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Solucionario: Vibraciones y Ondas de A. P. French Book · July 2019

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1 author: Mauricio Vargas-Villegas University of Tolima 7 PUBLICATIONS   0 CITATIONS    SEE PROFILE

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Solucionario: Vibraciones y Ondas de A. P. French Mauricio Vargas Villegas 2018

1

´Indice 1. Movimientos peri´ odicos

3

2. Superposici´ on de movimientos

16

3. Vibraciones libres de los sistemas f´ısicos

25

4. Vibraciones forzadas y resonancia

67

5. Osciladores acoplados y modos normales

105

6. Modos normales de sistemas continuos. An´ alisis de Fourier

150

7. Ondas progresivas

185

2

1.

Movimientos peri´ odicos

1. Consideremos un vector z definido por la ecuaci´on z = z1 z2 , siendo z1 = a + ib y z2 = c + id. a) Demostrar que la longitud de z es igual al producto de las longitudes de z1 y z2 . b) Demostrar que el ´angulo comprendido entre z y el eje x, es la suma que forma por separado z1 y z2 con el eje x. Soluci´ on a) de los vectores individuales, resultando: ||z1 || = √ √ Se hallan las longitudes a2 + b2 y ||z2 || = c2 + d2 , y su producto es, p p p ||z1 ||||z2 || = a2 + b2 c2 + d2 = (a2 + b2 )(c2 + d2 ) p = (a2 + b2 )(c2 + d2 ) Ahora se halla el valor la longitud de z = z1 z2 = (a + ib)(c + id) = ac + iad + ibc − bd (teniendo en cuenta que i2 = −1). Reorganizando el vector en las partes reales y complejas se tiene que z = (ac−bd)+i(ad+bc). Entonces la longitud es: p ||z|| = (ac − bd)2 + (ad + bc)2 p = (a2 c2 + b2 d2 − 2acbd) + (a2 d2 + b2 c2 + 2adbc) donde se cancela −2acbd con +2adbc, resultando: p p ||z|| = a2 c2 + b2 d2 + a2 d2 + b2 c2 = a2 (c2 + d2 ) + b2 (d2 + c2 ) p = (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = ||z1 ||||z2 || Demostrando que ||z|| = ||z1 ||||z2 ||. b) Usando el hecho de que a = z1 cos(θ1 ), b = z1 sin(θ1 ), c = z2 cos(θ2 ) y que d = z2 sin(θ2 ), entonces: z1 = z1 cos(θ1 ) + iz1 sin(θ1 ) = z1 [cos(θ1 ) + i sin(θ1 )] z2 = z2 cos(θ2 ) + iz2 sin(θ2 ) = z2 [cos(θ2 ) + i sin(θ2 )] y por tanto, z1 z2 = z1 [cos(θ1 ) + i sin(θ1 )]z2 [cos(θ2 ) + i sin(θ2 )] = z1 z2 [cos(θ1 ) cos(θ2 ) + i sin(θ1 ) cos(θ2 ) + i cos(θ1 ) sin(θ2 ) − sin(θ1 ) sin(θ2 )] = z1 z2 {cos(θ1 ) cos(θ2 ) − sin(θ1 ) sin(θ2 ) + i[sin(θ1 ) cos(θ2 ) + cos(θ1 ) sin(θ2 )]} = z1 z2 [cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 )] Pero z = z1 z2 , por tanto z = z1 z2 [cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 )], lo que demuestra lo pedido. 3

2. Consideremos un vector z definido por la ecuaci´on z = z1 = a + ib y z2 = c + id.

z1 z2

(z2 6= 0), siendo

a) Demostrar que la longitud de z es igual al cociente de las longitudes de z1 y z2 . b) Demostrar que el ´angulo comprendido entre z y el eje x, es la resta que forma por separado z1 y z2 con el eje x. Soluci´ on a) de los vectores individuales, resultando: ||z1 || = √ Se hallan las longitudes √ a2 + b2 y ||z2 || = c2 + d2 6= 0, y su cociente es, r √ ||z1 || a2 + b2 a2 + b2 = √ = ||z2 || c2 + d2 c2 + d2 c−id Pero z = a+ib c+id . Se multiplica el cociente por c−id , resultando    a + ib c − id (a + ib)(c − id) (ac + ibc) + (−iad + bd) z= = = c + id c − id (c + id)(c − id) c2 − (id)2 (ac + bd) + i(bc − ad) 1 = = 2 [(ac + bd) + i(bc − ad)] c2 + d2 c + d2

cuya longitud es, 1 p ||z|| = 2 (ac + bd)2 + (bc − ad)2 c + d2 1 p 2 2 = 2 (a c + b2 d2 + 2acbd) + (b2 c2 + a2 d2 − 2bcad) c + d2 1 p 2 1 p 2 2 2 d2 + b2 c2 + a2 d2 = a c + b (a + b2 )(c2 + d2 ) = 2 c + d2 c2 + d2 s r p (a2 + b2 )(c2 + d2 ) (a2 + b2 )(c2 + d2 ) a2 + b2 ||z1 || = = = = 2 2 2 2 2 c +d (c + d ) c2 + d2 ||z2 || Demostrando que ||z|| =

||z1 || ||z2 || .

b) Usando el hecho de que a = z1 cos(θ1 ), b = z1 sin(θ1 ), c = z2 cos(θ2 ) y que d = z2 sin(θ2 ), entonces: z1 = z1 cos(θ1 ) + iz1 sin(θ1 ) = z1 [cos(θ1 ) + i sin(θ1 )] z2 = z2 cos(θ2 ) + iz2 sin(θ2 ) = z2 [cos(θ2 ) + i sin(θ2 )] y por tanto (con z = z=

z1 z2 ),

  z1 [cos(θ1 ) + i sin(θ1 )] z1 cos(θ1 ) + i sin(θ1 ) = z2 [cos(θ2 ) + i sin(θ2 )] z2 cos(θ2 ) + i sin(θ2 ) 4

Multiplicando por

cos(θ2 )−i sin(θ2 ) cos(θ2 )−i sin(θ2 ) ,

se llega a

   z1 cos(θ1 ) + i sin(θ1 ) cos(θ2 ) − i sin(θ2 ) z= z2 cos(θ2 ) + i sin(θ2 ) cos(θ2 ) − i sin(θ2 )   z1 [cos(θ1 ) + i sin(θ1 )][cos(θ2 ) − i sin(θ2 )] = z2 [cos(θ2 ) + i sin(θ2 )][cos(θ2 ) − i sin(θ2 )]          z1 [cos(θ1 ) cos(θ2 ) + i sin(θ1 ) cos(θ2 )] + [−i cos(θ1 ) sin(θ2 ) + sin(θ1 ) sin(θ2 )]  =  z2  cos2 (θ2 ) + sin2 (θ2 )     | {z }   =1

z1 {[cos(θ1 ) cos(θ2 ) + sin(θ1 ) sin(θ2 )] + i[sin(θ1 ) cos(θ2 ) − cos(θ1 ) sin(θ2 )]} = z2 Por tanto, z = dido.

z1 z2

[cos(θ1 − θ2 ) + i[sin(θ1 − θ2 )]], lo que demuestra lo pe-

3. Demostrar que la multilicaci´on de cualquier n´ umero complejo z por eiθ puede describirse, en t´erminos geom´etricos, como una rotaci´on positiva en el ´ angulo θ del vector representado por z sin alteraci´on de su longitud. Soluci´ on Primer m´ etodo El vector z = x + iy se puede escribir como z = A cos(α) + iA sin(α). Al multiplicarlo por eiθ que por la ecuaci´on de Euler es eiθ = cos(θ)+i sin(θ), queda: zeiθ = [A cos(α) + iA sin(α)][cos(θ) + i sin(θ)] = A cos(α) cos(θ) + iA sin(α) cos(θ) + iA cos(α) sin(θ) − A sin(α) sin(θ) = A[cos(α) cos(θ) − sin(α) sin(θ)] + iA[sin(α) cos(θ) + cos(α) sin(θ)] = A cos(α + θ) + iA sin(α + θ) = A[cos(α + θ) + i sin(α + θ)] = Aei(α+θ) Donde se observa que se rota de forma positiva con un ´angulo θ y la longitud A se mantiene. Segundo m´ etodo Se escribe z = Aeiα , que al multiplicarlo por eiθ queda: zeiθ = Aeiα eiθ = Aei(α+θ) Demostrando lo pedido. 4.

a) Si z = Aeiθ , deducir que dz = izdθ y explicar el significado de esta relaci´ on en un diagrama vectorial. 5

√ √ b) Hallar los valores y direcciones de los vectores (2+i 3) y (2−i 3)2 . Soluci´ on iθ a) Se calcula el diferencial de z, resultando dz = Adθeiθ = idθ Ae |{z} y z

por tanto dz = izdθ. Se observa que cuando se multiplica a z = x + iy por i resulta: iz = i(x + iy) = ix − y = −y + ix Esto significa (ver el texto) que hay una rotaci´on positiva de π2 (en contra de las manecillas del reloj). Al estar multiplicado por un diferencial del angulo dθ, su magnitud se reduce a un diferencial (ver figura 1). ´

Figura 1: Figura problema 1.4a √ √ 3. b) Para el primer vector, xq 1 + iy1 = 2 + i 3 y entonces x1 = 2 y y1 = √ √ √ 2 2 Su magnitud es ||z1 || = 2 + ( 3) = 4 + 3 = 7. Su direcci´on es √  √ tan(θ1 ) = xy11 = 23 y entonces, θ1 = arctan 23 = 40.89o con el eje horizontal. √ 2 Para segundo vector (2 −√i 3)2 , primero se expande resultando: 2√ + √ el √ √ 2 (i 3) −2(2)i 3 = 4−3−i4 3 = 1−i4 3; y entonces x = 1 y y = 4 3. 2 2 q p √ √ Su magnitud es: ||z2 || = 12 + (−4 3)2 = 1 + 16(3) = 1 + 48 = 7. √ √
Su direcci´ on es: tan(θ2 ) = xy22 = −41 3 y entonces, θ2 = arctan −4 3 = −81.79o = 98.21o con el eje horizontal. 5. Para tomar las derivadas sucesivas de eiθ respecto a θ, basta multiplicar por i:
d Aeiθ = iAeiθ dθ 6

Demostrar que esta propiedad sigue siendo v´alida si se utiliza la representaci´ on sinusoidal eiθ = cos(θ) + i sin(θ). Soluci´ on Se deriva eiθ = cos(θ) + i sin(θ), resultando:
d d Aeiθ = [A cos(θ) + iA sin(θ)] = −A sin(θ) + iA cos(θ) dθ dθ = i2 A sin(θ) + iA cos(θ) = iA[i sin(θ) + cos(θ)] = iA[cos(θ) + i sin(θ)] = iAeiθ Que demuestra lo pedido. 6. Dada la relaci´ on de Euler eiθ = cos(θ) + i sin(θ), hallar a) La representaci´on geom´etrica de e−iθ . b) La representaci´on exponencial de cos(θ). c) La representaci´on exponencial de sin(θ). Soluci´ on a) Teniendo en cuenta que eiθ = cos(θ)+i sin(θ), entonces: e−iθ = cos(−θ)+ i sin(−θ) = cos(θ) − i sin(θ). Esto hace el valor en el eje vertical cambie de signo; su gr´ afica es:

Figura 2: Figura problema 1.6a

7

b) Teniendo en cuenta la relaci´on de Euler: e+iθ = cos(θ) + i sin(θ) e−iθ = cos(θ) − i sin(θ) Se suman las dos ecuaciones resultando, e+iθ + e−iθ = cos(θ) + i sin(θ) + cos(θ) − i sin(θ) = 2 cos(θ) Despejando se llega a la representaci´on exponencial de la funci´on coseno: cos(θ) =

e+iθ + e−iθ 2

c) Teniendo en cuenta la relaci´on de Euler: e+iθ = cos(θ) + i sin(θ) e−iθ = cos(θ) − i sin(θ) Se restan las dos ecuaciones resultando, e+iθ − e−iθ = cos(θ) + i sin(θ) − [cos(θ) − i sin(θ)] = 2i sin(θ) Despejando se llega a la representaci´on exponencial de la funci´on seno: sin(θ) = 7.

e+iθ − e−iθ 2i +iθ

−iθ

y sin(θ) = a) Justificar las f´ ormulas cos(θ) = e +e 2 utilizando los desarrollos en serie correspondientes.

e+iθ −e−iθ , 2i

b) Describir geometricamente las relaciones anteriores mediante diagramas vectorial en el plano xy. Soluci´ on a) Teniendo en cuenta que: eiθ =

(iθ)0 (iθ)1 (iθ)2 (iθ)3 (iθ)4 (iθ)5 (iθ)6 + + + + + + + ··· 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6!

y que, (−iθ)0 (−iθ)1 (−iθ)2 (−iθ)3 (−iθ)4 (−iθ)5 (−iθ)6 + + + + + + + ··· 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! (iθ)0 (iθ)1 (iθ)2 (iθ)3 (iθ)4 (iθ)5 (iθ)6 = − + − + − + + ··· 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6!

e−iθ =

8

Al sumar las dos exponenciales, (iθ)0 (iθ)1 (iθ)2 (iθ)3 (iθ)4 (iθ)5 (iθ)6 + + + + + + + ··· 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! (iθ)1 (iθ)2 (iθ)3 (iθ)4 (iθ)5 (iθ)6 (iθ)0 − + − + − + + ··· + 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6!

eiθ + e−iθ =

Se observa que se cancelan los t´erminos con potencias impares y se duplican los de potencias pares resultando, eiθ + e−iθ = 2

(iθ)2 (iθ)4 (iθ)6 (iθ)0 +2 +2 +2 + ··· 0! 2! 4! 6!

e−iθ + e−iθ (iθ)0 (iθ)2 (iθ)4 (iθ)6 = + + + + ··· 2 0! 2! 4! 6! Entonces, eiθ + e−iθ (θ)0 (θ)2 (θ)4 (θ)6 = − + − + ··· 2 2! 6! | 0! {z4! } cos(θ)

Resultando, eiθ + e−iθ = cos(θ). 2 Si se restan las dos exponenciales, (iθ)0 (iθ)1 (iθ)2 (iθ)3 (iθ)4 (iθ)5 (iθ)6 + + + + + + + ··· 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! (iθ)0 (iθ)1 (iθ)2 (iθ)3 (iθ)4 (iθ)5 (iθ)6 − + − + − + − + ··· 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6!

eiθ − e−iθ =

Se observa que se cancelan los t´erminos con potencias pares y se duplican los de potencias impares resultando, eiθ − e−iθ = 2

(iθ)1 (iθ)3 (iθ)5 +2 +2 + ··· 1! 3! 5!

eiθ − e−iθ (iθ)1 (iθ)3 (iθ)5 = + + + ··· 2 1! 3! 5! Tambi´en, eiθ − e−iθ (θ)1 (θ)3 (θ)5 =i −i +i + ··· 2 1! 3! 5! Entonces, eiθ − e−iθ (θ)1 (θ)3 (θ)5 = − + + ··· 2i 3! {z 5! | 1! } sin(θ)

9

Resultando, eiθ − e−iθ = sin(θ) 2i Que demuestra lo pedido. b) Se observa en la figura 3 que los vectores en el eje complejo (i) se cancelan, y los vectores en el eje real (horizontal) se suman. Lo que demuestra la primera relaci´on.

Figura 3: Figura problema 1.7b Se observa en la figura 4 que los vectores en el eje real (horizontal) se cancelan, y los vectores en el eje complejo (i) se suman. Lo que demuestra la segunda relaci´ on.

Figura 4: Figura problema 1.7b 8. Utilizando las representaciones vectoriales de sin(θ) y cos(θ), comprobar las siguientes identidades trigonom´etricas: 10

a) sin2 (θ) + cos2 (θ) = 1. b) cos2 (θ) − sin2 (θ) = cos(2θ). c) 2 sin(θ) cos(θ) = sin(2θ). Soluci´ on iθ

−iθ

y sin(θ) = a) Usando cos(θ) = e +e 2 drado y sumarlas se tiene que,

eiθ −e−iθ 2i

para elevarlas al cua-

2  iθ 2 eiθ − e−iθ e + e−iθ sin (θ) + cos (θ) = + 2i 2
2


2 2 2 eiθ − e−iθ eiθ + e−iθ eiθ + e−iθ − eiθ − e−iθ =− + = 4 4 4 ei2θ + e−i2θ + 2eiθ e−iθ − e2iθ − e−2iθ + 2eiθ e−iθ = 4 4 4eiθ e−iθ = =1 = 4 4 2

2



que demuestra lo pedido. iθ

b) Usando cos(θ) = e +e 2 drado y restarlas se tiene,

−iθ

y sin(θ) =

eiθ −e−iθ 2i

para elevarlas al cua-

2  iθ 2 eiθ + e−iθ e − e−iθ − 2 2i

2
2
iθ −iθ 2 iθ −iθ 2 e −e eiθ + e−iθ + eiθ − e−iθ e +e + = = 4 4 4 ei2θ + e−i2θ + 2eiθ e−iθ + e2iθ + e−2iθ − 2eiθ e−iθ = 4

cos2 (θ) − sin2 (θ) =



2 cos(2θ)

=

2ei2θ + 2e−i2θ 4

z }| { ei2θ + e−i2θ = 2

Llegando a: cos2 (θ) − sin2 (θ) = cos(2θ) que demuestra lo pedido.

11

c) Multiplicando el doble de cos(θ) =

eiθ +e−iθ 2

y sin(θ) =

eiθ −e−iθ , 2i

Diferencia de cuadrados

 2 sin(θ) cos(θ) = 2

eiθ + e 2

 −iθ

eiθ − e 2i

 −iθ

}| { z (eiθ + e−iθ )(eiθ − e−iθ ) = 2i

2i sin(2θ)

z }| { e2iθ − e−2iθ = = sin(2θ) 2i Que demuestra lo pedido. 9. ¿Se puede pagar 20 c´entimos de un objeto valorado por un matem´atico con ii pesetas? (Recu´erdese que eiθ = cos(θ) + i sin(θ).) Soluci´ on Se debe buscar un ´ angulo tal que el valor de eiθ sea i, para as´ı poderlo elevar a la i. Esto es, el valor de θ debe ser tal que cos(θ) = 0 y sin(θ) = 1. Por tanto usando θ = π2 queda, π

ei 2 = i

y por tanto, ii = ei

2π 2

π

= e− 2 = 0.208

El resultado es 20.8 c´entimos y por tanto no se puede pagar con 20 c´entimos de peseta. 2

d y 2 10. Comprobar que la ecuaci´on diferencial dx on 2 = −k y tiene por soluci´ y = A cos(kx) + B sin(kx) siendo A y B constantes arbitrarias. Demostrar tambi´en que esta soluci´on puede escribirse de la forma

y = C cos(kx + α) = C 1 entonces, Bn = 0 Finalmente los coeficientes de Fourier son: 2A 2A , An(par) = A0 = π (n + 1)π

y

Bn(n>1) = 0

o: ´ A0 =

2A , π

An =

2A [(2n − 3) + 1]π

y

Bn = 0

(n = 2, 3, 4, . . .)

(c) Para la tercera funci´on los coeficientes de Fourier son:   Z L A 2 2π A0 = sin x dx L 0 L   Z L  nπ  2A 2 2π An = cos x sin x dx L 0 L L   Z L2   2A nπ 2π Bn = sin x sin x dx L 0 L L Calculando el primero,       L Z L A 2 2π A 2π 2 A0 = sin x dx = − cos x L 0 L 2π L 0   A A =− [cos (π) − 1] = 2π π 181

Usando la identidad: cos(β) sin(α) = 12 [sin(α + β) + sin(α − β)] el segundo coeficiente queda,     Z L Z L (n + 2)π (2 − n)π A 2 A 2 sin sin An = x dx + x dx L 0 L L 0 L Haciendo u = (2−n)π dx L

(n+2)π x, L

(2−n)π x L

y entonces, du =

(n+2)π dx, L

dv =

   Z L (n + 2)π A 2 (2 − n)π x dx + sin x dx L L 0 L 0 (n−2)π Z (n+2)π Z 2 2 A A = sin(u)du − sin(u)du (n + 2)π 0 (n − 2)π 0 (n+2)π (n+2)π A A cos(u)|0 2 + cos(u)|0 2 =− (n + 2)π (n − 2)π n h n h i o i o (n+2)π (n+2)π A − cos A cos + 1 − 1 2 2 An = + (n + 2)π (n − 2)π       A cos nπ +1 A cos nπ +1 2 2 = − (n + 2)π (n − 2)π
Pero cos2 α2 = cos(α)+1 por tanto, 2


  2A cos2 nπ 2A cos2 nπ 2A cos2 nπ 1 1 4 4 4 An = − = − (n + 2)π (n − 2)π π n−2 n+2
2 nπ 8A cos 4 = π(n2 − 4) An =

A L

Z

L 2

v =



sin

Si n es par, el coeficiente se anula. Para valores de n impar, el valor de An var´ıa de signo de la forma 1, −1, −1, 1, 1, −1, −1, . . . Y esta serie se puede definir con:     kπ kπ + sin (k = 0, 1, 2, 3, . . .) cos 2 2 el coeficiente de Fourier es entonces:  √ 2     8A 22  kπ kπ An = cos + sin π(n2 − 4) 2 2      4A kπ kπ = cos + sin π(n2 − 4) 2 2

(para n 6= 2)

Para hallar el tercer coeficiente de Fourier, se usa la identidad trigonom´etrica sin(α) sin(β) = 21 [cos(α − β) − cos(α + β)]     Z L Z L A 2 (n − 2)π A 2 (n + 2)π Bn = cos x dx − cos x dx L 0 L L 0 L 182

x, v = realizando el cambio de variable u = (n−2)π L (n−2)π (n+2)π du = L dx, dv = L dx la integral queda:

(n+2)π x L

y entonces,

Z (n−2)π Z (n+2)π 2 2 A A Bn = cos (u) du − cos (u) du (n − 2)π 0 (n + 2)π 0 (n−2)π (n+2)π A A =− sin (u)|0 2 + sin (u)|0 2 (n − 2)π (n + 2)π h i h i (n+2)π A sin (n−2)π A sin 2 2 =− + (n − 2)π (n + 2)π


  A sin nπ A sin nπ 2A sin nπ 1 1 2 2 2 = − = − (n − 2)π (n + 2)π π n−2 n+2
4A sin nπ 2 = π(n2 − 4) Para valores pares de n el coeficiente se anula. Para los valores impares de n, los signos cambian de la forma 1, −1, −1, 1, 1, −1, −1, . . . Y esta serie se puede definir con:     kπ kπ cos + sin (k = 0, 1, 2, 3, . . .) 2 2 El coeficiente de Fourier es:      4A kπ kπ Bn = cos + sin 2 π(n − 4) 2 2

(n = 0, 1, 3, . . .)

Finalmente los coeficientes de Fourier para la funci´on dada y para n impar y n 6= 2 son: A0 =

A π

     4A kπ kπ cos + sin An = π(n2 − 4) 2 2      4A kπ kπ Bn = cos + sin π(n2 − 4) 2 2 o tambi´en, ´ A0 =

A π

     4A kπ kπ cos + sin π[2(n − 1)2 − 4] 2 2      4A kπ kπ Bn = cos + sin π([2n − 1)2 − 4] 2 2 An =

183

15. Hallar las series de Fourier para el movimiento de una cuerda de longitud L si   ∂y (a) y(x, 0) = Ax(L − x); = 0. ∂t t=0   ∂y = Bx(L − x). (a) y(x, 0) = 0; ∂t t=0 Soluci´ on Para el movimiento de una cuerda, la funci´on de onda es soluci´on de la ecuaci´ on de onda unidimensional. Esta funci´on resulta ser (ver el texto):  nπ   nπ  yn (x, t) = y0 sin x cos(ωn t) = y0 cos(ωn t) sin x | {z } L L Cn (t)

 nπ  = Cn (t) sin x L Pero en general se tienen soluciones de la forma, yn (x, t) = Cn (t)f (x) (a) Con y(x, 0) = Ax(L−x) entonces f (x)  = Ax(L−x); por tanto y(x, t) = Ax(L − x)g(t) y y0 = A. Tambi´en

∂y ∂t

= 0; entonces al evaluar esta

t=0

condici´ on inicial eligiendo h(t) = cos(ωn t), se observa que: ∂y(x, t) ∂ = [Ax(L − x) cos(ωn t)] = −Axω(L − x) sin(ωn t) ∂t ∂t donde se observa que se cumple,   ∂y(x, t) = −Axω(L − x) sin(ωn t)|t=0 = 0 ∂t t=0 y se puede concluir que el valor h(t) = cos(ωn t) es correcto, y este se puede reescribir usando el hecho de que cualquier frecuencia de un modo determinado es un m´ ultiplo entero de la fecuencia fundamental ω1 . Por tanto h(t) = cos(nω1 t). La ecuaci´on de onda es: yn (x, t) = Ax(L − x) cos(nω1 t),

(que implica suma sobre n).

Para esta funci´ on ya se hallaron los coeficientes de Fourier resultando: AL2 6 4AL2 cos(nω1 t) =− (nπ)2 8AL2 cos(nω1 t) = (nπ)3

A0 = An(par) Bn(impar)

184

(b) Para esta funci´ on de onda y(x, 0) = 0, por tantohn (t)  = sin(nω1 t), que la satisface inmediamente. La condici´on inicial es enntonces:

∂y ∂t

= Bx(L − x),

t=0

∂y(x, t) ∂ = [f (x) sin(nω1 t)] = f (x)nω1 cos(nω1 t) ∂t ∂t evaluando la derivada,   ∂y(x, t) = f (x)nω1 cos(nω1 t)|t=0 = f (x)nω1 = Bx(L − x) ∂t t=o donde se concluye que f (x) =

Bx(L − x) nω1

y por tanto la funci´ on de onda es, y(x, t) =

Bx(L − x) sin (nω1 t) nω1

Los coeficientes de Fourier para esta funci´on ya fueron hallados, resultando BL2 6 4BL2 sin(nω1 t) =− ω1 n3 π 2 2 8BL sin(nω1 t) = ω1 n 4 π 3

A0 = An(par) Bn(impar)

7.

Ondas progresivas

1. Comprobar que las ecuaciones siguientes pueden utilizarse para describir la misma onda progresiva: y = A sin [2π(x − vt)] y = A sin [2π(kx − νt)]     x t y = A sin − λ τ h  x i y = A sin ω t − v h i i2π(kx−ωt) y = A Im Ae

Soluci´ on

185

Comenzando con kx − ωt y usando la ecuaci´on de dispersi´on v = λν = 1 k = 2π λ y ν = τ , entonces se verifica que     t 2π 2π x 2π − x − 2πνt = x− t = 2π kx − ωt = λ λ τ λ τ     x  kx kx kx − ωt = −t ω =ω −t =ω −t ω kv v

ω k,

se encuentra que:     x  x t 2π − =ω −t λ τ v tambi´en, kx − ωt =

2πν 2π ω x − vkt = x − vkt = x − vkt = k(x − vt) v λν λ o si se usa 2πκ = k, entonces:

kx − ωt = 2πκx − 2πνt = 2π(κx − νt) resultando: k(x − vt) = 2π(κx − νt) Finalmente se llega a     x  x t kx − ωt = 2π − =ω − t = k(x − vt) = 2π(κx − νt) λ τ v Lo que no concuerda con lo pedido. Analizando dimensionalmente las funciones de onda, es evidente que no concuerdan porque los argumentos de las funciones sinusoidales son (donde 2π tiene dimensi´on de radianes): h  i m  2π(x − vt) = rad · m − · s = rad · (m − m) = rad · m s      rad 1 rad 2π(kx − νt) = rad · − · s = rad · −1 = ¿? m s m   x h m   s i t − = − = adimensional λ τ m s    x rad  m · s  rad ω t− = s− = (s − s) = rad v s m s     rad rad 2 2π(kx − ωt) = rad · ·m− · s = rad m s

186

donde se esperar´ıa que las dimensiones sean angulares; esto es en radianes, de las cuales solo una la tiene. Las funciones de onda correctas son: y = A sin [k(x − vt)] y = A sin [2π(κx − νt)]      x t y = A sin 2π − λ τ h x i y = A sin ω −t i h v y = A Im Aei2π(kx−ωt) 2. La ecuaci´ on de una onda transversal que se mueve a lo largo de una cuerda viene dada por y = 0.3 sin [π (0.5x − 50t)], en donde y y x est´an en cent´ımetros y t en segundos. (a) Hallar la amplitud, la longitud de onda, el n´ umero de onda, la frecuencia, el per´ıodo y la velocidad de la onda. (b) Hallar la velocidad transversal m´axima de cualquier part´ıcula en la cuerda. Soluci´ on (a) Analizando la funci´on de onda dada, 



  50π t y = 0.3 sin [π (0.5x − 50t)] = |{z} 0.3 sin  0.5π |{z} x − |{z} A

k= 2π λ

ω=2πν

2π = 4 cm, k = 0.5π, ν = por tanto A = 0.3 cm, λ = 0.5π 1 τ = 25 = 0.04 s y v = λν = 4(25) = 100 cm s .

(b) La velocidad transveral es vy =

∂y ∂t ;

50π 2π

= 25 s−1 ,

entonces,

∂ 0.3 sin [π (0.5x − 50t)] = −0.3(50)π cos [π (0.5x − 50t)] ∂t = −15π cos [π (0.5x − 50t)]

vy =

la velocidad transversal m´axima es cuando cos [π (0.5x − 50t)] = −1; por lo tanto, cm vy,max = 15π s 3. ¿Cu´ al es la ecuaci´ on para una onda longitudinal que se mueve en el sentido de las x negativas con ampltud 0.003 m, frecuencia 5 s−1 , y una velocidad de 3000 m s ?

187

Soluci´ on Como la frecuencia es de ν = 5 s−1 , entonces la frecuencia angular es ω = 2πν = 10π rad s . Al moverse en el sentido negativo de las x, entonces el modelo de la ecuaci´ on es x = A cos(kx + ωt) con v = 3000 = λν = 5λ se tiene que la longitud de onda es λ = 3000 5 = 2π π rad 600 m y entonces el n´ umero de onda es, k = 2π = = . Reemλ 600 300 m plazando los valores se llega a  h  x i  π x + 10πt = 0.003 cos 2π + 5t x = 0.003 cos 300 600 4. Una onda de frecuencia 20 s−1 tiene una velocidad de 80

m s .

(a) ¿A qu´e distancia est´an dos puntos cuyos desplazamientos est´en separados 30o en fase? (b) En un punto dado, ¿cu´al es la diferencia de fase entre dos desplazamientos que se producen en tiempos separados por 0.01 s? Soluci´ on 1 (a) Con el per´ıodo igual a τ = 20 s, entonces se tiene que la variaci´on de fase para el per´ıodo es de 360o y as´ı el tiempo para una fase de 30o 30 1 se halla multiplicando por el factor de conversi´on 360 = 12 , resultando el o tiempo para recorrer una separaci´on de fase de 30 :   1 1 1 t30 = τ30 = = s 20 12 240

Finalmente usando la velocidad v = λτ = 240λ y despejando la longitud de onda resulta 80 1 λ= = m. 240 3 (b) Con el mismo procedimiento usado en
el ´ıtem (a), para un per´ıodo la 1 la longitud de onda es: λ = vτ = 80 20 = 4 m siendo esta la distancia recorrida en una diferencia de fase de 360o . Para diferencia temporal de 0.01 s, la diferencia de fase es: ∆α =

360o (0.01) 1 20

= 360o (0.01)(20) = 72o

5. Se tensa una cuerda uniforme larga de densidad de masa 0.1 kg m , con una fuerza de 50 N . Un extremo de la cuerda (x = 0) se hace oscilar transversalmente (sinusoidalmente) con ua amplitud de 0.02 m y un per´ıodo de 188

0.1 s, de modo que se generan unas ondas que se mueven en el sentido de las x positivas (a) ¿Cu´ al es la velocidad de las ondas? (b) ¿Cu´ al es la longitud de onda? (c) Si en el extremo impulsor (x = 0) el desplazamiento (y) para al es la ecuaci´on de las ondas que se t = 0 es 0.01 m con ∂y ∂t negativa, ¿cu´ mueven? Soluci´ on (a) La velocidad de fase de onda en una cuerda unidimensional es, s r √ √ T 50 m = = 500 = 10 5 = 22.4 v= µ 0.1 s (b) Usando la ecuaci´ on de dispersi´on, λ=

v = vτ = 22.4(0.1) = 2.24 m ν

(c) La ecuaci´ n de onda general es y = A cos(kx − ωt + α) y se tienen 2π rad los valores de A = 0.02 m, ω = 2π = 62.8 rad τ = 0.1 = 20π s s y 2π rad k = 2.24 = 2.80 m , resultando y = 0.02 cos(2.80x − 62.8t + α) on de onda Si se calcula la derivada ∂y ∂t , esta da positiva, por tanto la funci´ correcta es y = 0.02 sin(2.80x − 62.8t + α) en t = 0 se sabe que x = 0, y = 0.02 sin(α) = 0.01

→

sin(α) =

1 2

→

α=

π = 0.52 6

Finalmente la ecuaci´ on de onda es: y = 0.02 sin(2.80x − 62.8t + 0.52) 6. Se observa que un pulso necesita 0.1 s para recorrer de un extremo a otro una cuerda larga. La tensi´on en la cuerda se obtiene haci´endola pasar sobre una polea y colgando un peso que tiene 100 veces la masa de la misma. (a) ¿Cu´ al es la longitud de onda de la cuerda? (b) ¿Cu´ al es la ecuaci´on del tercer modo normal? Soluci´ on

189

(a) La tensi´ on es entonces T = 100mg, y se verifica que s s p T 100mg v= = = 10 gL m µ L pero, L ∆x = = 10L ∆t 0.1 Entonces reemplazando este valor resulta gL = L2 y una longitud L = g = 9.8 m. La longitud de onda es  19.6 m, para 2L 2g 19.6  λn = = = = 9.8 m, para  n n n  19.6 m, para 3 v=

as´ı la cuerda tiene

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

(b) La funci´ on de onda es yn (x, t) = A cos(kn x − ωn t) = A cos

h nπ  L

i x − 2nπt

que para el tercer modo es,  y3 (x, t) = A cos

3π 9.8



 x − 6πt

Si se hace la aproximaci´on L = 10 m, entoces λ = 20 n  20 m, para 2g 19.6  2L = = = 10 m, para λn =  n n n  20 3 m, para

los resultados son: n = 1. n = 2. n = 3.

7. Una cuerda larga de la misma tensi´on que la del problema 7-6 tiene una onda m´ ovil sobre ella con la ecuaci´on siguiente y(x, t) = 0.02 sin[π(x − vt)] en donde x e y est´ an en metros, t en segundos y v es la velocidad de onda (que puede calcularse). Hallar el desplazamiento transversal y la velocidad de la cuerda en el punto x = 5 m en el instante t = 0.1 s. Soluci´ on Seg´ un el problema anterior la velocidad de onda es v = 10L = 98 y la ecuaci´ on queda: y(x, t) = 0.02 sin[π(x − 98t)] 190

m s ;

el desplazamiento transversal en el punto x = 5 m en el instante t = 0.1 s es: y(x, t) = 0.02 sin[π(5 − 9.8)] = −0.01 m Si (como en el problema anterior que en la parte final se aproxima a on queda: L = 10 m) v = 100 m s , entonces la ecuaci´ y(x, t) = 0.02 sin[π(x − 100t)] el desplazamiento transversal en el punto x = 5 m y en el instante t = 0.1 s es: y(x, t) = 0.02 sin[π(5 − 10)] = 0 m La velocidad transversal es ∂y(x, t) = vy = 0.02(−98π) cos[π(x − 98t)] ∂t = −1.96π cos[π(x − 98t)] en el punto x = 5 m y en el instante t = 0.1 s esta velocidad es: vy = −1.96π cos[π(5 − 9.8)] = −6.16 cos(−4.9π) = 5.85 ' 6 O aproximando con v = 100

m s

m s ,

vy = −2π cos[π(5 − 10)] = −6.28 cos(−5π) = 6.28 ' 6

m s

8. Se observan dos puntos en una cuerda cuando una onda m´ovil pasa por ella. Los puntos est´ an en x1 = 0 my x2 = 1 m. Los movimientos transversales de los dos puntos resultaron ser del modo siguiente: y1 = 0.2 sin(3πt)  π y2 = 0.2 sin 3πt + 8 (a) ¿Cu´ al es la frecuencia en Hz? (b) ¿Cu´ al es la longitud de onda? (c) ¿Con qu´e velocidad de mueve la onda? (d) ¿De qu´e modo se mueve la onda? Explicar c´omo puede llegarse a esta conclusi´ on. Atenci´ on! Considerar con cuidadosi existe alguna ambig´’uedad debido a la cantidad limitada de informaci´on que se ha dado. Soluci´ on (a) La frecuencia se halla teniendo en cuenta que en la ecuaci´on dada 191

ω = 3π y es sabido que ω = 2πν. Por tanto 3π = 2πν, donde el valor de la frecuencia lineal es: ν = 3π 2π = 1.5 Hz. Pero esta frecuencia debe ser para un modo de oscilaci´on determinado, pues como se sabe ωn = 2nπν. Por tanto se supone que el modo de oscilaci´on de estas ecuaciones es n = 1. (b) Para la longitud de onda se observa en la ecuaci´on de onda para el punto dos y n = 1    π    y1,2 = 0.2 sin 3πt +  8  |{z} 2nπ L

π 2π π que 2nπ L = 8 , que para n = 1, L = 8 , y se concluye que la longitud de la cuerda es L = 16 m. La ecuaci´on general de la cuerda es entonces (donde el valor que toma la longitud de onda es completamente independiente del sentido de movimiento de la onda),  nπ  yn,x = 0.2 sin 3nπt + x 16

donde kn =

nπ 16

=

2π λn

n 2 = 16 λn

y entonces

→

 32 m      16 m 32 λn = = 8m  n    .. .

para n = 1 para n = 2 para n = 3 .. .

(c) La velocidad es independiente del modo de oscilaci´on y por tanto es solo una. Se puede observar que: v=

ωn 2πnν nν2L m = 2π = = 2Lν = 2(16)1.5 = 48 kn n s λn

(d) Se puede afirmar qe se mueve en sentido negativo de las x con una 32 velocidad de fase de 48 m s , una longitud de onda de n y una frecuencia lineal de 3.5 Hz. 9. Un pulso triangular sim´etrico de altura m´axima 0.4 m y una longitud total 1.0 m se mueve en el sentido positivo de las x sobre una cuerda en la que la velocidad de onda es de 24 m a situado s . Para t = 0 s, el pulso est´ totalmente entre x = 0 m y x = 1 m. Dibujar un gr´afico de la velocidad transversal en funci´ on del tiempo para x = x2 = +1 m. Soluci´ on El pulso trinagular puede observarse como en la figura 79. 192

Figura 79: Figura problema 7.9 El pulso ser´ a una funci´ on de la forma y(x, t) = f (x−24t), donde en general y1 (x1 , t) = f (x − 24t) y y2 (x2 , t) = f ((x + 1) − 24t). Su derivada temporal (velocidad transversal) es en t = 0 s para las posiciones x1 y x2 : ∂f (x, 0) = g(vx ) ∂t ∂f (x + 1, 0) vy (x2 , 0) = = g(vx ) ∂t vy (x1 , 0) =

donde se observa que g(vx ) = 0 y por tanto esa velocidad permanece nula durante el movimiento del pulso, donde vx es constante. Adicionalmente en el punto medio del pulso la velocidad transversal es nula; esto es
  ∂f ∆x ∆x 2 ,0 ,0 = =0 vy 2 ∂t y esta velocidad nula localizada en el punto medio, se mantiene nula durante todo el movimiento del pulso. Debido a que no existe una funci´on matem´ atica definida, entoces la gr´afica debe hacer con intuici´on f´ısica usando los resultados anteriores. Se observa en a la parte final del pulso las velocidades transversales deben ser negativas hasta anularse en la parte media y en la parte al comienzo del pulso estas deben ser positivas hasta anularse en la parte media, pero debido a que es una l´ınea recta, las velocidades por unidad de longitud son iguales siempre y sin disminuir su magnitud. Por tanto la gr´afica es (ver la figura 80):

193

Figura 80: Figura problema 7.9 10. El extremo (x = 0 m) de una cuerda tensa se mueve transversalmente con una velocidad constante de 0.5 m s durante 0.1 s (empezando en t = 0 s) y vuelve a su posici´ on normal durante los siguientes 0.1 s, de nuevo a velocidad constante. El pulso de onda resultante se mueve con una velocidad de 4 m s . (a) Dibujar el espectro de la cuerda para t = 0.4 s, y para t = 0.5 s. (b) Dibujar un gr´afico de la velocidad transversal en funci´on de x para t = 0.4 s. Soluci´ on (a) 11. Suponer que un pulso de una pnda m´ovil est´a descrito por la ecuaci´on y(x, t) =

b2

b3 + (x − vt)2

ıa con b = 5 cm y v = 2.5 cm s . Dibujar el perfil del pulso como aparecer´ cuando t = 0 s y t = 0.2 s. Por sustracci´on directa de las ordenadas de ambas curvas obtener una descripci´on apropiada de la velocidad transversal en funci´ on de x para t = 0.1 s. Compararla con la que se obtiene calculando ∂y ∂t para un valor de t arbitrario y luego haciendo t = 0.1 s. Soluci´ on Para dibujar el pulso se eval´ ua primero el valor de la funci´on en t = 0 s: y(x, 0) =

b3 b2 + x 2

Esta funci´ on en x = 0 m vale y(0, 0) =

194

b3 =b b2

que no informa que la altura m´axima del pulso es y = b =constante. El valor de y(0, t) es (donde la velocidad v es constante): y(0, t) =

b3 b2 + (vt)2

y como se observa, b3 →0 t→±∞ b2 + (vt)2

l´ım y(0, t) = l´ım

t→±∞

donde se puede ver que el dominio es: −∞ ≥ t ≥ ∞ y el rango es: b ≥ y(0, t) ≥ 0. Con esta descripci´on matem´atica, las gr´aficas de la funci´on en t = 0 s y t = 0.2 s son (ver figura 81):

Figura 81: Figura y(x, 0) y y(x, 0.2) problema 7.11 La sustracci´ on directa ∆y = y(x, t2 ) − y(x, t1 ), para dos tiempo diferentes es: b3 b3 − 2 2 + (x − vt2 ) b + (x − vt1 )2   1 1 − = b3 2 b + (x − vt2 )2 b2 + (x − vt1 )2  2  b + (x − vt1 )2 − [b2 + (x − vt2 )2 ] = b3 [b2 + (x − vt2 )2 ][b2 + (x − vt1 )2 ]   (x − vt1 )2 − (x − vt2 )2 = b3 [b2 + (x − vt2 )2 ][b2 + (x − vt1 )2 ]   2x(t2 − t1 ) − v(t22 − t21 ) = b3 v [b2 + (x − vt2 )2 ][b2 + (x − vt1 )2 ]

∆y =

b2

Con ∆t = t2 − t1 ,   2x − v(t2 + t1 ) ∆y = b3 v ∆t [b2 + (x − vt2 )2 ][b2 + (x − vt1 )2 ]   2x − v(t2 + t1 ) ∆t = b3 v [b2 + (x − v(∆t + t1 ))2 ][b2 + (x − v(t2 − ∆t))2 ] 195

entonces expandir el denominador no lleva a algo interesante, debido a que no se puede construir el ∆t porque son productos con el mismo signo. Si solo se calcula la velocidad media transversal sin hacer algo m´as, esta queda como:   2x − v(t2 + t1 ) ∆y = b3 v ∆t [b2 + (x − v(∆t + t1 ))2 ][b2 + (x − v(t2 − ∆t))2 ] donde hay dependencia expl´ıcita de los tiempos t1 y t2 . Calculando el l´ımite cuando ∆t → 0, esta queda: vy = l´ım

∆t→0

∆y ∆t 

2x − v(t2 + t1 ) = l´ım b3 v ∆t→0 [b2 + (x − v(∆t + t1 ))2 ][b2 + (x − v(t2 − ∆t))2 ]   2x − v(t2 + t1 ) = b3 v [b2 + (x − vt1 )2 ][b2 + (x − vt2 )2 ]



Si t1 ' t2 ' t (que equivale al l´ımite ∆t → 0), entonces,   2x − v(2t) v y = b3 v [b2 + (x − vt)2 ][b2 + (x − vt)2 ]   x − vt . = 2b3 v [b2 + (x − vt)2 ]2 Si por otro lado, se calcula la velocidad de forma diferencial, se tiene que: ∂y(x, t) b3 [2(x − vt)(−v)] 2vb3 (x − vt) = vy = − 2 = ∂t [b + (x − vt)2 ]2 [b2 + (x − vt)2 ]2 resultando que los c´ alculos llegan al mismo resultado. Siguiendo con lo pedido, se escribir´an las ecuaciones con los valores dados on b = 5 cm y v = 2.5 cm s . Para la velocidad hallada mediante la sustracci´ esta queda como:   2x − 2.5(t2 + t1 ) vy (x, t1 , t2 ) = 53 (2.5) [52 + (x − 2.5t1 )2 ][52 + (x − 2.5t2 )2 ] 312.5[2x − 2.5(t2 + t1 )] = [25 + (x − 2.5t1 )2 ][25 + (x − 2.5t2 )2 ] reemplazando t1 = 0 s y t2 = 0.1 s, vy (x, 0.0, 0.1) =

312.5(2x − 0.25) 625(x − 0.125) = . 2 2 (25 + x )[25 + (x − 0.25) ] (25 + x2 )[25 + (x − 0.25)2 ]

Para la velocidad obtenida por derivaci´on esta queda: vy (x, t) =

2(2.5)53 (x − 2.5t) 625(x − 2.5t) = [52 + (x − 2.5t)2 ]2 [25 + (x − 2.5t)2 ]2 196

reemplazando el valor t = 0.1 s, vy (x, 0.1) =

625(x − 0.25) . [25 + (x − 0.25)2 ]2

Quedando las velocidades, 625(x − 0.125) (25 + x2 )[25 + (x − 0.25)2 ] 625(x − 0.25) vy (x, 0.1) = [25 + (x − 0.25)2 ]2

vy (x, 0.0, 0.1) =

Las gr´ aficas de las dos velocidades son (ver gr´afica 82),

Figura 82: Figura vy (x, 0.0, 0.1) y vy (x, 0.1) problema 7.11 Se observa que hay una peque˜ na diferencia en la regi´on −2.5 ≤ x ≤ 2.5, que es mayor en x = 0 donde: 625(0.125) 25(25 + 0.252 ) 625(0.25) vy (0, 0.1) = − (25 + 0.252 )2

vy (0, 0.0, 0.1) = −

donde es evidente que, vy (0, 0.0, 0.1) = crece fuera de la regi´ on mencionada.

vy (0,0.1) , 25

pero esta diferencia de-

12. La figura muestra un pulso sobre una cuerda de longitud 100 m con extremos fijos. El pulso se mueve hacia la derecha sin ning´ un cambio de forma a una velocidad de 40 m . s (a) Hacer un dibujo claro que muestre el modo en que la velocidad transversal de la cuerda var´ıa con la distancia sobre la misma en el instante en que el pulso est´ a en la posici´on indicada. (b) ¿Cu´ al es la velocidad m´axima transversal de la cuerda (aproximadamente)?

197

Figura 83: Problema 7.12 (c) Si la masa total de la cuerda es de 2 Kg, ¿Cu´al es la tensi´on T sobre ella? (d) Escribir una ecuaci´on para y(x, t), que describa numericamente las ondas sinusoidales de longitud de onda 5 m y amplitud 0.2 m, que se mueven hacia la izquierda (es decir, en el sentido negativo de la x) sobre una cuerda muy larga hecha del mismo material y bajo la misma tensi´on que anteriormente. Soluci´ on (a) Como se observa en la figura 84, las l´ıneas curvas AB y EF son

Figura 84: Problema 7.12 c´ oncavas hacia arriba, y la l´ınea curva CD es c´oncava hacia abajo. Esto implica para la regi´ on a la izquierda de la ordenada en donde la velocidad va hacia abajo, un aumento por unidad de longitud de la magnitud de esta y para la regi´ on a la derecha de la ordenada un aumento por unidad de longitud de la velocidad que va hacia arriba. Se ve tambi´en en la figura 84, que la l´ınea curva CD es c´oncava hacaia abajo, lo que indica decrecimiento por unidad de longitud en la velocidad que va hacia abajo hacia el valor medio de la curva CD, donde hay una l´ınea horizontal LH que indica 198

que la velocidad all´ı es nula y decrecimiento por unidad de longitud de la velocidad que va hacia arriba a la derecha de la ordenada. Tambi´en hay dos l´ıneas L1 y L2 con pendientes positiva y negativa respectivamente que indican gradientes positivos y negativos relacionados con las velocidades hacia abajo y hacia arriba respectivamente. Con todo esto la gr´afica de las velocidades transversales es (ver figura 85):

Figura 85: Problema 7.12 (b) Como lleva una velocidad de 40 m s , entonces recorre la distancia de 1 1.0 m en un tiempo de ts = 40 s que se llamar´a tiempo de subida, porque es el tiempo en que un punto de cuerda va de la parte m as baja a la m´as alta. Usando este tiempo la velocidad transversal es aproximadamente (es un valor aproximado porque la distancia horizontal no se puede definir exactamente): 0.1 m vy ' 1 = 4 s 40 (c) Con la masa total se calcula la densidad lineal de masa, µ = 1 kg 50 m . Entonces,   1 1600 2 2 T = v µ → T = 40 = = 32 N 50 50

2 100

=

rad (d) Con una longitud de onda de 5 m, el n´ umero de onda es k = 2π 5 m . m Adem´ as con una velocidad de 40 s entonces v = λν y entonces 40 = 5ν donde la frecuencia lineal es ν = 8 Hz y as´ı ω = 2πν = 16π   h x i 2π y(x, t) = 0.2 sin x + 16πt = 0.2 sin 2π + 8t 5 5

13.

199

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