tubo tiene una


constriccion de modo tal que el diametro se reduce de 10.0 cm a 4.00cm. La presion absoluta y la velocidad del fluido en la parte ancha deltubo horizontal son 2.026× 105 Pa y 2.00 m/s, respectivamente. De laconstriccion sale un tubo con una inclinacion de 30°. Determine:

(a) La longitud L de liquido que sube por el tubo inclinado. R/ 6.64m (considere el diametro del tubo pequeno)

(b) La cantidad de kilogramos por segundo que fluyen en el tubo. R/14.6 kg/s

Figura 2.40

9. Una esfera de acero de 1.00 mm de radio cae en un deposito de glicerina.

(a) Calcule la velocidad de la esfera en el instante en que su aceleraciones la mitad de la de un cuerpo que cae en caıda libre.

(b) Calcule la velocidad terminal (velocidad lımite) de la esfera.


3Calor y temperatura

3.1 Expansion termica

1. Un tanque de acero se llena totalmente con 2.80 m3 de etanol cuandotanto el tanque como el etanol estan a 32.0◦C. Una vez que el tanquey el contenido se hayan enfriado a 18.0◦C, ¿que volumen adicional deetanol podra meterse en el tanque?

Se calcula el cambio de volumen del etanol

∆V = βetanolV0etanol∆T

= 75× 10−5 1◦C· 2.80 m3 (32.0− 18.0)◦ C

= −0.0294 m3

91

Se calcula el cambio de volumen del tanque

∆V = βaceroV0acero∆T

= 3.6× 10−5 1◦C· 2.80 m3 (32.0− 18.0)◦ C

= −0.00141 m3.

Finalmente se calcula el volumen adicional que se debe agregar deetanol

Vadicional = Vfacero − Vfetanol

= (V0acero + ∆Vacero)− (V0etanol + ∆Vetanol)

∆Vacero −∆Vetanol = 0.02799 m3.

El volumen adicional de etanol que podra meterse en el tanque esde 0.02799 m3.

2. El volumen de un cilindro, de radio R y longitud L, esta dado por larelacion siguiente:

V = πR2L.

A la temperatura Ti = 25, 00◦C, L = 20, 000 cm y R = 2, 000 cm. Siel cilindro se somete a un cambio de temperatura de 75,00◦C, su radioaumenta en un 0,20 %. Considerando que el cilindro esta hecho de unmaterial isotropico, calcule:

(a) El coeficiente de dilatacion lineal

Usando la expresion de expansion termica lineal se determina el


coeficiente de expansion lineal

∆R = αR0∆T

→ α =∆R

R0∆T=

0.0020R0

R0∆T=

0.0020

∆T=

0.0020

75°C

= 2.67× 10−5°C−1.

El coeficiente de dilatacion termica del cilindro es 2.67× 10−5°C−1.

(b) El porcentaje de dilatacion a lo largo de la longitud del cilindro.

Usando la expresion de expansion termica lineal se determina elcambio de longitud del largo del cilindro

∆L = αL0∆T

= 2.67× 10−5°C−1 · 0.20 m · 75°C

= 0.00040 m.

El porcentaje de dilatacion a lo largo de la longitud se determina

% =

∣∣∣∣∆LL0

∣∣∣∣ · 100 =

∣∣∣∣0.00040 m

0.20 m

∣∣∣∣ · 100 = 0.20%.

El porcentaje de dilatacion a lo largo de la longitud es 0.20%,lo cual se esperaba pues el cilindro esta hecho de un materialisotropico.

(c) El porcentaje de dilatacion del volumen del cilindro.

Primero se calcula el volumen inicial del cilindro

V0 = πR20L0 = 2.5× 10−4 m3.


A continuacion se calcula el cambio de volumen del cilindro

∆V = 3αV0∆T

= 3 · 2.67× 10−5°C−1 · 2.5× 10−4 m3 · 75°C

= 0.015× 10−4 m3.

El porcentaje de dilatacion del volumen del cilindro se determina

% =

∣∣∣∣∆VV0

∣∣∣∣ · 100 =

∣∣∣∣0.015× 10−4 m3

2.5× 10−4 m3

∣∣∣∣ · 100 = 0.60%.

El porcentaje de dilatacion del volumen del cilindro 0.60%.

(d) El volumen del cilindro a T = 100, 00◦C.

El volumen del cilindro a 100°C se determina

V = V0 + ∆V = 2.515× 10−4 m3.

El volumen del cilindro a 100°C es 2.515× 10−4 m3.

3. Un estudiante mide la longitud de una barra de laton (αLa = 1, 9 ×10−5

°C−1) con una cinta metrica de acero (αac = 1, 1× 10−5°C−1) cuando

ambas estan a 20,00 ◦C (temperatura de calibracion en la cinta). Eldetermina que la longitud de la barra a esa temperatura es 80,00 cm.

(a) Si la barra se lleva a -10,00◦C, calcular la longitud de esta medidacon la cinta a 20,00◦C.

Para este caso se calcula el cambio de longitud debido a la ex-pansion termica

∆Lb = αLaL0b∆Tb

= 1.9× 10−5°C−1 · 80 cm · (−10− 20) °C

= −0.0456 m.


La longitud de la barra a -10°C se determina

Lfb = L0b + ∆Lb = 79.9544 m

La Longitud de la barra a -10,00◦C medida con la cinta a 20,00◦Ces 79.9544 m.

(b) Calcular la separacion de las marcas de los centımetros en la cintasi esta se llevase tambien a -10,00◦C.

En este caso lo que se debe calcular es cuanto se encojen las separa-ciones entre las lineas de los centımetros. Usando la expresion paradeterminar los cambio de longitud debido a expansion termica setiene

∆Lcm = αacL0cm∆Tcm

= 1.2× 10−5°C−1 · 1.0 cm · (−10.00− 20.00) °C

= −0.00036 cm.

La distancia de separacion entre las lineas se determina

Lfcm = 1.0 cm− 0.00036 cm = 0.99964 cm.

Lo anterior lo que significa es que un centımetro a -10°C equivale0.99964 cm a 20°C.

La separacion de las marcas de los centımetros en la cinta si esta sellevase a -10,00◦C es de 0.99964 cm.

(c) Calcular la longitud de la barra a -10,00◦C, medida con la cinta ala temperatura de -10,00◦C.

La longitud de la barra a -10,00◦C, medida con la cinta a la tem-peratura de -10,00◦C se determina

Lb = 79.9544 m× 1.0 cm

0.99964 cm= 79.9832 cm.


La longitud de la barra a -10,00◦C, medida con lacinta a la temperatura de -10,00◦C es 79.9832 cm.

4. Un material X, de longitud L, presenta un coeficiente de dilatacionlineal que varıa con la temperatura de la siguiente manera

α1 = β + γT 3 para el intervalo[T, 2T ]

α2 = 3β + 2γT 3 para el intervalo[2T, 3T ]

Determine:

(a) La longitud del material X si este sufre un cambio de temperaturade T a 2T

Primero se calcula el cambio de longitud del material

∆L1 =

∫ 2T

T

α1L0dT

=

∫ 2T

T

(β + γT 3

)L0dT

=

(βT +

15

4γT 4

)L0.

La longitud de la barra a 2T es

L1 = L0 + ∆L1 =

(1 + βT +

15

4γT 4

)L0.

(b) La longitud del material X si este sufre un cambio de temperaturade 2T a 3T

Primero se calcula el cambio de longitud del material en el inter-


valo de temperaturas de 2T a 3T

∆L2 =

∫ 3T

2T

α2L1dT

=

∫ 2T

T

(2β + 2γT 3

)L1dT

=

(2βT +

65

2γT 4

)L1

La longitud de la barra a 3T se determina

L2 = L1 + ∆L2

=

(1 + 2βT +

65

2γT 4

)L1

=

(1 + 2βT +

65

2γT 4

)(1 + βT +

15

4γT 4

)L0.

La longitud de la barra a 3T es

L2 =

(1 + 3βT + 2β2T 2 + 20γT 4 + 20γβT 6 +

975

8γ2T 8

)L0.

(c) El coeficiente de dilatacion promedio para un cambio de tempera-tura de T a 3T

El coeficiente de expansion termica promedio se determina usando

∆L = αL0∆T

→α =∆L

L0∆T,

donde

∆L = L2 − L0 =

(3βT + 2β2T 2 + 20γT 4 + 20γβT 6 +

975

8γ2T 8

)L0.

El coeficiente de expansion promedio es

→ α =

(3

2β + β2T + 10γT 3 + 10γβT 5 +

975

16γ2T 7

).


5. Una barra esta fija en sus extremos a dos paredes inamovibles, comoresultado de un aumento de temperatura de 30◦C, la barra que original-mente tenia una grieta en el centro termina pandeandose hacia arriba,ver figura. Si la longitud fija y el coeficiente de dilatacion lineal es de30× 10−6(◦C)−1. Hallar x, la distancia a la que se eleva el centro

L0

x

L0

Figura 3.1

Usando pitagoras se tiene(L0

2

)2

+ x2 =

(L0

2+ ∆L

)2

,

donde

∆L =L0

2α∆T

= 30× 10−6°C−1 · 30°C · L0

2= 4.5× 10−4L0,

lo que lleva a

x =L0

2

√(1 + 9.0× 10−4)2 − 1

= 0.021L0.

La distancia x a la que se eleva el centro es 0.021L0.


3.2 Calorimetrıa

1. Un tazon de cobre de 146,0 g contiene 223,0 g de agua. El tazon y elagua estan a una temperatura de 21,0◦C. Se deja caer en el agua uncilindro de cobre muy caliente que tiene una masa de 314,0 g. Esto lahace hervir y 4,7 g de agua se convierten en vapor.

(a) ¿Cual es la temperatura de equilibrio?

La temperatura de equilibrio es 100°C esto debido a que esa es launica temperatura (en condiciones ideales) a la cual pueden coexis-tir agua y vapor

(b) ¿Cuanto calor se transfiere al agua?

El calor ganado por el agua se determina

QA = mAcA∆TA +mVLV

= 0.223 kg · 4190 J/kg°C · 79°C + 0.0047 kg · 2256× 103 J/kg

= 84.4× 103J.

El calor que se transfiere al agua es de 84.4× 103J.

(c) ¿Cuanto calor se transfiere al tazon?

El calor ganado por el tazon se determina

QT = mT cT∆TT

= 0.146 kg · 390 J/kg°C · 79°C

= 4.50× 103J.

El calor que se transfiere al tazon es de 4.50× 103J.

(d) ¿Cual es la temperatura original del cilindro?

Usando la ecuacion de conservacion de calor para un sistema ais-lado ∑

Q = QA +QT +QC = 0

→ QC = − (QA +QT )

= −88.9 J.


El cilindro pierde calor debido al cambio de temperaturas, por lotanto la temperatura inicial del cilindro se determina

QC = mCcC (Te − TC)

→ TC = Te −QC

mCcC

= 100°C +88.9 J

0.314 kg · 390 J/kg°C

= 846°

La temperatura original del cilindro era de 846°.

2. En un recipiente de aluminio de 50,0 g de masa, aislado termicamente,se encuentra contenida en equilibrio termico, una mezcla de 200,0 g deagua y 300,0 g de vapor de agua. Si se introduce en el recipiente uncubo de cobre de 50,0 g que esta inicialmente a -79,0 ◦C, determine:

(a) La temperatura final de equilibrio del sistema.

Para este caso se tiene que la temperatura de equilibrio podrıaestar entre las siguientes posibilidades:

� Te = 100°C. Para este caso solamente el vapor y el cubo decobre perderıan o ganarıan calor. Solo una parte del vapor secondensa.

� 0°C < Te < 100°C. Para este caso todo el vapor se condensa,el agua y el aluminio bajan su temperatura y el cubo de cobreaumentarıa su temperatura

� Te = 0°C. Para este caso todo el vapor se condensa, el agua yel aluminio bajan su temperatura y el cubo de cobre aumen-tarıa su temperatura, ademas se ocuparıa que una parte deagua se solidifique

� −79°C < Te < 0°C. Para este caso todo el vapor se condensa,el agua y el aluminio bajan su temperatura y el cubo de cobreaumentarıa su temperatura, ademas se solidificarıa toda elagua (la masa de vapor y la masa de agua).


Para saber cual es la temperatura de equilibrio se debe analizaruna a una las distintas posibilidades hasta encontrar cual no secontradice. Ahora bien debido a las condiciones fısicas de las sus-tancias de este problema (masa, calor especıfico y temperaturas)se empieza por el primer caso, en otras palabras se analiza el casoen que la temperatura de equilibrio es 100°C. Para este caso setiene

� Calor ganado por el cubo de cobre

QCu = mCucCu (Te − TCu)= 0.050 kg · 390 J/kg°C (100°C + 79°C)

= 3490 J.

� Calor perdido por el vapor

Qv = −xVLV

donde xV es la cantidad de masa de vapor que se condensa,la cual obviamente no puede ser mayor a la masa original devapor.

Usando la ecuacion de conservacion de calor para un sistema ais-lado se tiene ∑

Q = QV +QCu = 0

→ QV = −QCu

→ xV =QCu

Lv=

3490 J

2256× 103 J/kg

= 0.00155 kg.

Dado que la cantidad de masa de vapor que se condensa es menorque la masa original de vapor se concluye que la temperatura deequilibrio del sistema es 100°C


(b) La composicion final de la mezcla.

De acuerdo con el resultado anterior la composicion final de la mez-cla es

� Aluminio: 50,0 g,

� Cobre: 50,0 g,

� Agua: 201,55 g,

� Vapor: 298,45 g.

3. Calcular la temperatura final de equilibrio de un sistema que se obtienecuando se mezclan 200 g de hielo a –20,0°C con 10,0 g de vapor de aguaa 105°C. Determinar la cantidad final de vapor, agua y hielo que quedancuando se alcanza el equilibrio termico.

Para este caso se tiene que la temperatura de equilibrio podrıa estarentre las siguientes posibilidades:

� 100°C < Te < 105°C. Para este caso todo el hielo se derrite y elvapor baja su temperatura

� Te = 100°C. Para este caso el vapor solo una parte del vapor secondensa y todo el hielo se derrite.

� 0°C < Te < 100°C. Para este caso todo el vapor se condensa, ytodo el hielo se derrite

� Te = 0°C. Para este caso todo el vapor se condensa, y una parte delhielo se derrite (o podrıa pasar que una parte del vapor condensadose vuelva hielo y nada de hielo se derrite).

� −20°C < Te < 0°C. Para este caso todo el vapor se condensa, elhielo aumentarıa su temperatura, ademas se solidificarıa toda elagua (la masa de vapor).

Para saber cual es la temperatura de equilibrio se debe analizar una auna las distintas posibilidades hasta encontrar cual no se contradice.Ahora bien debido a las condiciones fısicas de las sustancias de esteproblema (masa, calor especıfico y temperaturas) se empieza por elcuarto caso, en otras palabras se analiza el caso en que la temperaturade equilibrio es 0°C. Para este caso se comparan los calores ganados operdidos por las sustancias solo por llegar a 0°C


� Calor ganado por el hielo

Qh = mhch (T0 − Thielo)= 0.200 kg · 2090 J/kg°C (0°C + 20°C)

= 8360 J.


Qv = +mvcv (100°C− Tv)−mvLv +mvca (T0 − 100°C)

= −0.010 kg ·(

2010J

kg°C· 5°C + 2256× 103 J

kg+ 4190

J

kg°C· 100°C

)= −26890.5 J.

Ojo en ninguno de los calores calculados se considero la energıa debidoal cambio de estado a 0°C pues primero se debe pensar quien cambiara.Para saber lo anterior se comparan los calores calculados anteriormentey se contesta ¿Cual tiene una magnitud mayor?. Como |Qvapor| >|Qhielo| entonces el hielo o una parte del hielo se debe derretir, estodebido a que en un sistema aislado se debe satisfacer

∑Q = 0. Ahora

bien la energıa que gana el hielo debido al cambio de estado es

Qh2 = xhLf .

Usando la ecuacion de conservacion de calor para un sistema aislado setiene ∑

Q = Qv +Qh +Qh2 = 0

→ Qh2 = − (Qv +Qh)

→ xh =− (Qv +Qh)

Lf

= −−26890.5 J + 8360 J

333× 103 J/kg

= 0.056 kg.


Dado que la cantidad de masa de hielo que se derrite es menor quela masa original de hielo se concluye que la temperatura de equi-librio del sistema es 0°C. De acuerdo con el resultado anterior lacomposicion final de la mezcla es

� Agua: 66 g,

� Hielo: 134 g.

4. En un calorımetro se mezclan 30.00 g de hielo a –40.00°C con 30.00 gde agua a 25.00°C y 2.00 g de vapor a 200.00°C.

(a) Calcule la temperatura final de equilibrio de la mezcla.

Para este caso se tiene que la temperatura de equilibrio podrıaestar entre las siguientes posibilidades:

� 100°C < Te < 200°C. Para este caso todo el hielo se derritey el vapor baja su temperatura. Ademas toda el agua seevapora (masa de agua y masa de hielo).

� Te = 100°C. Para este caso el vapor solo una parte del vaporse condensa y todo el hielo se derrite.

� 0°C < Te < 100°C. Para este caso todo el vapor se condensa,y todo el hielo se derrite

� Te = 0°C. Para este caso todo el vapor se condensa, y unaparte del hielo se derrite (o podrıa pasar que una parte delvapor condensado se vuelva hielo y nada de hielo se derrite).

� −40°C < Te < 0°C. Para este caso todo el vapor se condensa,el hielo aumentarıa su temperatura, ademas se solidificarıatoda el agua (la masa de vapor y masa de agua).

Para saber cual es la temperatura de equilibrio se debe analizaruna a una las distintas posibilidades hasta encontrar cual no secontradice. Ahora bien debido a las condiciones fısicas de las sus-tancias de este problema (masa, calor especıfico y temperaturas)se empieza por el cuarto caso, en otras palabras se analiza el casoen que la temperatura de equilibrio es 0°C. Para este caso se com-paran los calores ganados o perdidos por las sustancias solo porllegar a 0°C


� Calor ganado por el hielo

Qh = mhch (T0 − Th)= 0.030 kg · 2090 J/kg°C (0°C + 40°C)

= 2580 J.


Qv = +mvcv (100°C− Tv)−mvLv +mvca (T0 − 100°C)

= −0.0020 kg ·(

2010J

kg°C· 100°C + 2256× 103 J

kg+ 4190

J

kg°C· 100°C

)= −5752 J.

� Calor ganado por el agua

Qagua = maca (T0 − Ta)= 0.030 kg · 4190 J/kg°C (0°C − 25°C)

= −3143 J.

Ojo en ninguno de los calores calculados se considero la energıadebido al cambio de estado a 0°C pues primero se debe pensarquien cambiara. Para saber lo anterior se comparan los calorescalculados anteriormente y se contesta ¿Cual tiene una magnitudmayor?. Como |Qvapor +Qagua| > |Qhielo| entonces el hielo o unaparte del hielo se debe derretir, esto debido a que en un sistemaaislado se debe satisfacer

∑Q = 0. Ahora bien la energıa que

gana el hielo debido al cambio de estado es

Qhielo2 = xhieloLf .

Usando la ecuacion de conservacion de calor para un sistema ais-


lado se tiene∑Q = Qvapor +Qagua +Qhielo +Qhielo2 = 0

→ Qhielo2 = − (Qvapor +Qagua +Qhielo)

→ xhielo =− (Qvapor +Qagua +Qhielo)

Lf

= −−5752 J− 3143 J + 2580 J

333× 103 J/kg

= 0.019 kg.

Dado que la cantidad de masa de hielo que se derrite es menor quela masa original de hielo se concluye que la temperatura de equilib-rio del sistema es 0°C.

(b) ¿Cual es la composicion final de la mezcla?

De acuerdo con el resultado anterior la composicion final de lamezcla es

� Agua: 51 g,

� Vapor: 0 g,

� Hielo: 11 g.


3.3 Transferencia de calor

1. Una varilla, larga y aislada esta en contacto termico perfecto para evitarperdidas de calor por sus costados, en un extremo con agua hirviendo (apresion atmosferica) y con una mezcla agua-hielo en el otro. La varillaconsiste en un tramo de 1.00 m de cobre (con un extremo en contactocon vapor de agua) y el otro, unido a tope con un tramo L2 de acero(con un extremo en contacto con la mezcla hielo-agua). Ambos tramostienen un area transversal de 4.00 cm2. La temperatura en la unioncobre-acero es de 65°Cuna vez que se alcanza el estado de equilibrio.

Agua

hirviendoHielo

y aguacobre

aislante

acero

1.00 m L2

65.0◦C

Figura 3.2

(a) ¿Cuanto calor por segundo fluye del bano de vapor a la mezclahielo-agua?

El flujo de calor se determina

HCu =kCuA (TH − TC)

L

=385 W/K·m · 4.0× 10−4 m2 · 35 K

1.00 m= 5.39 W

El calor por segundo que fluye del bano de vapor a la mezcla hielo-agua es 5.39 W.


(b) ¿Que longitud L2 tiene el tramo de acero?

Para este caso se tiene que el flujo de calor es estacionario y ademaslas barras se encuentran en serie, lo cual implica

HCu = HAcero.

El flujo de calor a traves de la barra de acero se determina

H =kaceroA (TH − TC)

L2

.

Usando el resultado de la parte (a) se determina la longitud L2

L2 =kaceroA (TH − TC)

H

=385 W/K·m · 4.0× 10−4 m2 · 35 K

5.39 W= 0.242 m.

La longitud L2 que tiene el tramo de acero es 0.242 m.

2. Dos barras de la misma longitud L, de diferentes materiales (k1 y k2) y

diferentes areas de seccion transversal (A1 = 2A y A2 = 2A) se ponen una al

lado de la otra y se rodean de material aislante. Las barras estan en contacto

termico en cada uno de sus extremos con un sendos depositos termicos que

mantienen su temperatura constante (ver figura 3.3). Determine el flujo

de calor total, en terminos de las conductividades termicas, las areas, las

temperaturas y la longitud de cada barra si T2 = T y T1 = 2T .

T1 T2

k1

k2

aislante

L

Figura 3.3


Dado que las barras estan en paralelo el flujo de calor para este sedetermina

Htotal = H1 +H2

donde se tiene

H1 =k1A1 (T1 − T2)

L=

2k1AT

L

H2 =k2A2 (T1 − T2)

L=k2AT

L

Con lo anterior se obtiene el flujo de calor total

Htotal =(2k1 + k2)AT

L

3. Tres barras de longitudes L1 = 2L, L2 = L3 = L, de diferentes materiales

(k1 = 13k, k2 = k y k3 = 2K) y areas de seccion transversal (A1 = 2A

y A2 = A3 = A) se colocan tal y como se muestra en la figura 3.4 y se

rodean de material aislante. Las barras estan en contacto termico en cada

uno de sus extremos con un sendos depositos termicos que mantienen su

temperatura constante de tal manera que T2 = T y T1 = 2T .

T1 T2

k1

k2 k3

aislante

LL

Figura 3.4



(a) La temperatura en la union entre las barras 2 y 3.

Dado que las barras 2 se encuentran en serie se tiene

H2 = H3,

donde se tiene

H2 =k2A2 (T1 − T3)

L=kA (2T − T3)

L,

H3 =k3A3 (T3 − T2)

L=

2kA (T3 − T )

L.

Igualando las expresiones anteriores se obtiene

2kA (T3 − T )

L=kA (2T − T3)

L.

La temperatura en la union entre las barras 2 y 3 es

T3 =4

3T

(b) El flujo de calor total, en terminos de k, A, L y T .

Como se menciono en la parte (a) las barras 2 y 3 estan en seriepor lo que H2 = H3 pero la barra 1 esta en paralelo con las otrasdos por lo que el flujo de calor total es

Htotal = H1 +H2,

donde

H1 =k1A1 (T1 − T2)

L=kAT

3L,

H2 =k2A2 (T1 − T3)

L=

2kAT

3L.


Con los resultados anteriores se obtiene el flujo total de calor

H =kAT

L

4. Calcule el flujo de calor entre las caras curvas del cuerpo de aluminiode conductividad termica k = 238.0 W/m°C, mostrado en la figura 3.5.Suponga que no hay perdida de calor por ningun lado.

T = 20°C

T = 80°C

0.1 m

0.2 m 1 m

Figura 3.5

Para determinar el flujo de calor por conduccion se utiliza la Ley deFourier para flujos de calor estacionarios

H = −kAdTdr.

Para este caso el flujo de calor va en la direccion radial, por lo tantoel area transversal a la direccion de flujo es A = πrL, donde r es unadistancia medida desde el centro del semicirculo a cuaquier parte de lasuperficie del aluminio.Usando la ley de Fourier y resolviendo para H se obtiene

H = −kAdTdr→ H

∫ b

a

dr

πrL= −k

∫ Tb

Ta

dT → H =kπL (Ta − Tb)

ln(ba

)H =

(238.0 W/m°C) · π · (0.1 m) (80°C − 20°C)

ln(

1.0 m0.2 m

) = 2787 W.


El flujo de calor entre las caras curvas del cuerpo de aluminio es2787 W.

5. Suponga que cierto reactor pequeno se encuentra revestido con un cas-caron esferico de hierro (k = 73 W/m°C). Los radios interior y exteriordel cascaron son r2 = 0.44 m y r1 = 0.61 m respectivamente. Si lacorriente de calor que fluye hacia afuera es H=3700 W y la tempera-tura interior es T2 = 343°C. Halle la temperatura T1 de la superficieexterior.

Para determinar el flujo de calor por conduccion se utiliza la Ley deFourier para flujos de calor estacionarios

H = −kAdTdr.

Para este caso el flujo de calor va en la direccion radial, por lo tantoel area transversal a la direccion de flujo es A = 4πr2, donde r es unadistancia medida desde el centro del semicirculo a cuaquier parte delcascaron de hierro.Usando la ley de Fourier y resolviendo para T1 se obtiene

H = −kAdTdr

→ H

∫ r1

r2

dr

4πr2= −k

∫ T1

T2

dT

→ H

(1

r2

− 1

r1

)= 4πk (T2 − T1)

→ T1 = T2 −H

4πk

(1

r2

− 1

r1

)= 343°C − 3700 W

4π · (238.0 W/m°C)

(1

0.44 m− 1

0.61 m

)= 340.4°C.

La temperatura T1 de la superficie exterior es de 340.4°C.


6. Considere una esfera hueca de radio interno 0.150 m y radio externo0.600 m. La esfera esta hecha de un material cuya conductividadtermica esta dada por la siguiente relacion: k = k0r, donde k0 =1.50 W/m2K y r es la distancia radial medida a partir del centro de laesfera. Si la parte interna de la esfera esta a 20°C y la parte externa dela esfera esta a 100°C, calcule:

(a) El flujo calorico radial a traves de la esfera.

Para determinar el flujo de calor por conduccion se utiliza la Leyde Fourier para flujos de calor estacionarios

H = −kAdTdr.

Para este caso el flujo de calor va en la direccion radial, por lo tantoel area transversal a la direccion de flujo es A = 4πr2, donde r esuna distancia medida desde el centro del semicirculo a cuaquierparte de la esfera.Usando la ley de Fourier y resolviendo para H se obtiene

H = −kAdTdr→ H

∫ b

a

dr

4πk0r3= k

∫ Tb

Ta

dT

→ H =8πk0 (Tb − Ta)(

1a2− 1

b2

) (3.1)

Usando la informacion del enunciado se obtiene el flujo de calor

H =8π (1.50 W/m·K) · (293.15 K− 373.15 K)(

1(0.600 m)2

− 1(0.150 m)2

)= 72.4 W.

El flujo calorico radial a traves de la esfera es de 72.4 W.


(b) La temperatura a una distancia del centro de 30 cm.

Usando la ecuacion (3.1), con Tc y c = 30 cm, y resolviendo paraTc

→ H =8πk0 (Tc − Ta)(

1a2− 1

c2

)→ Tc = Ta +

H

8πk0

(1

a2− 1

c2

)= 373.15 K− 72.4 W

8π (1.50 W/m·K)

(1

(0.600 m)2 −1

(0.300 m)2

)= 357.15 K.

La temperatura a una distancia del centro de 30 cm es 357.15 K.

7. Determine el flujo a traves de un material con conductividad termicak0. El material tiene un extremo a una temperatura de 100◦C y el otroextremo a una temperatura de 0◦C y tiene la siguiente configuracion

x

y

T = 100C

B

A

C

L

T = 0C

Figura 3.6

Usando la Ley de Fourier para flujos de calor estacionarios

H = −kAdTdx.


Para este caso el flujo de calor viaja en la direccion +x, esto de acuerdocon el sistema de referencia de la figura 3.6, por lo tanto el area transver-sal a la direccion de flujo es A = Cy, donde y es una distancia medidadesde la base del objeto a cualquier punto sobre la lınea inclinada. Paraeste caso la relacion entre y y x es

y = mx+ b

→ dx =dy

m,

donde b = 0 y

m =A−BL

Con ayuda de la informacion anterior se obtiene el flujo de calor

H = −kAdTdx

→ H

∫ A

B

kLdy

(A−B)Cy= −k

∫ TA

TB

dT

→ H =(A−B) kC

L ln(AB

) (TB − TA)

=100°C (A−B) kC

L ln(AB

) .

El flujo de calor a traves del material

H =100°C (A−B) kC

L ln(AB

) .


8. La temperatura de operacion del filamento de tungsteno de un bombillo(e = 0, 35) es de 2450 K. Calcule el area superficial del filamento deuna lampara de 100 W si un 90% de la energıa electrica consumida porla lampara es radiada por el filamento como ondas electromagneticas.

Usando la expresion para determinar el flujo de calor por radiacion sedetermina el area superficial del filamento de la lampara

H = eσAT 4

→ A =H

eσT 4

=90 W

0.35 ·(5.76× 10−8 W/m2K4

)· (2450 K)4

= 1.26× 10−4 m2

El area superficial del filamento de la lampara es 1.26× 10−4 m2.

9. Suponga que para el hierro la conductividad termica varıa linealmentecon la temperatura desde 73,2 (W/K m) a 293 K hasta 54,0 (W/K m)a 573 K. Considerando una barra de hierro de 74,2 cm de longitud y3,25 cm2 de seccion transversal, recubierta con un material aislante,cuyos extremos se encuentran en contacto termico con un deposito a20◦C y con otro a 300◦C, determine:

(a) La relacion entre la conductividad termica y la temperatura.

Para este caso se tiene que la conductividad termica varia lineal-mente con la temperatura eso quiere decir que la relacion es deltipo:

k = mT + b

donde

m =k2 − k1

T2 − T1

=54, 0(W/K ·m)− 73, 2(W/K ·m)

573 K− 293 K

= −0, 07 W/m ·K2


y donde b se determina:

b = k −mT

= 54, 0(W/K ·m)−(−0, 07 W/m·K2) · 573 K

= 94.1(W/K ·m)

La relacion entre la conductividad termica y la temperatura es

k = −(0, 07 W/m ·K2

)· T + 94, 1(W/K ·m)

(b) El flujo de calor (corriente calorıfica).

Para este caso se tiene que la conductividad termica es variable, elarea de la seccion transversal a la direccion de flujo es constante A =3, 25 m2 y por ultimo se tiene que la temperatura es variable con re-specto a la coordenada de la longitud de la barra, por lo que para estecaso el flujo viene determinado por:

H = −kAdTdx

→ H

∫ L

0

dx = −∫ TL

T0

kAdT

→ H

∫ L

0

dx = −A∫ TL

T0

(mT + b) dT

→ H = −AL

(m2T 2 + bT

)∣∣∣TLT0

= 78220 W

El flujo de calor es de 78220 W.



1. Cuando la temperatura de un cilindro de metal, isotropico, se eleva de60◦C a 100◦, su longitud aumenta en 0.092%. Calcule:

(a) El cambio porcentual en el area transversal del cilindro. R/ 0.184%

(b) El cambio porcentual en la densidad del cilindro. R/ 0.275%

2. Se supone que el proceso de enlatado de bebidas gaseosas se realizaa una temperatura de 5.0◦C. El lıquido se puede considerar comoagua (βagua = 2.1 × 10−4 K−1). Para una mejor conservacion, sedeja un espacio vacıo en la lata. El volumen del envase de aluminio(αaluminio = 2.4 × 10−5 K−1) es de 400.000 mL a la temperatura de5.0◦C. Obtener el volumen que se debe dejar vacıo en la lata para quela bebida pueda dilatarse al aumentar la temperatura, sin que la lataexplote. Se considera que la temperatura maxima a la cual la lata y sucontenido pueden ser expuestos es de 65.0◦C. R/ 3.271 ml

3. En un recipiente de aluminio de 50.0 g de masa, aislado termicamente,se encuentra contenida en equilibrio termico, una mezcla de 200.0 g deagua y 300.0 g de vapor de agua. Si se introduce en el recipiente uncubo de cobre de 50.0 g que esta inicialmente a −79.0◦C, determine:

(a) La temperatura final de equilibrio del sistema. R/ 100◦C

(b) La composicion final de la mezcla. R/ mv = 298.5 g, ma = 201.5g, mAl = 50 g y mCu = 50 g

cagua = 4186 J/kg◦C chielo = 2090 J/kg◦C cvapor = 2010 J/kg◦Cccobre = 387 J/kg◦C cAl = 900 J/kg · ◦C Lv = 22.6× 105 J/kg

4. Un calorımetro de cobre, de masa 750.0 g, se encuentra en equilibriotermodinamico con 250.0 g de hielo a 0.00◦C. Se agrega al calorımetro68.0 g de agua a 75.00◦C y 17.0 g de vapor a 100.00◦.

(a) Calcule la temperatura final de equilibrio de la mezcla. R/ 0◦C

(b) ¿Cual es la composicion final de la mezcla? R/mv = 0 g, ma = 285g, mh = 50 g y mCu = 750 g


cagua = 4186 J/kg◦C chielo = 2090 J/kg◦C cvapor = 2010 J/kg◦Cccobre = 387 J/kg◦C Lf = 3.33× 105 J/kg Lv = 22.6× 105 J/kg

5. Un calorımetro de cobre de 0.322 kg contiene 0.0420 kg de hielo. Elsistema esta a 0.0◦. Si dentro del calorımetro se licua 0.0120 kg devapor de agua a 100◦ y 1.00 atm de presion.

(a) ¿Que temperatura final alcanza el calorımetro y su contenido? R/51.8◦C

(b) Cuando alcanza la temperatura de equilibrio, ¿cuantos kilogramosde hielo, agua liquida y vapor estan presentes. R/ mv = 0 g,ma = 54 g, mh = 0 g y mCu = 322 g

6. Una tuberıa cilındrica hueca (de gran longitud) esta hecha de acero,tiene una radio interno de 5.00 cm y un espesor de 0.50 cm. La tuberıatiene un recubrimiento de caucho de 3.00 cm de espesor. Supongaque la pared interna de la tuberıa esta a la temperatura de 125.0◦C yla temperatura sobre la pared externa del recubrimiento de caucho es40.0◦C. En el estado estacionario, determine:

(a) La temperatura en la interfazcaucho-acero.

(b) El flujo de calor a traves deun segmento de 1.0 m de lon-gitud de la tuberıa.

(c) Una expresion para la tempe-ratura, en funcion del radio,en cualquier punto dentro delcaucho.

Figura 3.7

7. Considere una esfera hueca de radio interno 0.150 m y radio externo0.600 m. La esfera esta hecha de un material cuya conductividadtermica esta dada por la siguiente relacion: k = k0r, donde k0 =1.50 W/m2K y r es la distancia radial medida a partir del centro de laesfera. Si la parte interna de la esfera esta a 200C y la parte externade la esfera esta a 1000C, calcule:

(a) El flujo calorico radial a traves de la esfera. R/ 36.2 W


(b) La temperatura a una distancia del centro de 30 cm. R/ 84◦C

8. Un recipiente cubico de 20 cm de arista, de paredes negras y de masadespreciable, se encuentra en una habitacion que esta a la temperaturade 25◦C. El recipiente esta lleno de agua a una temperatura de 100◦C.Calcule la taza de enfriamiento inicial del agua en el recipiente, dT

dt,

donde T es la temperatura y t es el tiempo. R/ 3.21× 10−3 ◦C/s


4Leyes de la termodinamica

4.1 Primera y segunda ley de la termodinamica

1. Se tiene un mol de un gas ideal diatomico a una presion de 1.50 atm yun volumen de 3.50 L. El gas experimenta los siguientes procesos:

1→ 2: un proceso isocorico hasta el estado 2 a 3.00 atm.

2→ 3: una expansion isotermica hasta el estado 3 a 2.00 atm.

3→ 4: una compresion isobarica hasta el estado 4 a 256 K.

4→ 5: una compresion isotermica hasta el estado 5.

5→ 1: una expansion adiabatica hasta el estado 1.

A partir de la informacion anterior:

(a) Calcular el valor de las propiedades termodinamicas (p, V, T ) paracada estado.

121

Usando la ecuacion del gas ideal se determinan T1, T2, V3 y V4

T1 =p1V1

nR=

1.520× 105 Pa · 3.50× 10−3 m3

1 mol · 8.314 J/K · mol= 64 K,

T2 =p2V2

nR=

3.039× 105 Pa · 3.50× 10−3 m3

1 mol · 8.314 J/K · mol= 128 K,

V3 =nRT3

p3

=1 mol · 8.314 J/K · mol · 128 K

2.026× 105 Pa= 5.25× 10−3 m3,

V4 =nRT4

p4

=1 mol · 8.314 J/K · mol · 256 K

2.026× 105 Pa= 10.5× 10−3 m3.

A partir de la ley de Boyle y la ecuacion de un gas en un procesoadiabatico se tiene

p5V5 = p4V4 → p5 =p4V4

V5

, (4.1)

p5Vγ

5 = p1Vγ

1 , (4.2)

donde γ = CpCV

= 1.40.

Sustituyendo (4.1) en (4.2) se determina V5

V5 =

(p1V

γ1

p4V4

) 1γ−1

=

(1.520× 105 Pa ·

(3.50× 10−3 m3

)1.40

2.026× 105 Pa · 10.5× 10−3 m3

) 10.40

= 0.109× 10−3 m3.

finalmente, usando la ecuacion (4.1) se determina p5

p5 =p4V4

V5

=2.026× 105 Pa · 10.5× 10−3 m3

0.109× 10−3 m3= 195× 105 Pa


Punto Presion Volumen Temperatura(×105 Pa) (×10−3 m3) (K)

1 1.520 3.50 642 3.039 3.50 1283 2.026 5.25 1284 2.026 10.5 2565 195.2 0.109 256

Tabla 4.1

(b) Calcular el cambio de energıa interna, el trabajo y el calor paracada proceso del ciclo anterior.

Primero se determina, para este caso, la energıa interna en cadaproceso del ciclo.

� Proceso 1→ 2 (isocorico).

∆U12 = nCV ∆T12 = 1 mol · 5

2· 8.314 J/K · mol · (128 K− 64 K)

= 1330 J.

� Proceso 2→ 3 (isotermico).

∆U23 = 0.

� Proceso 3→ 4 (isobarico).

∆U34 = nCV ∆T34 = 1 mol · 5

2· 8.314 J/K · mol · (256 K− 128 K)

= 2660 J.

� Proceso 4→ 5 (isotermico).

∆U45 = 0.

� Proceso 5→ 1 (adiabatico).

∆U51 = nCV ∆T51 = 1 mol · 5

2· 8.314 J/K · mol · (64 K− 256 K)

= −3990 J.


A continuacion se determina el trabajo realizado por o sobre elgas en cada proceso del ciclo.

� Proceso 1→ 2 (isocorico)

W12 = 0.

� Proceso 2→ 3 (isotermico)

W32 = nRT ln

(V3

V2

)= 1 mol · 8.314 J/K · mol · 128 K ln

(5.25

3.50

)= 431.5 J.

� Proceso 3→ 4 (isobarico)

W34 = p∆V34 = 2.026× 105 Pa · (10.5− 5.25)× 10−3 m3

= 1064 J.


W45 = nRT ln

(V5

V4

)= 1 mol · 8.314 J/K · mol · 256 K ln

(0.109

10.5

)= −9722 J.

� Proceso 5→ 1 (adiabatico)

W51 = −∆U51 = 3990 J.

Finalmente usando la primera ley de la termodinamica se detter-mina el calor absorbido o cedido por el gas

� Proceso 1→ 2 (isocorico)

Q12 = ∆U12 +W12 = 1330 J.


Q23 = ∆U23 +W23 = 431.5 J.

� Proceso 3→ 4 (isobarico)

Q34 = ∆U34 +W34 = 2660 J + 1064 J = 3724 J.


Q45 = ∆U45 +W45 = −9722 J.


� Proceso 5→ 1 (adiabatico)

Q51 = ∆U51 +W51 = 0.

El cambio de energıa interna, el trabajo y el calor en cada procesodel ciclo son

etapa 1→ 2 2→ 3 3→ 4 4→ 5 5→ 1∆U (J) 1330 0 2660 0 −3990

Trabajo (J) 0 431.5 1064 −9722 3990Calor (J) 1330 431.5 3724 −9722 0

Tabla 4.2

2. Cincuenta moles de un gas idealmonoatomico se someten al ciclomostrado en la figura 4.1 en la di-reccion indicada, donde el procesoc − d es una recta en el diagramapV . A partir de la informacion an-terior calcule

V ( m3)

p (Pa)a

b

c1.0× 105

3.0× 105

0.8000.500

Figura 4.1

(a) El calor de cada etapa e identifique en cuales etapas se absorbecalor y en cuales se emite

A partir de la informacion anterior se tiene

Punto Presion Volumen Temperatura(×105 Pa) ( m3) (K)

a 3.00 0.500 360b 3.00 0.800 577c 1.00 0.800 192

Tabla 4.3


donde las temperaturas se obtuvieron a partir de la ecuacion delgas ideal

Ta =paVanR

=3.00× 105 Pa · 0.500 m3

50 mol · 8.314 J/K · mol= 360 K,

Tb =pbVbnR

=3.00× 105 Pa · 0.800 m3

50 mol · 8.314 J/K · mol= 577 K,

Tc =pcVcnR

=3.00× 105 Pa · 0.500 m3

50 mol · 8.314 J/K · mol= 192 K.

Con la informacion de la tabla 4.3 se determina el calor en ganadoo perdido por el gas en cada etapa.

� Proceso a− b (isobarico)

Qab = nCp∆Tab = 50 mol · 5

2· 8.314 J/K · mol · (577 K− 360 K)

= 226 kJ.

� Proceso b− c (isocorico)

Qbc = nCV ∆Tab = 50 mol · 3

2· 8.314 J/K · mol · (192 K− 577 K)

= −240 kJ.

� Proceso c− aPrimero se determina el cambio en la energıa interna del gas

∆Uca = nCV ∆Tca = 50 mol · 3

2· 8.314 J/K · mol · (360 K− 192 K)

= 105 kJ.

El trabajo realizado sobre el gas se determina

Wca =

∫ Va

Vc

pdV


donde de acuerdo con la figura la relacion entre p y V es lineal

p = mV + b,

donde m = −6.667× 105 Pa/m3 y b = 6.335× 105 Pa.Con ayuda de lo anterior se obtiene el trabajo realizado sobreel gas en el proceso c− a

Wca =

∫ Va

Vc

pdV =

∫ Va

Vc

(mV + b) dV =(m

2V 2 + bV

)∣∣∣VaVc

= −60 kJ.

Finalmente usando la primera ley de la termodinamica se ob-tiene

Qca = ∆Uca +Wca = 105 kJ− 60 kJ = 45 kJ.

El calor ganado por el gas en el proceso a − b es de 226 kJ, en elproceso b− c el calor gas perdido por el gas fue de 240 kJ de calor yen el proceso c− a el calor ganado por el gas es de 45 kJ.

(b) La eficiencia del ciclo.

La eficiencia del ciclo se determina

e = 1−∣∣∣∣QC

QH

∣∣∣∣ ,donde para este caso se tiene

QC = −240 kJ,

QH = 226 kJ + 45 kJ = 271 kJ,


e = 1−∣∣∣∣QC

QH

∣∣∣∣ = 1−∣∣∣∣240 kJ

271 kJ

∣∣∣∣ = 0.11.

La eficiencia del ciclo es de 11%.


3. Un mol de un gas ideal diatomicose somete a un proceso cıclico quese muestra en la figura 4.2, dondeel proceso A − B es isotermico, elproceso B−C es isocorico y el pro-ceso C − A es adiabatico. Paraeste caso se tiene VA = 0.024 m3,VB = 0.224 m3 y TA = 900 K.

T ( m3)

T ( K)A B

C

Figura 4.2

Con base en la informacion:

(a) Dibuje el diagrama P−V . Para cada uno de los estados principalesdetermine los valores numericos de presion y volumen

A partir de la informacion anterior se tiene

Punto Presion Volumen Temperatura(×105 Pa) ( m3) (K)

a 3.12 0.024 900b 0.334 0.224 900c 0.137 0.224 369

Tabla 4.4

donde los valores de presion, volumen y temperatura se determi-naron con ayuda de la ecuacion del gas ideal y la ecuacion deprocesos adiabaticos de la siguiente manera

pA =nRTAVA

=1 mol · 8.314 J/K · mol · 900 K

0.024 m3= 3.12× 105 Pa,

pB =nRTBVB

=1 mol · 8.314 J/K · mol · 900 K

0.224 m3= 0.334× 105 Pa,

pC =

(VAVC

)γpA =

(0.024 m3

0.224 m3

)1.40

· 3.12× 105 Pa = 0.137× 105 Pa,

TC =pCVCnR

=0.137× 105 Pa · 0.224 m3

1 mol · 8.314 J/K · mol= 369 K


con ayuda de la informacion de la tabla 4.4 se obtiene la graficade presion contra volumen

V

pApA

VA

BpB

VB

CpC

Figura 4.3

(b) Calcule el cambio de energıa, el trabajo y el calor en cada etapa.

? Cambios de energıa interna

Proceso A−B (Isotermico)

∆UAB = 0.

Proceso B − C (Isocorico)

∆UBC = nCV ∆TBC = 1 mol · 5

2· 8.314 J/K · mol · (369 K− 900 K)

= −11.0 kJ.

Proceso C − A (Adiabatico)

∆UCA = nCV ∆TCA = 1 mol · 5

2· 8.314 J/K · mol · (900 K− 369 K)

= 11.0 kJ.

? Trabajo

Proceso A−B (Isotermico)

WAB = nRT ln

∣∣∣∣VBVA∣∣∣∣ = 1 mol · 8.314 J/K · mol · 900 K · ln

∣∣∣∣0.224 m3

0.024 m3

∣∣∣∣= 16.7 kJ.



WBC = 0.


WCA = −∆UCA = −11.0 kJ.

? Calor

El calor en cada etapa se determina usando la primera ley de latermodinamicaProceso A−B (Isotermico)

QAB = ∆UAB +WAB = 16.7 kJ.


QBC = ∆UBC +WBC = −11.0 kJ.


QCA = 0.

El cambio de energıa interna, el trabajo y el calor en cada etapa fue

etapa A−B B − C C − A∆U (kJ) 0 −11.0 11.0

Trabajo (kJ) 16.7 0 −11.0Calor (kJ) 16.7 −11.0 0

Tabla 4.5

(c) Calcule la eficiencia del proceso

La eficiencia del proceso se determina

e = 1−∣∣∣∣QC

QH

∣∣∣∣ ,donde para este caso se tiene

QC = −11.0 kJ,

QH = 16.7 kJ,



e = 1−∣∣∣∣QC

QH

∣∣∣∣ = 1−∣∣∣∣−11.0 kJ

16.7 kJ

∣∣∣∣ = 0.34.

La eficiencia del proceso es de 34%.

(d) Calcule el cambio de entropıa en cada etapa del proceso

El cambio de entropıa en cada etapa del proceso se determina

∆S =

∫dQ

T.

Para el proceso A−B (isotermico) se tiene

∆SAB =

∫dQ

T=QAB

T

16.7× 103 J

900 K= 18.6 K/J.

Para el proceso B − C (isocorico) se tiene

∆SBC =

∫dQ

T=

∫ TC

TB

nCV dT

T=

5

2nR ln

∣∣∣∣TCTB∣∣∣∣

=5

2· 1 mol · 8.314 J/K · mol · ln

∣∣∣∣369 K

900 K

∣∣∣∣ = −18.6 K/J.

Para el proceso C − A (adiabatico) se tiene

∆SCA = 0

El cambio de entropıa en el proceso A−B es de 18.6 J/K, el cambiode entropıa en el proceso B − C es de −18.6 J/K y el cambio deentropıa en el proceso C − A es cero.


4. Considere un bloque de hielo de 10.0 g de masa que se lleva de una tem-peratura inicial de −15.0 ◦C hasta una temperatura final de 120.0 ◦C.

(a) Calcule el cambio en la entropıa que experimenta un bloque

El cambio en entropıa del bloque de hielo se determina

∆Sh =

∫ 2

1

dQ

T.

Para este caso

∆Sh =

∫ T0

Th

mhchdT

T+mhLfT0

+

∫ Tv

T0

mhcadT

T+mhLvTv

+

∫ Tf

Tv

mhcvdT

T,

donde Th = 268.15 K, T0 = 273.15 K, Tv = 373.15 K y Tf = 393.15K, con lo que se obtiene

∆Sh =mh

(ch ln

(T0

Th

)+LfT0

+ ca ln

(TvT0

)+LvTv

+ cv ln

(TfTv

))=87.24 J/K

El cambio en la entropıa que experimenta un bloque de hielo es de87.24 J/K.

(b) Hallar la masa de un bloque de hierro (C = 3R) que experimentael mismo cambio en la entropıa del bloque de hielo, entre las mis-mas temperaturas extremas.

Para este caso se tiene que el cambio de entropıa se determina

∆SFe =

∫ Tf

Th

nCdT

T

= 3nR ln

(TfTh

).

A partir de lo anterior se determina la cantidad de sustancia n dehierro necesaria para ese cambio de entropıa

n =∆SFe

3R ln(TfTh

) = 9.14 mol.


Usando la relacion entre la masa de una sustancia y su masa molarse determina la cantidad de masa del bloque de hierro

m = nM = 9.14 mol. · 55.847 g/mol

= 510.4 g

La masa de un bloque de hierro que experimenta el mismo cambioen la entropıa del bloque de hielo, entre las mismas temperaturasextremas es 510.4 g.

5. Se vierten 250 g de agua a 90.0 ◦C en el oceano, que esta a 20.0 ◦C.Trate el agua que vertio mas el oceano como un sistema aislado. Unavez el sistema ha alcanzado el equilibrio termodinamico, calcule:

(a) El cambio de entropıa del agua vertida

El cambio de entropıa del agua caliente se determina

∆Sa =

∫ 2

1

dQ

T.


∆Sa =

∫ Tf

Ti

macadT

T,

donde Ti = 363.15 K y Tf = 293.15 K, con lo que se obtiene

∆Sa =maca ln

(TfTi

)= −224.1 J/K

El cambio de entropıa del agua vertida es −224.1 J/K.

(b) El cambio de entropıa del oceano.

El cambio de entropıa del oceano es a temperatura constante porlo que se determina

∆S =QO

Tf


donde el calor ganado por el oceano se determina∑Q = QO +Qa = 0

→ QO = −Qa = maca∆Ta

= 73255 J,

Con el resultado anterior se obtiene el cambio de entropıa deloceano se determina

∆S =QO

Tf=

73255 J

293.15 K= 249.9 J/K

El cambio de entropıa del 0ceano es 229.9 J/K.

(c) El proceso es reversible o irreversible, de una respuesta fundamen-tada en argumentos cuantitativos.

Para saber si el proceso es reversible o irreversible se determiinael cambio de entropıa total

∆ST = ∆SO + ∆Sa = 25.8 J/K.

El proceso es irreversible.



1. Un cilindro con un piston contiene 0.400 mol de nitrogeno (N2) a 2.0×105 Pa y 300 K. El nitrogeno puede ser tratado como un gas ideal.Primero, el gas se comprime a presion constante hasta la mitad desu volumen original, luego se expande adiabaticamente de vuelta a suvolumen original, y por ultimo se calienta a volumen constante hastasu presion original.

(a) Indique estos procesos en un diagrama p− V . Indique los valoresnumericos de la presion y el volumen para los estados principales.

R/ p1 = p2 = 2.0 × 105 Pa, p3 = 0.76 × 105 Pa, V1 = V3 =5.0× 10−3 m3, V2 = 2.5× 10−3 m3

(b) Calcule el calor de cada etapa e identifique en cuales etapas seabsorbe calor y en cuales se emite.

R/ Q12 = −1746 J, Q23 = 0, Q31 = 1544 J

2. Dos moles de gas monoatomico se someten al ciclo termodinamicomostrado en la figura 4.4.

Figura 4.4

Determine:


(a) El cambio en la energıa interna, el calor y el trabajo en cada unode los procesos y en el ciclo.

R/ ∆Uab = 14616 J, ∆Ubc = −4465 J, ∆Ucd = −10151 J, ∆Uda =0, Wab = 9744 J, Wbc =, Wcd = 10151 J, Wda = −11727 J,Qab = 24360 J, Qbc = −4465 J, Qcd = 0, Qda = −11727 J.

(b) El cambio de entropıa en cada proceso de dicho ciclo .

R/ ∆Uab = 45.7 J/K, ∆Sbc = −5.68 J/K, ∆Scd = 0, ∆Sda =−40.0 J/K.

3. Tres moles de oxıgeno (O2), que se comporta como un gas ideal, estasujeto a los procesos termodinamicos que se presentan en la siguientefigura 4.5. Basado en esta informacion anterior determine:

Figura 4.5

(a) Las temperaturas T2 y T3 y el volumen Vc

(b) El calor transferido en cada uno de los procesos del ciclo.

(c) La eficiencia de ciclo termodinamico.

(d) La eficiencia de una maquina termica de Carnot que opere entrelas temperaturas extremas del ciclo anterior.

4. Un cubo de hielo de 0,0600 kg a una temperatura inicial de −20, 0 ◦Cse coloca en 0,500 kg de agua a 45, 0 ◦C en un recipiente aislado conmasa despreciable. El sistema alcanza el equilibrio a una temperaturade 30,6°C. cagua = 4190 J/kg ◦C, chielo = 2090 J/kg ◦C, Lf = 3.33×105

J/kg Con base en esta informacion:


(a) Calcule el cambio de entropıa del sistema.

(b) Explique, cuantitativamente, si el proceso es reversible o irre-versible.

5. Sobre un gran deposito caliente (reservorio termico) se coloca 1,500 kgde hielo a −15 ◦C. Luego el hielo se funde y alcanza la temperaturade 27, 0 ◦C. Si el sistema del deposito y el hielo esta completamenteaislado, entonces calcule:

(a) El cambio de entropıa del deposito.

(b) El cambio de entropıa del hielo.

(c) El cambio de entropıa total del sistema.

6. Un tazon de cobre de 146.0 g contiene 223.0 g de agua; el tazon y el aguaestan a una temperatura de 21.0◦C. Se deja caer en el agua un cilindrode cobre que tiene una masa de 314.0 g y esta a una temperatura de826, 1◦C. Esto hace hervir el agua provocando que 4.7 g se conviertan envapor. La temperatura de equilibrio de este sistema es 100◦C. Calcule:

(a) El cambio de entropıa del agua.

(b) El cambio de entropıa del tazon.

(c) El cambio de entropıa del cilindro.

(d) El cambio de entropıa total del sistema (Universo).

(e) ¿Este proceso es reversible o irreversible?, justifique cuantitativa-mente.


folleto de ejercicios resueltos fi-2103: f sica general iii

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