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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. Unn pulso que se mueve sobre una cuerda tensa viene descrito por la ecuaci´ on siguiente: b3 y(x, t) = 2 b + (2x − ut)2 a)Dibujar el gr´ afico de y en funci´on de x para t = 0. b) ¿Cu´ ales son la velocidad del pulso y su sentido de movimiento?

199

c) La velocidad transversal de un punto dado de una cuerda se define por ∂y vy = ∂t calcular vy en funci´ on de x para el instante t = 0, y demostrar por medio de un dibujo lo que esto nos dice sobre el movimiento del pulso durante un tiempo corto ∆t. Soluci´ on (a) Los diferentes gr´ aficos del pulso son:

Figura 86: Problema 7.13 Vista frontal del pulso y(x, 0) En la gr´ afica 86 se observa la forma del pulso en t = 0 s en el frente de la gr´ afica. En este frente la l´ınea de gr´afica est´a dada por: y(x, 0) =

23 8 2 = = 22 + 4x2 4 + 4x2 1 + x2

En la gr´ afica 87 se observa la vista superior del pulso donde se puede ver que no es paralelo a cualquiera de los ejes del plano horizontal y que por tanto la l´ınea de gr´ afica del Plano yx en t = 0 s no es perpendicular a la propagaci´ on de este. En la gr´ afica 88 se observa la forma tridimensional del pulso y(x, t) = 200

Figura 87: Problema 7.13 Vista superior del pulso 23 22 +(2x−10t)2

cuyo eje longitudinal forma un ´angulo con el eje x de 11.3o .

(b) La velocidad del pulso est´a relacionada con la funci´on que describe la propagaci´ on de este. La funci´on es f (x, t) = 2x − ut Esta funci´ on se mantiene constante y esto es lo que hace que la forma del pulso no var´ıe. Al hallar la diferencial de esta resulta df (x, t) = 2dx − udt = 0

→

2dx = udt

Hallando la variaci´ on temporal, se halla la velocidad de fase o de propagaci´ on del pulso: dx dx u 2 =u → = vp = dt dt 2 resultando positiva; esto es, se mueve en sentido positivo de las x. (c) La velocidad transversal del pulso es   ∂y(x, t) ∂ b3 vy (x, t) = = ∂t ∂t b2 + (2x − ut)2 3 2b (2x − ut) =− 2 2 [b + (2x − ut)2 ]

201

Figura 88: Problema 7.13 Vista tridimensional del pulso en t = 0 s, vy (x, 0) = −

2b3 (2x) [b2 + (2x)2 ]

2

=−

4b3 x 2

(b2 + 4x2 )

Su gr´ afica es en los tiempos sucesivos t = 0.00, 0.05, . . . , 0.25 s es:

Figura 89: Problema 7.13. Gr´afica de la velocidad en diferentes tiempos para observar la propagaci´ on del pulso. donde puede analizarse que la forma del pulso no cambia y que el movimiento es hacia las x positivas, como ya se demostr´o. 14. Un lazo cerrado de una cuerda uniforme se hace girar r´apidamente a cierta 202

velocidad constante ω. La masa de la cuerda es M y radio es R. Como resultado de su rotaci´ on se produce una tensi´on ”T ” circunferencialmente en la cuerda. (a) Considerando la aceleraci´on centr´ıpeta instant´anea de un peque˜ no segmento de la cuerda, demostrar que la tensi´on debe ser igual a M ω2 R 2π . (b) Se deforma repentinamente la cuerda en un punto, haciendo que aparezca una protuberancia como se ve en el diagrama. Demostrar que esto podr´ıa producir una distorsi´on en la cuerda que permaneciese estacionaria respecto al laboratorio, sin tener en cuenta los valores particulares de M , ω y R. Pero ¿no sucer´ıa algo m´as? (Recu´erdese que los puntos en una cuerda pueden moverse en los dos sentidos.)

Figura 90: Problema 7.14

Soluci´ on (a) Debido a que es una cuerda, su tensi´on est´a dada por: T = v2 µ donde la densidad lineal de masa es µ = T =

M 2πR ;

por tanto

M v2 2πR

y debido a que sufre una tensi´on ”T ” circunferencialmente en la cuerda con aceleraci´ on centr´ıpeta, la velocidad est´a definida por v = ωR; resultando: T =

M ω 2 R2 M ω2 R = 2πR 2π

(b) Una deformaci´ on repentina en una cuerda recta genera un pulso que obedece una funci´ on f (x ± vt). En una cuerda que forma un circunferencia la funci´ on es f (S ± ωRt), donde S = θR es una longitud de la trayectoria curva. Inicialmente al trabajar la ecuaci´on de onda ya se ha demostrado que la soluci´ on de la ecuaci´on de onda unidimensional produce ondas viajeras en dos sentidos; por tanto la cuerda aqu´ı siguue siendo unidimensional a pesar que se cierre sobre si misma. la ecuaci´on que gobierna un 203

pulso unidimensional, es soluci´on de la ecuaci´on de onda unidimensional cumpliendo sus caracter´ısticas f´ısicas. Podr´ıa suceder que se presenten simultaneamente dos pulsos que viaje en la misma cuerda y se superpongan periodicamente. 15. Dos pulsos id´enticos de amplitudes iguales pero opuestas se aproximan uno al otro al propagarse sobre una cuerda. Cuando t = 0 est´an en la posici´on indicada en la figura 91. Dibujar a escala la cuerda y el perfil de velocidad de los elementos de masa de la cuerda para t = 1.0 s, t = 1.5 s y t = 2.0 s.

Figura 91: Problema 7.15

Soluci´ on Cuando ha pasado un segundo el desplazamiento para cada pulso ser´a de x = vt = 10 cm. Su gr´afica es (ver gr´afica 92):

Figura 92: Problema 7.15

Figura 93: Problema 7.15

204

Cuando han pasado 1.5 s el desplazamiento para cada pulso ser´a de x = vt = 15 cm. Su gr´afica es (ver gr´afica 93). Se obseva claramente que hay una superposici´on destructiva que anula los pulsos en la cuerda, pero no la energ´ıa. Esto hace que los pulsos se sigan propagando en sentido contrario con la misma velocidad de 10 cm s . Finalmente cuando han pasado 2 s el desplazamiento para cada pulso ser´ a de x = vt = 20 cm. Su gr´afica es (ver gr´afica 94), donde se observa que los pulsos siguen su camino sin perder amplitud ni velocidad.

Figura 94: Problema 7.15

16. Se desea estudiar el movimiento vertical bastante r´apido del contacto m´ovil de un interruptor que funciona magn´eticamente. Para ello, se sujeta el contacto a un extremo (O) de un sedal horizontal de masa total 5 g (5 × 10−3 Kg) y longitud total 12.5 m. El otro extremo del sedal para sobre una polea peque˜ na y sin rozamiento, colg´andose una masa de 10 Kg de su extremo, como se ve en la figura 95. El contacto se hace funcionar de modo que el interruptor (generalmente abierto) pasa a su posici´on cerrada, permanece cerrado durante un tiempo corto y se abre de nuevo. Un poco despu´es la cuerda se fotograf´ıa usando una l´ampara de destellos de alta velocidad y que se ve deformada entre 5 y 6 mm como se ve en la figura 95. (x = 0 es el punto O en donde la cuerda est´a conectada al contacto.) (a) ¿Durante cu´anto tiempo estuvo el interruptor completamente cerrado? (b) Dibujar un gr´afico del desplazamiento del contacto en funci´on del tiempo, tomando t = 0 como el instante en el que el contacto empez´o primeramente a moverse. (c) ¿Cu´ al era la velocidad m´axima del contacto? (¿Se present´o 205

Figura 95: Problema 7.16 durante el cierre o la abertura del interruptor?) g = 10

(d) ¿Para qu´e valor de t fue tomada la fotograf´ıa? (Admitir que m s2 )

Soluci´ on −3

= (a) Con los datos se calcula la densidad lineal de masa µ = 5×10 12.5 4 × 10−4 Kg y una tensi´ o n T = 10(9.8) = 98 N , y por tanto la velocidad m q m 98 de fase es vp = 4×10 axima −4 = 494.98 s . El pulso tiene una altura m´ de 40 cm de longitud, y por tanto el tiempo fue de t=

x 0.4 = 0.0008 = 8 × 10−4 s = vp 494.98

(b) El gr´ afico es: (c) La velocidad m´ axima es durante la apertura porque la pendiente es mayor. Recorri´ o una distancia horizontal de 0.2 m en un tiempo de ta = x 0.2 −4 s y por tanto la velocidad de apertura vp = 494.98 = 0.0004 = 4 × 10 (donde recorri´ o una distancia de 5 mm) fue de: vy =

5 × 10−3 m = 12.5 4 × 10−4 s

(d) El tiempo en el cual se tom´o la fotograf´ıa debe ser posterior a la formaci´ on del pulso y como se observa en la foto, el pulso no alcanza a avanzar desde el origen, por tanto se toma en el instante cuando el pulso se forma. Esto incluye el cierre, el tiempo que permanece cerrado y el tiempo 206

de la apertura del interruptor. Este tiempo es: tf = ta + t + tc = 4 × 10−4 + 8 × 10−4 + 8 × 10−4 = 2 × 10−3 s que es el tiempo justo cuando el pulso se forma. Con el espacio adicional de 0.15 m a la misma velocidad de fase el tiempo es: tf = 2 × 10−3 + 0.3 × 10−3 = 2.3 × 10−3 s 17. Se superponen en un medio las dos ondas siguientes: y1 = A sin(5x − 10t) y2 = A sin(4x − 9t) en donde x est´ a en metros y t en segundos. (a) Escribir una ecuaci´on para la perturbaci´on combinada. (b) ¿Cu´ al es su velocidad de grupo? (c) ¿Cu´ al es la distancia entre los puntos de amplitud nula en la perturbaci´ on combinada? Soluci´ on (a) La perturbaci´ on combinada es: y = A[sin(5x − 10t) + sin(4x − 9t)] | {z } | {z } α+β

α−β

donde sin(α+β)+sin(α−β) = 2 cos(β) sin(α); entonces (α+β)+(α−β) = 2α = (5x − 10t) + (4x − 9t) = 9x − 19t, y (α + β) − (α − β) = 2β = 1 1 (5x − 10t) − (4x − 9t) = x − t; por tanto α = 92 x − 19 2 t y β = 2 x − 2 t, resultando:     1 1 9 19 y = 2A cos x − t sin x− t 2 2 2 2 (b) La velocidad de grupo es la de la envolvente (esto es la de la resta de fases): ε=

1 1 x− t 2 2

→

dε =

1 1 dx − dt = 0 2 2

→

dx m = vx = 1 dt s

(c) La amplitud nula combinada es cuando y(x, t) = 0; esto es     1 1 9 19 y = 2A cos x − t sin x− t =0 2 2 2 2 pero es cero para la envolvente; por tanto para t = 0 (como la onda es monocrom´ atica, entonces se fija el tiempo y queda la onda en un tiempo fijo),   1 π x cos x = 0 → (2n − 1) = ∴ x = (2n + 1)π 2 2 2 207

para valores sucesivos de n: x0 = π,

x1 = 3π,

x2 = 5π,

x3 = 7π,

...

y las diferencias entre valores sucesivos de ceros son: ∆x1,0 = 3π − π = 2π, ∆x3,2 = 7π − 5π = 2π,

∆x2,1 = 5π − 3π = 2π, ...

Por tanto la distancia entre los puntos de amplitud nula en la perturbaci´on combinada claramente es 2π m. 18. El movimiento de la onda de longitud corta es (. 1 cm) en agua est´a controlado por la tensi´on superficial. La velocidad de fase de estas ondas viene dada por: 1  2πS 2 vp = ρλ en donde S es la tensi´ on superficial y ρ es la densidad del agua. (a) Demostrar que la velocidad de grupo para una perturbaci´on formada por longitudes de onda pr´oximas a una longitud dada λ es igual 3v a 2p . (b) ¿Qu´e implica esto acerca del movimiemto observado de un grupo de ondas que se mueven en la superficie del agua? (c) Si el grupo se compone solamente de dos ondas, de longitud de onda 0.99 y 1.01 cm, ¿Cu´al es la distancia entre las crestas del grupo? Soluci´ on (a) La velocidad de fase es vp = ωk y por tanto ω = vp k; debido a que la velocidad de grupo es vg = ∂ω ∂k , entonces vg =

∂vp ∂ (vp k) = k + vp ∂k ∂k

pero como la velocidad de fase depende de la longitud de onda, entonces:   ∂vp ∂λ vg = k + vp ∂λ ∂k  − 21     1 1 2πS 2πSρ ∂λ 2πS 2 = − 2 2 k+ 2 ρλ ρ λ ∂k ρλ − 12     1  πS ∂λ 2πS 2 2πS =− k + ρλ ρλ2 ∂k ρλ

208

con k =

2π λ

entonces λ =

2π k

y por tanto

∂λ ∂k

= − 2π k2 . Reemplazando:

   − 12  1 πS 2π 2πS 2 2πS − 2 k+ vg = − ρλ ρλ2 k ρλ     − 12   12 πS 2πS 2π 2πS + = ρλ ρλ2 k ρλ   − 12     1 1 2πS 2πS 2πS 2 2πS 2  π  π = + = 1+ ρλ ρλ kλ ρλ ρλ kλ 

pero kλ = 2π que lleva a  vg =

π kλ

2πS ρλ

= 12 ; reemplazando en la ecuaci´on principal,  12 

1 1+ 2



 =

2πS ρλ

 12

3 2

Finalmente, 3 vp . 2 (b) Por lo general la velocidad de fase vp es mayor que la velocidad de grupo vg ; esto es debido a que las dos recorren el mismo espacio en el mismo tiempo, pero las longitudes de onda de la de fase son mucho menores. Ac´a se tiene como resultado que la velocidad de grupo es 1.5 veces mayor que la de fase, y esto es debido al medio de propagaci´on (agua en una capa superficial) que no es muy r´ıgido, y esto hace que la velocidad de perturbaci´ on del medio sea menor que la del grupo, formando convoluciones superficiales que dan lugar a las olas. Parte de este comportamiento se da por la diferencia de medios entre la capa superficial de agua; en la parte inferior agua profunda con una densidad mucho mayor que la del aire en la parte superior de la capa. vg =

(c) Con λ1 = 0.99 cm y λ2 = 1.01 cm, las ecuaciones de onda en t = 0 s son:    2π y1 = A cos x 0.99    2π y2 = A cos x 1.01 Cuya superposici´ on es:        2π 2π y = A cos x + cos x 0.99 1.01       2π 2π 2π 2π = 2A cos − x cos + x 0.99 1.01 0.99 1.01       4π 4π = 2A cos x cos x 99.99 0.9999 209

Para los valores m´ aximos y = 2A, por tanto,       4π 4π cos x cos x =1 99.99 0.9999 pero los m´ aximos sucesivos no son de la envolvente, sino de la fase. Por tanto,    4π x =1 cos 0.9999 para qe esto se cumpla, esto es que sea positivo se elige que cos(2π) = 1, por tanto (usando la notaci´on de ∆x):   4π 0.9999 = 0.50 cm ∆x = 2π → ∆x = 0.9999 2 19. La relaci´ on entre la frecuencia ν y el n´ umero de ondas k para las ondas de un cierto medio est´an indicadas en la figura. Hacer un razonamiento cualitativo (y explicar las bases del mismo) sobre los valores relativos de las velocidades de grupo y de fase para cualquier longitud de onda en el intervalo representado.

Figura 96: Figura del problema 7.19

Soluci´ on Se tiene que λ = 2π on de dispersi´on v = λν, entonk y usando la relaci´ ces la relaci´ on entre la frecuencia ν y el n´ umero de ondas k es:  v  2πν v= → ν= k k 2π donde se observa que es claro  que la l´ınea de la gr´afica representa la relav m ci´ on 2π con unidades s·rad . Esto es velocidad de las ondas sobre unidad angular. Por lo general las unidades angulares no se tienen en cuenta, por tanto se considera como una ”velocidad”. Se observa que hay una relaci´ on lineal entre la frecuencia lineal y el n´ umero de ondas que a un valor creciente del n´ umero de ondas se comienza a perder resultando un crecimiento muy lento del valor de la frecuencia lineal respecto al del n´ umero 210

de ondas, esto es, llega un momento en el que el valor de la frecuencia tiende a estabilizarse, pero el del n´ umero de ondas se incrementa a mayor velocidad. ************************* 20. Consideremos un tubo en U de secci´on recta uniforme con dos brazos verticales. Sea la lobgitud total de la columna del l´ıquido l. Imaginemos que el l´ıquido est´ a oscilando arriba y abajo de modo que en un instante cualquiera los niveles de los brazos laterales est´an a ±y respecto al nivel de equilibrio y todo el l´ıquido tiene la velocidad dy dt . (a) Escribir una expresi´on para la energ´ıa potencial m´as la energ´ıa cin´etica q del l´ıquido y a partir de ah´ı demostrar que el per´ıodo de oscilaci´on es π 2l g.

Figura 97: Figura del problema 7.20 (b) Imaginar que puede utilizarse una serie de estos tubos para definir una serie de crestas y valles como en una onda de agua (v´ease diagrama 97). Tomando el resultado de (a) y la condici´on λ ≈ 2l implicada por esta analog´ıa, deducir que la velocidad de las ondas en el agua es 1 2

semejante a (gλ) (admitir que solo una peque˜ na fracci´on de l´ıquido est´a π en los tubos verticales del tubo en U).   12 gλ (c) Utilizar el resultado exacto, v = 2π , para calcular la velocidad de las ondas de longitud de onda 500 m en el oc´eano. Soluci´ on  2 , y el diferencial de masa (a) La energ´ıa cin´etica es dK = 12 dm dy dt se define mediante la densidad volum´etrica de masa de la forma dm = ρdV = ρAds, donde A es la secci´on transversal del tubo y ds es la longitud diferencial de la columna de agua ; entonces la energ´ıa cin´etica es  2 . La energ´ıa potencial gravitatoria es dU = dmgy dondK = 12 ρAdl dy dt de y es la distancia que oscila y el diferencial de masa se define como en el caso de la energ´ıa cin´etica; entonces dU = ρgAyds. La energ´ıa total dE

211

es:  2 Z y 1 dy E= + ρgAyds ρAds 2 dt 0 0  2 Z l Z y 1 dy = ρA ds + ρgAy ds 2 dt 0 0  2 1 dy + ρgAy 2 = ρAl 2 dt l

Z

Definiendo la ecuaci´ on para las velocidades cuadr´aticas,  2 2E dy 2g 2 = + y ρAl dt l |{z} ω2

se calcula la frecuencia angular, 2π ω= = τ



2g l

 12

 →

τ = 2π

l 2g

 12

 =π

2l g

 12

(b) Usando la aproximaci´on λ ≈ 2l y el resultado anterior τ = π observa que la velocidad es r √ λ λ λ g gλ = v = λν = = q = 2l τ π λ π π g (c) Con el valor v =



gλ 2π

 12 

v=

y con g = 9.8 9.8(500) 2π

m s2 ,

q

2l g,

se

se tiene que:

 12 = 27.906

m s

21. Consideremos un sistema de N osciladores acoplados (N  1), cada uno de ellos separado de sus vecinos m´as pr´oximos por una distancia l. (a) Hallar la longitud de onda y la frecuencia del modo n de oscilaci´ on. (b) Hallar las velocidades de fase y de grupo para este modo. ¿Cu´ ales son estas para los casos en que n  N y n = N + 1? Soluci´ on (a) Se recuerda que la ecuaci´on de movimiento para la part´ıcula j-´esima en un sistema de N osciladores acoplados es d 2 yj + 2ω02 yj − ω02 (yj+1 + yj−1 ) = 0 dt2 212

que despu´es de aceptar una soluci´on oscilatoria yj = Aj cos(ωt), para la part´ıcula j-´esima queda: (2ω02 − ω 2 )Aj − ω02 (Aj−1 + Aj+1 ) = 0 donde:

Aj−1 + Aj+1 2ω02 − ω 2 = Aj ω02

resultando una dependencia de las amplitudes con un ´angulo, pues la relaci´ on de amplitudes (que es constante) es igual a la relaci´on de frecuencias angulares (que es constante); esto lleva a proponer Aj = B sin(jα) que al reemplazarlo resulta Aj−1 + Aj+1 = 2 cos(α) Aj Usando Aj = B sin(jα) e imponiendo las condiciones de frontera fijas en  jnπ ambos extremos, se llega a α = Nnπ +1 , y por tanto Aj = B sin N +1 , resultando:   2ω02 − ωn2 nπ = 2 cos ω02 N +1 que lleva a la frecuencia del modo n: 

nπ ωn = 2ω0 sin 2(N + 1)



Cuando N es muy grande (lo cual se qhace para analizar un sistema contiT nuo), se observa que (usando ω0 = ml ): r    nπ T nπ ωn = 2ω0 sin ≈2 2(N + 1) ml 2(N + 1) r    s T T nπl nπ ≈ = ml (N + 1)l (N + 1)l µ 

pero 2πν =

2πv λ ;

entonces 2πv 2π = λn λn

s

 s T nπ T = µ (N + 1)l µ

por tanto, 2 n = λn (N + 1)l

→

213

λn =

2(N + 1)l n

(b) La velocidad de fase est´a definida por ecuaci´on de dispersi´on vp,n = por tanto vp,n =

ωn kn ;

ωn λn ωn (N + 1)l = 2π nπ

La velocidad de grupo vg,n est´a dada por la superposici´on de ondas (sistema continuo) que ser´ıa el resultado de una onda que viaja en un sentido, se refleja y regresa como una onda espejo para superponerse con las que van. Entonces en este caso se usa el modo supremo; esto es cuando se relacionan las amplitudes sucesivas para n = N : h i sin (Njπ +1) Aj h i =− Modo supremo = Aj+1 sin (j+1)π (N +1)

desde el punto de vista de la superposici´on de ondas, se relacionan los modos sucesivos (n y n+1) debido a que es un sistema continuo resultando la fecuencia angular      (n + 1)π nπ 1 ωg,n = 2ω0 sin − 2ω0 sin 2 2(N + 1) 2(N + 1) donde se observa que la velocidad de grupo es      ω0 (n + 1)π nπ vg,n = λn+1 sin − λn sin 2π 2(N + 1) 2(N + 1) Reemplazando la longitud de onda λ anteriormente hallada λn = 2(Nn+1)l :      (n + 1)π nπ ω0 2(N + 1)l 2(N + 1)l sin sin vg,n = − 2π n+1 2(N + 1) n 2(N + 1) se llega a la velocidad de grupo:      ω0 (N + 1)l 1 (n + 1)π 1 nπ vg,n = sin − sin π n+1 2(N + 1) n 2(N + 1) 22. Se nos da el problema de analizar la din´amica de una linea de coches que se mueven sobre una carretera de una sola v´ıa. Un modo de enfoque a este problema es admitir que la linea de coches se comporta como un grupo de osciladores acoplados. ¿C´omo se plantear´ıa este problema de un modo tratable? Hacer bastantes hip´otesis. Soluci´ on La din´ amica

214