fisica ii walter perez

8/15/2019 Fisica II Walter Perez

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REGULO A. SABRERA ALVARADO WALTER PEREZ TERRELwww.FreeLibros.me



Dedicatoria:

A la juventud estudiosa y trabaja-dora, que con sus ideas y accio-

nes innovadoras transforman a diario el mundo

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G E C L C G C

E s te texto ha sido escrito pensando en hacer de él un libro texto para el desa

rrollo del curso de Física II a nivel superior. El presente texto contiene los siguientes temas: oscilaciones, elasticidad, hidrostática, tensión superficial y capilaridad, hidrodinámica, calor y temperatura, teoría cinética de gases, termodinámica, ondas y sonido. El desarrolio y estudio de estos temas se realiza totalmente en el Sistema Internacional y a la luz delos avances de la ciencia contemporánea. La intención de los autores es la de contribu ir enla formación académica de los estudiantes que siguen una carrera profesional de Ciencias oIngeniería.

Dado que la duración dei dictado y desarrollo del curso de Física II es de 16 semanas el contenido de este texto se ha distribuido en 17 semanas, siendo los temas de una

semana opcional. De otro lado, la obra está dividida en la forma que los autores creen quees la más conveniente, es decir, primero se presenta la teoría completa de los temas tratados en el capítulo, seguida de una cantidad suficiente de problemas propuestos, las que sehan seleccionado cuidadosamente y organizado de una manera gradual, según el grado dedificultad; posteriormente se presenta la solución completa, detallada y minuciosa de cadauno de estos problemas propuestos, para lo cual, se ha utilizado el método estructural.También, al final del texto se presenta un apéndice que contiene equivalencias, constantesfísicas, factores de conversión, prefijos del sistema internacional (S.I.),...etc.

E l objetivo de éste trabajo, que es fruto de la experiencia de loa autores de mu

chos años de docencia en las aulas universitarias, es la de servir a la juventud estudiosa, progresista, innovadora y con ansias de superación, que en la ac tualidad siguen estudios enalguna especialidad de Ciencias ó Ingenierías en las diferentes Universidades Estatales óPrivadas del país, y que entusiastamente acometen la transformación que requiere con ur gencia nuestra patria,

Finalmente, queremos expresar nuestro mayor agradecimiento a todas aquellas personas que estuvieron involucradas en la edición del presente traba jo, especialmente a laSrta, Karen Lara Torres, quién, colaboró en la digitación, diseño y diagramáción del texto

Desde ya, nos comprometemos a superamos y hacer todo lo necesario para m ejorar las tuturas ediciones.

Régulo A. Sabrera A. - Walter Pérez Terrel

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CONTENIDO

Cap.1 ___________________________________________ Oscilaciones1. Conceptos fundamentales de oscilaciones. 2. Oscilaciones armónicas simples (M.A.S)Péndulo de resorte, péndulo matemático, péndulo físico, péndulo de torsión, péndulo ciclo]

dal. Definición. Ecuación diferencial. Solución general. Condiciones iniciales. Período yfrecuencia. Análisis de energías. Curvas de potencial. Pequeñas oscilaciones. 3. Oscilaciónarmónica amortiguada. Definición. Ecuación diferencial. Soluciones generales y partículares. Período. Decremento logarítmico. Tiempo de relajación. Factor de calidad. Variacióntemporal de la energía. 4. Oscilación armónica amortiguada forzada. Definición. Ecuacióndiferencial. Soluciones generales y particulares. Resonancia. 5. Superposición de osciladones armónicas. Problemas propuestos y resueltos.

Cap.2 _____________________________________________ Elasticidad1. Sólidos. Definición. Clases de sólidos. Cristales. Amorfos. Moléculas. Anisotropía y homogeneidad. Propiedade> de los sólidos. Adherencia. Aleabilidad. Divisibilidad. Ductilidad. Dureza. Elasticidad. Fragilidad. Maleabilidad. Mecanibilidad. Plasticidad. Porosidad.Resiliencia. Resistencia. Templabilidad. Tenacidad. Higroscopicidad. Permeabilidad. 2.Elasticidad. Teoría de la elasticidad lineal. Sólido elástico lineal Deformación. Esfuerzo otensión. Ley de llooke. Tensión de rotura. Deformación unitaria. Límite de rotura. Límitede elasticidad. Gráfica de a versus c . Límite de fluencia. Límite de proporcionalidad . 3.

Deformación longitudinal. Modulo de Young (E). Coeficiente de elasticidad. Energía potencial. Deformación volumétrica. Esfuerzo volumétrico. Deformación unitaria de volumen. Módulo de compresibilidad. Coeficiente de compresibilidad. Deformación cortante.

Esfuerzo cortante. Módulo de rigidez. Coeficiente de Poisson. Energía potencial. Defor mación por torsión. Momento torsor. Momento polar de inercia. Tensión de torsión. Defor mación por torsión. Módulo de elasticidad en cortante. Angulo de torsión relativo. Módulode rotura. Energía potencial. 4. Teoría general de la elasticidad. Tensor de torsión. Tensor de deformación. Ecuaciones de equilibrio. Condiciones de contorno. Ley general de Hoqke. Problemas propuestos y resueltos.

Cap.3 ____________________________________ Hidrostática1. Conceptos fundam entales. Características de los sólidos, líquidos y gases. 2. Densi

dad. Densímetro. Tipos de densímetros. Densidad relativa. Peso específico. 3. Presión. Concepto. Sistema de fuerzas uniforme. Presión de un líquido. Propiedades de la presión en unlíquido. Tipos de presión 4. Instrumentos para medir presiones. Manómetro. Barómetro.Piezómetro. Experimentos para medir la presión atmosférica. 5. Principio fundamental de lahidrostática. Vasos comunicantes. 6. Paradoja de la hidrostática. 7. Principios de la hidrostática. Principio de Pascal. Tensor tensión. Prensa hidráulica. Principio de Arquímedes. Centro de flotación. Peso aparente. 8. El teorema de Arquímedes y el principio de mín]

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ma energía. Energía potencial de un cuerpo sumergido en un fluido. Energía potencial de un cuerpo que se mueve en un fluido. Energía potencial de un cuerpo parcialmente sumer gido.9. Estudio del equilibrio de una varilla parcialmente sumergida. 10. Fuerza hidrostá tica en un dique de represa. Fuerza total. Momento de la fuerza. Forma que adopta la super fície libre de un líquido en rotación. 11. Aplicaciones de los manómetros. Medida de la ace leración horizontal de un vehículo. Medida de la aceleración de un ascensor. Medida de la velocidad angular de rotación de una plataforma. 12. Medida de la aceleración de un aseen sor por un observador inercial y no inercial. Problemas propuestos y resueltos.

Cap.4 ___________________________________ Tensión superficial1. Tensión superficial. Concepto. Cohesión. Adherencia. Coeficiente de tensión superficial. Propiedades Tensioactivos. Funcionamiento. Propiedades. Clasificación. Punto crítico. Me dida de la tensión superficial. Método de Tate, Dyoung, de la burbuja. 2. Presión debida a la tensión superficial. En una gota superficial. En una burbuja llena de gas. 3. Fórmula de Laplace. Casos particulares. 4. Burbujas de jabón. Origen. Características. Composición de

burbujas. El color de las burbujas. ¿Por qué desaparecen las burbujas? Medida de la ten sión superficial. Comunicación entre burbujas. Modelo de evolución de una burbuja 5. An guio de contacto. Menisco. Perímetro de contacto. Casos. Causas. Formación. 6. Capilari dad. Definición. ¿Por qué asciende el agua?. ¿Por qué desciende el mercurio?. Cálculo de la altura de ascenso o descenso. Aplicaciones. Presión de vapor saturado. Definición. Des cripción. Problemas propuestos y resueltos.

Cap.5 _______________________________________ Hidrodinámica1. Conceptos fundamentales. Hidrodinámica. Ecuaciones de Navier-Stokes. Ecuaciones de

Euler. Fluidos. Características. Clasificación. Microfluidos. Fuerza intermolecular. Fluidos ideales. Flujos estacionario, compresible, laminar, turbulento, irrotacional. Flujo de capa lí mite. Líneas de corriente. Tubos de corriente. Porosidad. 2. Caudal. Caudalímetro. Flujo másico. Reológía. Reómetros. Sustentación. 3. Ecuación de continuidad. Teorema de Ber noulli. 4. Aplicaciones del teorema de Bemoulli. Presión al interior de un fluido. Veloci dad de salida de un fluido por un agujero. Velocidad y caudal en una tubería de Venturi. Velocidad de un gas en una tubería usando el tubo de Pitot, Tiempo de vaciado de un depó sito abierto. Velocidad de vaciado de un depósito cerrado. El frasco de Mariotte. 5. Fluido real. Viscosidad. Coeficiente de viscosidad. Viscosímetro. Medida de la viscosidad. Fenó menos de transporte. Fluido viscoso entre dos cilindros coaxiales. 6. Ley de Poiseuille. Ve

locidad de caída de un líquido por un capilar. Paso de un gas por un tubo capilar. Descarga de un fluido por un tubo capilar. Ley de Stokes. 7. Movimiento de una esfera en un fluido viscoso. Fuerza de resistencia proporcional a la velocidad. Fuerza de resistencia proporcio nal al cuadrado de la velocidad. Movimiento de un proyectil con resistencia del aire. Mo vimiento de una burbuja de aire en un fluido viscoso. 8. Números en la hidrodinámica, de Reynolds, de Arquímedes, de Knudsen, de Mach, de Weber, de Strouhal, de Grashof, de Fraude. 9. Efectos en la hidrodinámica. Magnus, Leidenfrost, Kaye, Coanda, Cavitación, Supercavitación. 10. Oscilación de un fluido ideal. Tubo en U con ambos extremos abier tos. Tubo en U con un extremo cerrado. Tubo en U de sección transversal no uniforme. 11. Superfluidez del helio. Concepto. Propiedades. Problemas propuestos y resueltos.

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Cap.6 _____________________________ Teoría cinética de los gases1. Teoría cinética de gases. Definición. Postulados. Atomo. Molécula. Gas ideal. Gas real.Gas enrarecido. Condiciones normales (C.N). Mol. Volumen molar y específico. 2. Ley ynúmero de Avogadro. La constante de Boltzman. La constante de los gases ideales. Velocidad de difusión y efusión de un gas. Ley general de un gas ideal. Ley de Dalton. 3. Ener gía cinética media. Velocidad media aritmética. Velocidad cuadrática media. Ecuación

fundamental de la teoría cinética de los gases. Interpretación molecular de la temperatura.Efecto Knudsen. 4. Ecuación de transformación adiabática. Medida del exponente adiabatico. 5. Bomba de vació. Definición. Tipos. Funcionamiento. 6. Capacidad calorífica molar a volumen y presión constante. Calor específico molar a volumen y presión constante. Reíación para las capacidades molares. 7. La distribución de Boltzman. La distribución de Maxwell según las velocidades. Velocidad más probable. Velocidad media aritmética. La distri bución de Maxwell según las energías. 8. Flujo molecular. Definición. Cálculo de flujo.Velocidad media de fuga de las moléculas. Modelo simple de atmósfera. 9. Equiparticiónde la energía. Recorrido libre medio. 10. Dj fusión. Definición. Ley de Fick. Ecuación de

proceso . Difusión unidimensional. 11. Movimiento Browniano. Fluctuaciones. Problemas propuestos y resueltos.

Cap.7 ____________________________________ Temperaturay calor 1. Calor. Calorimetría. Efectos del calor. Equilibrio térmico. Ley cero de la termodinámica.2. Temperatura. Medición de la temperatura. Termómetro. Tipos de escalas de. temperatura.Relaciones entre las escalas. 3. Dilatación. Fundamentos de la dilatación. Clases. Coeficiente de dilatación. Aplicaciones. Dilatómetro. 4. Ciencia de los materiales. Clasificación. Macromoléculas. Ciencia de superficies. Física de superficies. Química de superficies. Interfa

se. Epitaxia. Semiconductores. Fonones. Plasmones. Efecto túnel. Fisión nuclear. 5. Capacidad calorífica (C). Calor específico (c). Relación entre C y c. Cantidad de calor. 6. Calorí

metro. Funcionamiento. Equivalente en agua de un calorímetro. 7. Cambio de fase. Sustancia pura. Fase termodinámica. Influencia de la presión en la temperatura de fusión. El aguauna excepción. Vaporización. Influencia de la presión en la ebullición. Olla de presión.Componentes. Funcionamiento. Condiciones de saturación. Punto triple (A). Sublimación.Calor latente (L). Sustancia saturada. Equivalente mecánico del calor. Experimento de Joule. 8. Propagación del calor. Conducción. Conductividad térmica. Difiisividad térmica.¿Cómo se transfiere el calor? Ecuación general de la conducción. Ley de Fourier. Medidade la conductividad térmica. Conducción en una placa sin fuente de calor. Conducción en

una placa con fuente de calor. Conducción en un tubo cilindrico sin fuente de calor. Conducción en un compacto con fuente de calor. Conducción en un cascarón esférico. Convección. Mecanismo de transferencia. Ley de enfriamiento. Tipos de convección. La convección en meteorología. Radiación. Intensidad de energía. Cuerpo negro. Agujero negro.Cuerpo gris. Cuerpo reflector. Depósito de calor. Absorción por resonancia. 9. Teoría modema de la radiación. Radiación térmica. Densidad volumétrica de energía. Densidad de energía por unidad de área y tiempo. Emitancia energética. Poder emisivo. Poder absorbente. 10. Ley de Kirchoff. Función de Kirchoff. 11. Ley de Steffan-Boltzman. Desplazamien

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to de Wien. Fórmula de Wien. Fórmula de Rayleigh-Jean. Fórmula de Planck. Problemas propuestos y resueltos.

Cap.8 _______________________________________ Termodinámica

1. Conceptos fundamentales. Sistema termodinámico. Sustancia de trabajo. Fase. Estado. Cambio de estado. Proceso. Ciclo. Proceso “iso”. Proceso politrópico. Diagramas de proce so. Equilibrio termodinámico. Condiciones de equilibrio. 2. Energía interna de un sistema (U). Variación de la energía interna. Entalpia. Isoentalpica. 3. Trabajo realizado por un gas.4. Primer principio de la termodinámica. Móvil perpetuo de primera especie. Ley de Hess. Ecuación de Mayer. Coeficiente de Poisson. Efecto térmico E. 5. Procesos termodinámi eos. Isobárico, isotérmico, isocórico, politrópico y adiabático. Leyes de Charles, Gay- Lussac y Boyle-Mariotte. 6. Ciclo de Camot Descripción del ciclo para un motor de com bustión de cuatro tiempos. Teorema de Camot. Transformaciones reversibles e irreversi bles. Máquinas térmicas y refrigeradoras. Definición. Rendimiento. Coeficiente de efecto

frigorífico (£,). Rendimiento de los ciclos de los motores térmicos alternativos. Ciclos de Otto, Diesel, Trinkler-Sabathe. Rendimiento de los ciclos de las turbinas de gas. Ciclos a presión constante y volumen constante. 7. Segundo principio de la termodinámica. Postula dos. Móvil perpetuo de segunda especie. 8. Entropía. Concepto. Propiedades. Cálculo de la entropía para diferentes procesos termodinámicos. Calor reducido (Q*). Transformación isoentrópica. Energía libre (F). Energía ligada. 9. Tercer principio de la termodinámica Ciclo de Camot. Definición. Descripción del ciclo para un motor de combustión de cuatro tiempos. Entropía. Definición. Problemas propuestos y resueltos.

Cap.9 _________________________________________________ Ondas1. Conceptos fundamentales. Tipos de ondas. Ondas longitudinales y transversales. Ondas mecánicas y electromagnéticas. Descripción matemática de una onda. 2. Ecuación diferen cial del movimiento ondulatorio. Principio de superposición. 3. Ondas sinusoidales. Ecua ción matemática. Representación compleja. Elementos. Potencia (P). Intensidad de energía (I). Ondas monocromáticas. Onda homogénea. Frentes de onda. Ondas estacionarias. Onda plana. Coherencia. 4. Velocidad de propagación de una onda en diferentes medios. 5. On das sonoras. Clasificación. Velocidad de propagación. Características. Nivel de referencia de intensidad. Tono. Timbre. 6. Ondas electromagnéticas. Características. Velocidad de pro

pagación. 7. Espectro de la radiación electromagnética. 8. Espectro visible. 9. Fenómenos ondulatorios de la luz. Reflexión, refracción, difracción, difusión, polarización, birrefrin gencia. Experimento de Young. Velocidad de grupo. 10. Efecto Doppler. Casos partícula res. Problemas propuestos y resueltos.

APENDICE

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a. Oscilaciones

e) Amplitud (A)Es el valor máximo que alcanzan lasmagnitudes físicas que caracterizan elmovimiento oscilatorio durante la oscilación periódica.

Ejemplo: En las oscilaciones armónicas simples que realiza un cuerpo un|do a un resorte, la amplitud es la defor mación máxima que experimenta el resorte.

f) Oscilaciones libresSe denominan oscilaciones libres, naturales ó propias, a aquellas que se producen en ausencia de fuerzas externasque actúen sobre el sistema oscilatorioy surgen como consecuencia de cua|quier desviación inicial.

g) Oscilaciones linealesSe dice que un sistema oscilante conun sólo grado de libertad es lineal, silas oscilaciones libres de este sistemason armónicas, en caso contrario se dice que el sistema es inarmónico.

h) Oscilaciones moduladasSe dice que una oscilación armónica deamplitud A(t) es modulada si IdA/dtl

<<o Amáx; se dice que la amplitud de laoscilación es modulada si su fase (í>)es una constante; y se dice que la fíecuencia (f) de la oscilación es modulada si su amplitud es una constante.

2. OSCILACION ARMONICA SIMPLE (M.A.S)

I. Péndulo de resorte

k1m m í

P.F,r*i r " i c

a) DefiniciónEs un cuerpo de masa (m), unido a unresorte de constante elástica (k) cuyoextremo izquierdo esta fijó, y que realiza oscilaciones rectilíneas a lo largo

del eje X, entre los extremos A y B, pasando por la posición de equilibrio(P.E).

b) Ecuación diferencialComo el cuerpo en todo instante semueve bajo la acción de la fuerza de ie

cuperación elástica del resorte (-k..\),entonces, de la segunda ley de Newtonse tiene:

d2xFr = ma => - k.x = m— r-R dt2

siendo, co0= (k/m)1/2 la frecuencia anguguiar de las oscilaciones libres.

c) Posición instantánea (x)

La solución general de la ecuación diferencial anterior, nos da la posición instantánea del cuerpo,

x(t) - Asen(o>01 + 0O)

siendo, (co0) la frecuencia angular, (A)

la amplitud , y (0 O) la fase inicial.

d) Velocidad instantánea (v)La velocidad instantánea del cuerpo, es

la primera derivada temporal de la posición, esto es:

v = — = co0Acos(co0t + 0O)dt

la velocidad instantánea es máxima enla posición de equilibrio (0), y nula enlos extremos A y B del movimiento os

cilatorio.

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Física II JLLa diferencia de fase entre la posicióny la velocidad instantáneas es jt/2.

e) Aceleración instantánea (a)La aceleración instantánea del cuerpo,es la derivada temporal de la velocidad

instantánea, es decir:

dv oa = — = -co0Asen(o>0t + e o)

dt

a = —(Dqx

Como se observa la aceleración delcuerpo varía en el tiempo, siendo su valor máximo en los extremos A y B; ynulo en la posición de equilibrio (0).La diferencia de fase entre la posicióny aceleración instantáneas es n .

f) Condiciones inicialesSe llaman condiciones iniciales, al conocimiento de la posición (x0) y velocidad (v0), en el instante inicial (to) delmovimiento; conocidas estas cantidades se hallan la amplitud (A) y la faseinicial ( 0 O), a partir de las ecuaciones

de posición y velocidad instantáneas,obteniéndose:

A = [x„ + (v 0 /® 0)2]1/2

tgG 0 =co 0 x 0 /v 0

se debe mencionar, que no siempre, elinstante de tiempo inicial (to) es cero.

g) Período (T) y frecuencia (f)El período y la frecuencia del movímiento oscilatorio armónico simple delcuerpo, viene dado por:

T = —= 2ti(—)1/2f k

a)

interna del material con que está hechoel resorte.

II, Péndulo matemático

DefiniciónSe llama así, al cuerpo (bola) de masa

(m) unida a una cuerda inelástica (ó varilla) de longitud (£) y peso despreciable, que realiza oscilaciones alrededor de la posición de equilibrio P.E.,

bajo la acción de la fuerza de gravedady moviéndose en un plano vertical. Laamplitud máxima de las oscilaciones(0 O), debe ser un ángulo de aproxima

damente 5o.

b) Ecuación diferencialAplicando la segunda fey de New ton almovimiento de la bola, en la direccióntangente a la trayectoria, se tiene:

Fr = ma => - mgsenG = md2s

dt2

d (£0)

^ l t ^+ gsenG = 0

Para pequeños ángulos, sen0 * 0, de

modo que la expresión queda así:

d20

dt2 +fflo0 = O

siendo, (k) la constante elástica del resorte, el cual, depende de la estructura

siendo, co0= (g /í)5'"2 la frecuencia angular del movimiento armónico simple

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ia_ Oscilacionesdel péndulo, y (g) la aceleración de lagravedad.

c) La posición angular La solución de la ecuación diferencialanterior, nos da, la posición angular ins

tantánea (0) del péndulo, con respectoa la vertical, esto es:

0 = 0osen(coot + 5)

siendo, (0O) la amplitud, y (8) la fase

inicial del movimiento oscilatorio.

d) Período y frecuenciaEl período (T) y la frecuencia (f) delmovimiento oscilatorio simple del péndulo, viene dado por:

T = - '= 2 k ( V j f g

siendo, (g) la aceleración de la gravedad.

e) Energía potencial (EP)En la Fig., la energía potencial gravita

toria del péndulo simple, en todo instante de tiempo, viene dado por:

EP = mgy = mg f(l - cos0)

Para, (0) muy pequeño, puede utilizar se la siguiente aproximación:

cosO » 1---- 1

Con esto la expresión de la energía potencial, queda así:

E p (0 ) ; ^ tng íQ2

Ecuación de una parábola con vértice en(0; 0), y que se abre hacia arriba "

Representación de la curva de la energía potencial U(0) versus el ángulo

(0 ).

• Como se aprecia, la energía potenciales máxima en los extremos del movimiento oscilatorio, y nulo en la posiciónde equilibrio (P.E).

f) Energía cinética (Ec)

La energía cinética del péndulo simple,en su movimiento armónico simple, entodo instante de tiempo es:

1-mv

1 * 7 —m(f0)

Ec = ^ m f2[coo0ocos(coot + 8)]2

E c = ~m ¿2(£>2 [1 - (0 osen(coo t+ 8 ) )2]

E c = ^ m f 2 co2 ( l - 0 2 )

E c = i m g f ( l - 0 2)

' Ecuación de una parábola con vérticeen (0; mg ¿/2), y que se

abre hacia abajo'"'

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Física II 11

g) Energía mecánica (EM)La energía mecánica del péndulo sim pie, es la suma de sus energías ciné tica(Ec) y potencial gravitatoria (EP), estoes:

e m “ Ec + EP

e m = m g f - ^ m g f 0 2 + ^ m g f 0 2

EM = ^ mg ¿

« La EMes una constantedel movimiento o scila torio »

III. Péndulo físico

a) DefiniciónSe llama péndulo físico a un cuerpo r|gido que realiza oscilaciones alrededor de un eje horizontal fijo que pasa por el

punto 0, que no es el centro de masa(c.m) del cuerpo; y bajo la acción de su propio peso (mg).

b) Ecuación diferencialDe la segunda ley de Newton para movimiento de rotación, el momento de lafuerza resultante (Mr ) respecto de 0, esigual, al momento de inercia (I) por la

aceleración angular ( a ), esto es:

l a = Id2e

d r

i d20-- mgdsenB - . ,dt

Para, 9 muy pequeño, sen0 » 0, de modo que la expresión queda así:

d2e

dt■ 5 É 0 = - f l *

I

d 20

d t2+ co2 0 = 0

siendo, co2 = m g d /I la frecuencia an

guiar correspondiente a las de un péndulo simple.

c) Período y frecuenciaEl período y la frecuencia de las osci¡aciones armónicas, que realiza el péndulo físico, viene dado por:

T = - = 2n(—-—) i/2f mgd

recordemos que el momento de inercia

(I) de un cuerpo rígido, depende deforma y dimensiones. su

d) Longitud reducidaSe llama longitud reducida (fred) de un

péndulo físico a la longitud del péndulo matemático que tiene el mismo período de oscilación que el del péndulo físico.

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12 OscilacionesIV. Péndulo de torsión

a)

b)

P.E. = Posición de equilibrio

DefiniciónSe llama péndulo de torsión al sólido

suspendido de una varilla (alambre) elástica vertical de peso despreciable cuyo extremo superior está conectado rígidamente al punto 0, y cuyo eje 0Zcoincide .con uno de los ejes libres delsólido. El sólido realiza oscilaciones alrededor del eje 0Z, producidas por lasfuerzas elásticas de torsión.

Ecuación diferencialDe la segunda ley de Newton para movimiento de rotación, el momento detorsión (Mr) aplicado al centro de masa (c.m) del sólido, es igual, al momento de inercia (I) por la aceleración anguiar (a), esto es:

M „ = - k 0 = Id26

d t2

d 2 0

d t2 + ® o ' = 0

siendo, co0= (k/I),/2 la frecuencia angular de las oscilaciones libres, y (k) elcoeficiente de torsión del alambre.

c) Período y frecuenciaEl período y la frecuencia de las osci

laciones armónicas, que realiza el péndulo de torsión, viene dado por:

T = —= 27t(—)l/2f I

recordemos que el momento de inercia(I) de un cuerpo rígido, depende de suforma geométrica y de sus dimensiones

V. Péndulo cicloidal

2 Tía i

a)

b)

DefiniciónSe llama péndulo cicloidal al cuerpo ó

partícula de masa (m) que se mueve ba jo la acción de la fuerza de gravedad alo largo de una cicloide cuyo eje es ver tical, y cuya parte cóncava está abierto

hacia arriba, como se aprecia en la Fig.

Ecuación diferencialEligiendo como nivel de referencia larecta horizontal que pasa por el punto0’ y como coordenada generalizada lalongitud (s) del arco de cicloide, medída desde el punto 0’, se tiene:

1 ds 2 mg 2 „ —m (— ) + — s = E2 dt 8a

las oscilaciones en el péndulo cicloidalse producirán si y sólo si E0 <2mga,siendo (a) un parámetro de la cicloidellamado el radio de la circunferenciageneratriz, y E0 la energía mecánica delcuerpo ó partícula.

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Física II 13

c) Período y frecuenciaEl período de las oscilaciones que realiza la partícula de masa "m ", viene dado por:

T = i = 2 , ( Í V ¡f g

VI) Pequeñas oscilaciones en un campoEl periodo de las pequeñas oscilaciones aproximadamente armónicas sim

pies, que realiza una partícula de masa"m", alrededor de su posición de equilibrio estable "r0", bajo la acción de

un campo V(r), viene dado por:

mT = 271[—y

(d V(r) / dr )

,1/2

Para que la partícula realice oscilaciones alrededor de su posición de equili

brio , su energía debe ser ligeram entemayor que "V(r)".

3. OSCILACION ARMONICA AMORTIGUADA

P.E. -k.x

'VWWWVAAAA. i m

o f ►] f=-bv

En la Fig., el cuerpo de masa (m) uní,

do al resorte de constante elástica (k),realiza oscilaciones armónicas amortiguadas, alrededor de la posición de equilibrio (P.E.) bajo la acción de lafuerza recuperadora del resorte (-k.x) yla fuerza de fricción (f=-bv) que depende de la velocidad instantánea.La energía del sistema oscilante disminuye con el transcurso del tiempo, de

bido a la disipación de la energía, acausa de la fricción.

a) Ecuación diferencialAplicando la segunda ley de Newtonen la dirección del movimiento delcuerpo, obtenemos la ecuación diferencial que describe las oscilaciones armonicas amortiguadas, así:

Fr = ma

- k.x - bv = md2x

m-

d2x

1 — T dt2

d t2

u dx

+ b — + k x ■dt 0

Definiendo: b/m=25 como el coeficien

te de amortiguamiento y co2 =k/m co

mo la frecuencia angular de las oscilaciones libres, la ecuación anterior queda así

d2x

dt2

„ dx 9+ 26 — + co„x —0

dtb) Soluciones generales

Se presentan tres casos diferentes en lasolución de la ecuación diferencial, estos son:Movimiento sobreamortiguado.Este tipo de oscilación armónica se pre

senta cuando, 5 2 > co2 y b2 > 4m k, y

la solución general, viene dado por:

x(t) = e~8t(Aea t + B e-a t )

siendo, a = /52 - ü )2 y A, B las cons

tantes de integración, que se determinan de las condiciones iniciales del pro

blem a dado.El movimiento oscilatorio es aperíodico.

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14 Oscilaciones

• La magnitud "x" disminuye monótonamente al aumentar t; el sistema regresaa su estado de equilibrio inicial, para

t-»oo.

• Movimiento críticamentesobreamorti guado .Este tipo de oscilación armónica se pre

senta cuando. 52 - co2 y b2 = 4m k, y

la solución general, viene dado por:

x(t) = e“5t(A + Bt)

donde, las constantes de integración Ay B, se hallan de las condiciones ini

cíales del problema dado.• El sistema regresa a su estado de equi

librio inicial, de modo inmediato, sin producirse oscilaciones.

• Movimiento inframortiguadoEste tipo de oscilación armónica se pre

senta cuando, 52 < íd2 y b2 < 4m k, y

la solución general para la posición ins

tantánea (x), viene dado por:

x( t) = e ' 6t (Bsencot + Ccoscot)

x(t) = Ae“5' sen(cot + § 0)

siendo, co = ^co2 - 52 la frecuencia an

guiar de las oscilaciones amortiguadas,1 1 1A= VB + C la amplitud máxima y la

fase inicial (<)>0), los cuales, se hallan

de las condiciones iniciales.

• La magnitud A(t)= Ae~8t se llama la

amplitud de las oscilaciones amortiguadas.

• Los valores de la amplitud en los instántes de tiempo t, t+At, t+2At,...for man una progresión geométrica decrc

ciente de razón e ÉAt

• A continuación representemos la gráfica de la posición (x) versus el tiempo(t), para los tres casos estudiados.

(1) Infraamortiguado (2) Críticamente

amortiguado (3) SobreamortiguadoComo se observa en el movimiento críticamente amortiguado curva (2), laamplitud del movimiento oscilatorio decae rápidamente a cero, mientras queen el caso infraamortiguado, la ampl]tud decae lentamente, después de ha ber realizado el cuerpo varias oscilaciones.

c) Período del movimientoSe define como la diferencia de tiem

po entre dos máximos (ó mínimos) su

cesivos en el movimiento inffaamortiguado; viene dado por:

271 2tt 47im

“> - §2 V4rñk - b2

d) Decremento logarítmicoSe llama decremento logarítmico (e)de una amortiguación, el logaritmo natural de la relación entre las amplitudesde las oscilaciones en los instantes t y t+ A t, esto es:

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Física II 15

El decremento logarítmico de una amortiguación es la magnitud inversa alnúmero de oscilaciones (N) al cabo del

cual la amplitud Ae-5t del movimien

to oscilatorio amortiguado disminuye(e) veces.

e) Tiempo de relajaciónSe llama así al intervalo de tiempo (x)que se necesita para que la amplitud

Ae~8t del movimiento oscilatorio a

mortiguado disminuya (e) veces, vieneda do por:

x = NT = -5

p) Relación entre m y e.Entre la frecuencia cíclica (co) de lasoscilaciones amortiguadas y el decrementó logarítmico (e) de amortiguación existe la relación siguiente:

• Para e muy pequeño, se encuentra queel factor de calidad es: Q= n i z .

h) Variación temporal de la energíaDerivando con respecto al tiempo, la e

nergía mecánica total del sistema osalante, tenemos:

1 2 í i 2E = —mv + —k.x

2 2

dE 1 dvs 1 dxs — = —m (2v — ) + —k (2x — )

dt 2 dt 2 dt

dE dv — = v (m tk x ) = v ( -b v )

dt dt

^ = - b v 2dt

La energía mecánica del sistema oscilante, disminuye con una rapidez pro

porciona l al cuadrado de la veloc idad

CO= (B0[ l ( — )2( ^ ) ] '/2 co„ 2n

g) Factor de calidadSe llama factor de calidad de un sistema oscilante a la magnitud física adimensional (Q), que se define como el producto de 2n por la razón de la energía E(t) del sistema oscilante en uninstante arbitrario (t) al decremento deesta energía durante el intervalo detiempo [t, t+At], esto es:

Q = 2rtE(t )

E ( t ) - E ( t + T)

Como la energía E(t) es proporcionalal cuadrado de la amplitud de las oscilaciones C(t), entonces:

Q = -2tc 2n

1 e_2ST l e 2E

4. OSCILACION ARMONICA

AMORTIGUADA FORZADA

P.E. "k-i

V W W W W W úv F(t)

►

o f f^-bv

En la Fig., el cuerpo de masa (m) unj

do al resorte de constante elástica (k),realiza oscilaciones armónicas amorfiguadas, alrededor de la posición de equilibrio (P.E.) bajo la acción de lafuerza recuperadora del resorte (-k.x)la fuerza de fricción (f=-bv) que depende de la velocidad instantánea, y lafuerza extema F(t) que depende deltiempo.

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16 Oscilaciones

a) Ecuación diferencialAplicando la segunda ley de Newtonen la dirección del movimiento delcuerpo, y considerando la fuerza exter na F(t) de tipo sinusoidal, tenemos:

Fr = m a

k.x - b v + Rc os at = md >

dt2

m-d2x dx

dtt +b — + k.x = Rco sa t2 dt

Denominando a: 8=b/2m coeficiente

de amortiguamiento, co0 ="(k/m)1/2 fiecuencia angular de las oscilaciones fi

bres ó propias, y f0 = Fo/m densidad defuerza, la expresión anterior queda así:

d 2x

d ^

dx *)+ 25 — + ca0x = f0co sa t

dt

b) Solución generalLa solución general a la ecuación dife

rencial de segundo orden lineal no homogénea anterior, se encuentra sumando la solución (x,), correspondiente ala ecuación diferencial homogénea deloscilador armónico amortiguado, másla solución (x2) de la ecuación diferencial no homogénea, es decir:

x(t) = Xj + x2

siendo.

X2 [(co2 ~ a 2)2 + 45 2a 2]' —cos(at - 1

t g = 2 5 a / ( a 2 - co2)

c) ResonanciaLa amplitud de las oscilaciones amortiguadas forzadas, viene dado por:

[(co2 - a 2)2 + 452a 2] '' 2

Se llama fenómeno de resonancia, cuan

do la amplitud A de la oscilación se hace muy grande, al aproximarse la frecuencia (a) de la fuerza externa a lafrecuencia cíclica de la oscilación for

zada Q 0 = (co2 - 252)l/ 2 , que es un tan

to menor que la frecuencia de las oscila

ciones propias co ■:(»o ■S2)1/2.

A la frecuencia cíclica, también, se ledenomina frecuencia resonante, así, elmáximo valor de la amplitud A, para lafrecuencia resonante es:

oA = — max I T25 > 2

5. SUPERPOSICION DE OSCILA-CIONES ARMONICAS

a) Superposición de dos oscilacio-nes en la misma direcciónLa resultante de la superposición dedos oscilaciones armónicas que tienenla misma dirección e igual período, esotra oscilación armónica que tiene ejmismo período, y de amplitud igual a:

A = [A2 + A2 + 2 A , A 2 c o s ( 0 2 - 0*)]1/2

De otro lado, la fase inicial de la oséílación resultante, viene dado por:

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Física II 17

tg 6 =A, sen 0! + A 2sen(

A ^ o s O , + A 2 c o s 0 2

siendo, Ai, A2 las amplitudes de las os

cilaciones que se superponen, y 0,, 02sus fases iniciales.Demostración:Sean: x, = A,sen(cot + 0, ) y x 2 =

sen(cot + 02) las ecuaciones que descri

ben ¡as oscilaciones que se superponenentonces, la oscilación resultante es:

x = x, + x2

x = Ajsen((üt + 0 ,) + A 2 sen(©t + 02)

x = A, (sen ©t eos 0, + coscatsen© ))+

A 2(sencotcos02 + coscütsen02)

x = (A] cos0, + A 2 co s02)sencot +

(Aj sen0 , + A 2 sen 02)cos© t

Denominando:

A, cos0, + A 2 cos 02 = A cos 0 (1)

A! sen 0, + A 2 sen 02 = A sen 0 (2)

Obtenemos la ecuación de la trayectoría que describe las oscilaciones resultantes:

x = A cos0sencoí + Asen0coscot

x = Asen(cot + 0)

De las ecs.(l) y (2), obtenemos la am plitud "A" y la fase "0" de la oscilación resultante:

A = [ A2 + A 2 + 2 Aj A 2 cos(02 - 0i )]1/2

tg 0 =Ajsen 0j + A2sen 0 2

A ^ o s 0 t + A 2 c o s 0 2

Casos particulares1) Para: 0, = 0 2 , 5 = 0 2 - 0 ! = 0 las osci

laciones que se superponen oscilan enla misma dirección (en fase), y la amplitud y ángulo de fase de la oscilaciónresultante son:

A = (A? + A 2 + 2A ,A 2)1/2 = A! + A 2

tg0 =2 A, sen0

2 A! cos0= tg0 , => 0 = 0,

1) Para: 02 = 0, + tt , 5 = 02 —0a = 7t las

oscilaciones que se superponen oscilanen direcciones opuestas, y la amplitudy ángulo de fase de la oscilación resu)tante son:

A = (A12 + A2 - 2 A 1A2)1/2 = A ,- A 2

tg 0 = A i sen 0i + A 2 5en(0] + 7t) =

& A[ cos0] + A2 cos(0i + tt)

=> 0 = 0,

b) Superposición de dos oscilacio-nes perpendiculares entre síLa superposición de dos oscilacionesarmónicas perpendiculares entre sí quetienen la misma dirección e igual período, dan como resultante un movímiento, cuya ecuación de la trayectoriaviene dado por:

x 2 | y2 2x y

A2 A2 A,A2cos(02 - 0,) =

sen (02 - 0,)

La ecuación de la trayectoria de la par tícula que oscila en el plano XY, puedeser una recta, una circunferencia o unaelipse.

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18 Oscilaciones

PROBLEMAS PROPUESTOS

01. Un reloj de péndulo de longitud l = 50 cm se lleva a un planeta donde la gravedad esun 20 % mayor que la de la Tierra. ¿Qué longitud debe tener el péndulo en este planeta,

para que funcione correctam ente?

a) 40 cm b) 45 cm c) 50 cm d) 55 cm e) 60 cm

02. En la Fig.01, en el movimiento pendular se observa que cada 0,5 s la masa pasa por el

posición de equilibrio. Hallar la longitud del péndulo (g» n 2 m/s2)


03. El período de un péndulo es T=4 s. Hallar el nuevo período si la longitud del péndulose incrementa en 21 %.

a) 4,0 s b) 4,2 s c) 4,4 s d) 4,6 s e) 4,8 s

04. Hallar la longitud del hilo de un péndulo simple, tal que, si este se aumenta en 3 m su período se duplica.

a) 0,25 m b) 0,50 m c) 0,75 m d ) l, 0 0 m e) 1,25 m

05. En la Fig.02, los péndulos de longitudes =6 ,25 m y í 2 =2,25 m, oscilan en planos

paralelos, e inician sus movimientos desde el mismo lado. ¿Después de que tiempo mí

nimo, los péndulos vuelven a estar como en su fase inicial? (g« n2 m/'s2)

a) 10 s b) 15 s c) 20 s d) 25 s e) 30 s

Fig.02

06. En la Fig.03, hallar el período de una oscilación completa del sistema, sabiendo que en

A se encuentra un clavo horizontalmente, siendo i = 9 cm y g* 7t2 m/s2.

a) 0,1 s b) 0,3*5; c) 0,5 s d) 0,7 s e) 0,9 s

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Física II 1S.07. En la Fig.04, la esferita del péndulo se suelta en la posición mostrada (0-4°). Después

de que tiempo la esferita regresa a su posición inicial. No hay fricción.(g» 7T2m/s2)

a) 1 s b) 2 s c) 3 s d) 4 s e) 5 s

08. En la Fig.05, el péndulo de longitud í = 3 m oscila en un plano vertical, suspendidodeltecho del ascensor, que asciende verticalmente con una aceleración de a-2,2 m/s‘. Hallar el período de oscilación, (g = 9,8 m/s2)

a ) r c / 2 s b ) 7 i / 4 s c) n s d) 27c s e) 471 s

09. En la Fig.06, hallar la frecuencia de oscilación del péndulo de longitud í =0,5 m quese encuentra en el techo del camión que se mueve horizontalmente con aceleración dea=7,5 m/s2. (g=10 m/s2)

a)l,0/7 rs~ ' b) l,5/7t s-1 c)2,0/7ts~’ d) 2,5/71 s^1 e)3,0/7is_1

10. Un tren que se mueve con una rapidez constante de v=20 m/s, lleva en su techo un péndulo simple. El tren toma una curva de radio R=40 m. ¿Qué ángulo se desvía el hilo del

péndulo, respecto de la vertical? (g= 10 m/s2)

a) 30° b) 37° c) 45° d) 53° e) 60°

11. En la Fig.07, la bolita del péndulo se encuentra en el borde del disco y gira con el. Si e

radio del disco es R=/25 cm. Hallar la frecuencia (f) de rotación, (g » 7:2 m /s 2)

a) 0,5 s"1 b) 1,0 s '1 c) 1,5 s"1 d) 2,0 s '1 e) 2,5 s '1

12. En la Fig.08, el péndulo simple rota en un plano horizontal, describiendo una circunferencia de radio R=10 cm. Halla r su velocidad angular (co ).(g= 10

a)10 rad/s b)1 2ra d/s c)1 4rad /s d)1 6rad /s e) 18 rad/s

13. Hallar la velocidad lineal máxima de una partícula en M.A.S si su frecuencia es f=2 Hzy su amplitud A= 0,5 m.

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20 Oscilaciones

a) 7 1 m / s b) 27t m /s c) 3ti m /s d) 47t m /s e) 5;: m/s

14. Hallar el período de un cuerpo en M.A.S de amplitud A=10 cm y que pasa por su posición de equilibrio con una velocidad de v= 0,4 m/s.

a) 7i / 2 s b) 7i/3s c) 7t/4s d) 2tt/ 3 s e) 3n /4 s

15. Un cuerpo de masa m=3 kg unido a un resorte oscila horizontalmente con amplitud deA=4 cm y período T=7ts. H allar el valor de la energía total del sistema.

a) 9,0 mJ b) 9,2 mJ c) 9,4 mJ d) 9,6 mJ e) 9,8 mJ

16. Un cuerpo de masa m=10 kg unido a un resorte de constante elástica k=40 N/m, oscilahorizontalmente, pasando por su posición de equilibrio con una velocidad de v= 0,5m/s. Hallar la amplitud (A) de su movimiento.

a) 0,10 m b) 0,15 m c) 0,20 m d) 0,25 m e) 0,30 m

17. Un cuerpo realiza un M.A.S de frecuencia f=2 Hz y amplitud A = 0,5 m. Hallar la máxima velocidad que adquiere el cuerpo.

a) ti m /s b) 2n m /s c) 371 m /s d) 47t m /s e) 5ttm /s

18. Un cuerpo realiza un M.A.S de período T= 0,8 s y amplitud A = 0,16 m. Hallar la magnitud de la máxima aceleración que adquiere el cuerpo.

2 2

a) 7i m /s b) 2n m /s 2 c) 37t2 m /s2 d) 4k 2 m /s2

: AA AW v^

e) 57t2 m /s 2

Í.E- 9

Fig.09

19. En la Fig.09, el móvil realiza un M.A.S de amplitud A= 60 cm y velocidad angular co =5 rad/s. Hallar la posic ión (x) del móvil cuando su velocidad es v=180 cm/s.

a) ±40cm b) ±42cm c) ±44cm d )± 4 6 c m e) ±48cm

20. En la Fig.10, el carrito de masa m=2 kg unido al resorte de constante elástica k=200 N/m, oscila en el plano inclinado liso, con una amplitud de A=5 cm. Hallar la ecuacióndel movimiento oscilatorio.

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Física II 21

a) 0,05 cos(5 t) b) 0,05 cos(10 t) c) 0,05 sen(5 t)d) 0,05 sen(10 t) e) 0,05 sen(2t)

21. En la Fig.l 1, el bloque de masa m=2 kg, oscila en un plano horizontal libre de fricción,asociado a dos resortes iguales de constantes elásticas k= 980 N/m. Hallar el período de

oscilación. (9,8 » 7t2)

a) 0,1 s b) 0,2 s c) 0,3 s d) 0,4 s e) 0,5 s

22/En la Fig.l2, hallar el periodo del M.A.S que realiza el bloque de masa m= 0,3 kg, si laconstante elástica del resorte es k=2 000 N/m.

a) 7T/1 0 s b) a /2 0 s c ) 7r/30s d) 7r/40s e) 7i/50s

23. En la F ig .l3, hallar el periodo de las oscilaciones libres del sistema de resortes de cons

tantes elásticas k ,= 600 N/m, k2= 300 N/m, y masa del bloque m= 18 kg.

a ) 3 7 t / 2 s b) 3 tc/ 4 s c ) 3 tc/ 5 s d) 2n/3 s e) n/ 2s

Fig . l l

k IU k

24. En la Fig.l4, hallar el período del M.A.S que realiza el bloque de masa m= 0,2 kg, silas constantes elásticas de los resortes es k=3 000 N/m.

a) 7t /10 s b) xc/20s c) 7i/30s d) 7i/40s e) 7i/50s

25. En la Fig. 15, hallar el período del M.A.S que realiza el bloque de masa m=10 kg, si lasconstantes elásticas de los resortes son: k ^ l 800 N/m y k2=2 200 N/m.

a) 7i /10 s b) 7t/20s c) 7i/30s d) ti/4 0 s e) ti/5 0 s

26. Hallar el período de un M.A.S, si se sabe que la razón entre su máxima aceleración ymáxima velocidad es a ^ / v ^ = 4 ti.

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22 Oscilaciones

a) 0 , 1 s b) 0,2 s c) 0 .3 s d) 0 .4 s e) 0,5 s

2 7 . U n b lo q u e c o n ec tad o a u n r e so r t e o sc i l a h o r i zo n ta lm en te en M .A .S . H a l l a r q u e p o r

cen ta j e d e l a en e rg ía to ta l d e l s i s t ema es en e rg ía c in é t i ca , cu an d o el b lo q u e p asa p o r l a

mitad de su ampl i tud .

a) 55 % b) 60 % c) 65 % d) 70 % e) 75 %

28. U n la F ig . l6 . l a b o l i t a so l t án d o se d e u n a a l tu ra d e H ^2 0 cm o sc i l a en t r e los p l an o s l i sos

in c l in ad o s 0 =3 7 ° , r e sp ec to d e l a h o r i zo n ta l . H a l l e e l p e r ío d o d e l a s o sc i l ac io n es , g =1 0.2

m/s"

a) 2/3 s b) 1/2 s c) 3 /4 s d ) 3 /2 s e) 4/3 s

29. U n b lo q u e d e masa n r 1 ,5 k g u n id o a u n r e so r t e o sc i l a so b re u n a su p er f i c i e h o r i zo n ta l

l i sa co n u n a f r ecu en c ia d e f -0 ,5 o sc / s ; cu an d o e l b lo q u e se en cu en t ra en e l ex t r emo d esu osci lac ión , se aumenta su masa en 0 ,5 kg . Hal lar e l nuevo per íodo del s is tema osci

latorio .

a) 1,0 s b) 1,5 s c) 2 ,0 s d) 2,5 s e) 3 ,0 s

30. Al suspender un cuerpo de un resor te , és te se a larga 25 cm. Hal lar e l per íodo de osci la

ció n de l cue rpo . ( 7t2 = 9,8 )

a) 0,5 s

Fig.l3

b) 1.0 s c) 1.5 s

Fig.l4 Fig.l5

d) 2 .0 s e) 2.5 s

Fig.l6

31. U n cu erp o su sp en d id o d e u n r eso r t e o sc i l a co n M.A .S d e p e r ío d o T .¿ Q u é t i emp o t r an s

curre para qué e l cuerpo se encuen tre , a par t i r de su posic ión de equ i l ib r io , a una d is

tancia igual a la mi tad de su ampl i tud ?

a) T /2 b) T /4 c) T/6 d) T/8 e) TV 12

32. L a en erg ía to t a l d e u n cu e rp o q u e o sc i l a en M.A .S es d e E ~ 3 0 u J y l a fu e rza máx ima

q u e ac tú a so b re e l e s d e F = l ,5 mN . H a l l a r l a ecu ac ió n d e l mo v imien to , sab ien d o q u e e l

p e r ío d o de o sc i lac ió n es T = 2 s y la fase inicial <j>0 = 4 5 ° .

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Físir.a II 21

a) 0,02 sen(7it + ji/2) b ) 0,02 sen(2íit + tc/4) c ) 0,04 sen(7it + 7i/4)d) 0,04 sen(27rt + tc/4 ) e) 0,04 sen(47tt + 7r/4)

33. Un cuerpo de masa m= 100 g oscila horizontalmente con M.A.S de amplitud A=10 cm.Su aceleración en el extremo derecho es de a=8 000 m/s2. Hallar la magnitud de la fuer

za sobre el cuerpo, cuando la elongación es de x=4 cm.

a) 300 N b) 310 N c) 320 N d) 330 N e) 340 N

34. Un resorte de constante elástica k=20 N/m, que sostiene un bloque de peso W=50 N, seestira una longitud de x=10 cm a partir de su posición de equilibrio, soltándolo a continuación. Si el tiempo se mide a partir del inicio del movimiento oscilatorio del bloque,hallar la ecuación del movimiento oscilatorio. (g=10 m/s2)

a) 0,1 sen(2.t) b ) -0,1 sen(2.t) c) 0,2 cos(t) d ) -0,2 cos(t) e) 0,4 sen(t)

35. En la Fig.l7, la bala de masa m=50 g se mueve horizontalmente con una rapidez dev=200 m/s en dirección del bloque de masa M=10 kg en reposo sobre el piso, que se encuentra unido a un resorte de constante elástica k=400 N/m. Después del choque, la bala se adhiere al bloque. Hallar la amplitud de oscilación del sistema, luego de la colisión.

a )l l ,8 c m b)13 ,8cm c)15,8cm d) 17,8 cm e)19,8cm

36. En la Fig.l8, si el sistema formado por el bloque de masa m=3 kg y el resorte de constante elástica k=300 N/m, se deja en libertad de movimiento siendo Xo~2 m. Hallar lamáxima velocidad que adquiere el bloque. Desprecie la fricción.

a) 10 m/s b) 15 m/s c) 20 m/s d) 25 m/s e) 30 m/s

P.E

: X p t j

k v \ a / v v Ía -¡ 1

Fig.17 Fig.18

37. En la Fig. 19, el bloque de masa M=5 kg, oscila con M.A.S de amplitud es A= 0,3 m.En el instante en que "M" pasa por su posición de equilibrio es impactada verticalmente por barro de masa m=4 kg, el cual se adhiere a M. Hallar la amplitud del sistema oscilatorio (m+M).

a )1 0 cm b) 15 cm c) 20 cm d) 25 cm e) 30 cm

38. En la Fig.20, ¿ Con qué amplitud máxima puede oscilar el sistema, tal que no resbale el bloque de masa m=2 kg. El piso es liso, y el coeficien te de fricción entre los bloques es

M

M< 2 3 -

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24 Oscilaciones p.=l/2 , además M~10 kg, k- 500 N/m y g= 10 m/s .

a) 10 cm b) 12 cm c) 14 cm

$

k

d) 16 cm e) 18 cm

A A W W ^ nA W v W m

£ ¡1

P.E

Fig. 19 Fig.20

39. En la Fig.21, el punto "P" de la cuerda inextensible, se desplaza vertica lmente haciaabajo una distancia d =l 2 cm. Hallar las elongaciones de cada uno de los resortes, sa

biendo que kj =2k2. Desprecie la masa de las poleas móviles y la fricción.

a) xi=2 cm ; x2=4 cm

d) x,=4 cm ; x2=3 cm

b) Xj=2 cm ; x2=3 cm c) x,=2 cm ; x2=2 cm

e) xi=4 cm ; x2=2 cm

Fig.21 Fig.22 Fig.23 Fig.2 4

40. En la Fig.22, la polea móvil tiene masa despreciable, la constante elástica del resorte esk=400 N/m, la masa del bloque esm=4 kg, y nohay fricción. Hallar:

I. La constan te elástica equivalente (k„)del sistema.

a) 100 N b) 150 N c) 200 N d) 250 N e) 300 N

II. El período de oscilación del sistema.a) 0,l7 ts b) 0,2n s c) 0,47is d) 0,Ó7rs e) 0,8tis

41. En la Fig.23, la polea móvil tiene masa despreciable, las constantes elásticas de los resortes son k=800 N/m, la masa del bloque es m=l ,6 kg, y no existe fricción. Hallar:I. La constante elástica equivalente (ke) del sistema.

a) 100 N/m b) 120 N/m c) 140 N/m d) 160 N/m e) 180 N/m

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Física IIII. El período de oscilación del bloque de masa "m".

a) 0,l7ts b) 0,271 s c) 0,47ts d) 0,671 s e) 0,871 s

42. En la Fig.24, la esferita que se encuentra en el fondo del recipiente semiesférico de radio R=10 cm; se desplaza ligeramente de su posición de equilibrio y se suelta, oscilan

do en M.A.S. Hallar el período de las pequeñas oscilaciones, no hay fricción. (g=10m/s2)

a) 0,1tcs b) 0,271 s c) 0,47ts d) 0,671 s e) 0,871 s

43. Un cuerpo de masa m= 0,5 kg oscila en M.A.S con una frecuencia de f=2 osc/s. Hallar la magnitud de la aceleración del cuerpo, cuando la elongación es x=2 cm.

a) 0,30tT™ b) 0,32ti2™ c) 0,34ti2™ d) 0,367t2™ e) 0,387t2™s s“ s s s

44. En la Fig.25, el período de oscilación del sistema mostrado es T= 0,2 s; si se retira el bloque A de masa 12 kg, el nuevo período de oscilación es T ’=0,4 s. Hallar la m asa del bloque B.

a ) 1 0 k g b ) 1 2 k g c ) 14kg

A r*

n

Fig.25

45. En la Fig.26, el bloque de peso W=10 N está colgado de un resorte. Hallar el períodode las oscilaciones verticales del bloque, sabiendo que el resorte se estira x=l,5 cmcuando se le somete a la acción de la fuerza de magnitud F=1 N. (g=10 m/s2)

a) 0,71 s b) 0,73 s c) 0,75 s d) 0,77 s e) 0,79 s

46. La amplitud de las oscilaciones armónicas simples que realiza una partícula de masam=10 g es de A=5 cm, su fase inicial (j)0 =60°, y su energía total E=3,1.10 5J. Hallar su

posic ión (x) en el instante t=2/6 s.


47. ¿Qué tiempo transcurrirá desde el inicio del movimiento oscilatorio armónico hasta que

d) 16 kg e) 18 kg

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26 Oscilacionesla elongación (x) sea igual a la mitad de la amplitud (A)? El periodo de las oscilaciones es T=24 s y la fase inicial 4>0 =0°.

a) 0,5 s b ) l ,0 s c) 1,5 s d) 2,0 s e) 2,5 s

48. La fase inicial de una oscilación armónica es (j>0 = 0o. ¿Al cabo de qué fracción de perío

do será igual la velocidad de la partícula a la mitad de su velocidad máxima?

a) T b) T/2 c) T/3 d) T/4 e) T/6

49. ¿Qué tiempo transcurrirá desde que se inicia el movimiento oscilatorio hasta que el punto que oscila armónicamente de acuerdo a la ley x=7 sen(0,5 7i t) recorre la distanciaque hay entre la posición de equilibrio y la de la elongación máxima?

a) 0,5 s b ) l , 0 s c) 1,5 s d) 2,0 s e) 2,5 s

50. Una partícula oscila en M.A.S de periodo T-2 s, amplitud A=50 mm y fase inicial(j)0 =0° Hallar la velocidad de la partícula en el instante en que la elongación es x=25

mm.

a)130mm /s b)132mm /s c )134mm/s d)136mm/s e )138mm /s

51. Escriba la ecuación del movimiento oscilatorio armónico, si la aceleración máxima dela partícula es 8^=49,3 cm/s2, el período de las oscilaciones es T=2 s y la elongaciónen el instante inicial del movimiento es x0=25 mm.

a) 10sen(7tt + 7t/3)cm b) 10 sen(7tt +7t /6) cm c) 5 sen(7it + 7i/3) cm

d) 5 sen(7it+ 7t/6) cm e) 10 cos(7it + 7t/4) cm

52. Una partícula de masa m=10 g oscila según la ecuación x=5 sen(7rt/5 + n i 4)cm. Hallar

la energía total de las oscilaciones de la partícula, (p = 10 6)

a) 0,l7t2pJ b) 0,27i2pJ c) 0,37i2pJ d) 0,47t2pJ e) 0,57i2pJ

53. Hallar la razón (Ec/EP) entre la energía cinética de una partícula que oscila armónicamente y su energía potencial, en el instante t=T/12 s, siendo T el periodo de la oscila

ción.

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

54. Hallar la razón (Ec /EP) entre la energía cinética de una partícula que oscila armónicamente y su energía potencial, en el instante en que la elongación es x=A/4, siendo A laamplitud de la oscilación.

a) 5 b) 10 c) 15 d) 20 e) 25

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Física 11 ZL

55. Un péndulo simple cuya cuerda forma con la vertical un ángulo de 0O=4°, se suelta del

reposo, realizando un M.A.S de frecuencia f=2 osc/s. Hallar la velocidad de la esferitadel péndulo cuando pasa por su posición de equilibrio (P.E.). (g=10 m /s2)

a) 5,0 cm/s b) 5,2 cm/s c) 5,4 cm/s d) 5,6 cm/s e) 5,8 cm/s

56. La amplitud de las oscilaciones armónicas de una partícula es A=2 cm y su energía total E=3.10"7J. Hallar la posición de la partícula cuando la magnitud de la fuerza que actúa sobre él es F=2,25.10'5N.

a) 0,5 cm b ) l ,0 c m c) 1,5 cm d) 2,0 cm e) 2,5 cm

57. Un aerómetro de forma cilindrica de masa m= 0,2 kg y diámetro D=1 cm que flota par cialmente en un líquido, se sumerge parcialmente en el líquido y se libera, oscilandoverticalmente con M.A.S de período T=4 s. Hallar la densidad del líquido (p). (g=10

m/s2)

a) 0 ,l7tg /cm3 b) 0,2n g /cnr ’ c) 0,3ttg /c n r’ d) 0,47ig /cm3 e)0,57ig /cm 3

58. Hallar la razón (Ts/Tp) de los períodos de las oscilaciones verticales armónicas que realiza un bloque, conectado a dos resortes idénticos; primero en serie (Ts) y luego en paralelo (TP).

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

59. De un resorte está suspendido un platillo de balanza con pesas. El período de las osd

laciones verticales es T= 0,4 s. Luego, de poner en el platillo más pesas, el período delas oscilaciones verticales es T ’= 0,6 s. Hallar la deformación en la longitud del resorte,

debido a las pesas añadidas. ( g * 7i2)


60. Un bloque suspendido de un resorte realiza oscilaciones verticales armónicas de amplitud A=5 cm. Hallar la constante elástica (k) del resorte, sabiendo que la energía cinética máxima de las oscilación del bloque es Ec>méx=l L

a) 600 N/m b) 650 N/m c) 700 N/m d) 750 N/m e) 800 N/m

61. Escriba la ecuación del movimiento resultante de la composición de dos oscilaciones ar mónicas que tienen la misma dirección, períodos de T=8 s y amplitudes de A= 0,02 m.La diferencia de fase entre estas oscilaciones es (p = 7 i/4 . La fase inicial de una de las

oscilaciones es (¡>0 =0°.

a) 3,5sen(7rt/4 + 7i/2 )cm b) 3,5cos(7tt/4 + 7i/2)cm c) 3,7scn (7rt/4 + 7t/8)cm

d) 3,7cos(7rt/4 + 7i/8)<;m e) 3,lsen(7t t/2 + 7i/4 )cm

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28 Oscilaciones62. Hallar la amplitud y la fase inicial de la oscilación armónica resultante de la composi

ción de dos oscilaciones de igual dirección, cuyas ecuaciones, vienen dados por:X!=0,02 sen(57rt + 7 t/2 )m y x2= 0,03 sen(57rt + 7i/2)m .

a) 3,0 cm ; 62° 34’ b) 3,2 cm ; 62° 38’ c) 3,4 cm ; 62° 42’d) 3,6 cm ; 62° 46’ e) 3,8 cm ; 62° 50’

63. La oscilación resultante de la composición de dos oscilaciones de igual dirección, am plitud y período tiene el mismo período y amplitud que ellas. Hallar la diferencia de fase de las oscilaciones componentes.

a) 7t/6 b) 7i/4 c) 7t/3 d) Tt e) 2rc/3

64. Escriba la ecuación de la oscilación resultante de la composición de dos oscilaciones perpendiculares entre sí de igual frecuencia f¡ = f2 = 5 Hz y de la misma fase inicial

4>, = (j>2 = 60°. Las am plitudes de cada una de estas oscilaciones e sA 1= 0 ,1 0 m y A 2 =

0,05 m

a) 11,0 sen(10rrt + ^)c m b) 11,2 sen(10a t + ^-)cm c) 11,0 sen(57rt + ^) cm

d) 11,4 sen(107üt + - )c m e) 11,0 sen(57tt + -) cm6 2

65. Una partícula participa de dos oscilaciones, de igual período y fase inicial. Las amplitudes de estas oscilaciones son Ai = 3 cm y A2 = 4 cm. Hallar la amplitud de la oscilaciónresultante si. I) las dos oscilaciones tienen la misma dirección II) las dos oscilacionesson perpendiculares entre sí.

a) 7 cm ; 5 cm b) 5 cm ; 7 cm c) 6 cm ; 8 cm d) 8 cm ; 6 cm e)7cm; 9 cm

66. Una partícula participa simultáneamente de dos oscilaciones perpendiculares entre síde ecuaciones x =2 sen(ojt) m , y=2 co s(at )m . Hallar la trayectoria de la partícula.

a) y = 2x b) y = 4x c) x2 + y2 = 4 d) x2 + y2 = 1 e) y = x/2

67. Una partícula en M.A.S tiene velocidades de 3 cm/s y 4 cm/s a las distancias de 8 cm y6 cm de su posición de equilibrio (P.E.). Hallar el período de su movimiento oscilato

rio.

a) 7ts b) 2rcs c) 37is d) 47ts e) 57ts

68. La aceleración de una partícula en M.A.S, a una distancia (d) de su posición de equili brio (P.E) es (a). Hallar el período del movimiento oscilatorio.

a) 7t(d/a)1/2 b) 27t(d /a)1/2 c) 4 u (d /a )1/2 d) ^ ( d /a )1/2 e ) ^ ( d / a ) 1/2

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Física H 23

69. Una partícula participa simultáneamente de dos oscilaciones perpendiculares entre sí,de ecuaciones x = cos7tt e y = cos tt t/2 . Hallar la trayectoria del movimiento resultan

te.a) 2x2 - y= l b) x2 - 2y=l c) y2-2 x = l d )y 2 -x = l e) 2y2 - x= l

70. Una partícula participa simultáneamente de dos oscilaciones perpendiculares entre sí,de ecuaciones x = sen 7xt e y = 2 sen(7it + 7t / 2 ). Hallar la ecuación de la trayectoria del

movimiento de la partícula.

2 2

a ) — + y 2 = l b ) x 2 + - = l c ) x 2 - 2 y = 0 d ) x 2 + y 2 = l e ) x = 2y4 4

71. El período de amortiguación de una oscilación es de T=4 s, su decremento logarítmico

£ = 1,6 y la fase inicial es (j>0 = 0°. La elongación de la oscilación cuando t=T/4 es 4,5

cm. Hallar la elongación (x) en el instante t=3 s.

a )-0,5 cm b )-l ,0 cm c)- l ,5c m d )-2,0 cm e ) -2,5 cm

72. La ecuación de unas oscilaciones amortiguadas, viene dado por: x = 5e~°’25tsen(7tt/2)

m. Hallar la velocidad del punto oscilante en el instante t=3T.

a) 0,31 m/s b) 0,33 m/s c) 0,35 m/s d) 0,37 m/s e) 0,39 m/s

73. El decremento logarítmico de la amortiguación de un péndulo matemático es c, =0,4.

Hallar cuántas veces disminuye la amplitud durante una oscilación completa del péndu

lo.a) 0,5 b) 1,0 c) 1,5 d) 2,0 e) 2,5

74. ¿A qué es igual el decremento logarítmico de la amortiguación de un péndulo matemático si la amplitud de su oscilación se hace dos veces menor en 1 min? El péndulo tiene 1 m de longitud, (g = 9,81 m/s2)

a) 0,013 b) 0,023 c) 0,033 d) 0,043 e) 0,053

75. Un péndulo matemático de longitud 1=24,7 cm realiza oscilaciones amortiguadas. ¿Qué tiempo tardará la energía de las oscilaciones de este péndulo en disminuir 9,4 veces, si el decremento logarítmico es ^ =0,01. (g = 9,81 m/s2)

a) 110 s b) 112 s c) 114 s d) 116 s e )1 1 8 s

76. Un péndulo matemático realiza oscilaciones amortiguadas cuyo decremento logarítmico de amortiguación es E, =0,2. ¿Cuántas veces disminuirá la aceleración total de este

péndulo en su posic ión extrema durante una oscilación?

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30 Oscilaciones

a) 1,02 b) 1,22 c) 1,42 d) 1,62 e) 1,82

77. La amplitud de las oscilaciones amortiguadas de un péndulo matemático se hace dos veces menor en 1 min. ¿Cuántas veces menor se hará en 3 min?

a) 2 b) 4 c) 6 d) 8 e) 10

78. En la Fig.27, la bolilla de masa (m) se encuentra en un túnel que pasa por uno de losdiámetros de la tierra, de radio R= 6,37.106 m, de masa M=5,96.1024 kg. Hallar el período del M.A.S que realiza la bolilla. (G= 6 ,67 .10 '" m3/kg.s2)

a) 80,4 min b) 82,4 min c) 84,4 min d) 86,4 min e) 88,4 min

79. Un péndulo matemático de longitud £=0,5 m, sacado de su posición de equilibrio, durante su primera oscilación se desvió hacia un lado 5 cm y en la segunda 4 cm (hacia el

mismo lado). Hallar el tiempo de relajación ( t ). (g = 9,81 m/s2)

a) 6,05 s b) 6,15 s c) 6,25 s d) 6,35 s e) 6,45 s

80. Al suspender un bloque de un resorte vertical, éste se estira una longitud de x= 9,8 cm.Luego, se jala el bloque hacia abajo y se libera, produciéndose oscilaciones.¿Para quéva-lor del coeficiente de amortiguación (8) las oscilaciones cesan después de 10 s ?(g=9,8 m/s2)

a) 0,15 s '1 b) 0,25 s ' ] c) 0,35 s" d) 0,45 s" e) 0,55 s_1

81. Un cuerpo de masa m = 10 g realiza oscilaciones amortiguadas de amplitud máximaA=7 cm, fase inicial <j>0 =0° y coefic iente de am ortiguación 8 = 1,6 s'1. Sobre este cuer

po comienza a actuar una fuerza periódica exterior, produciéndose oscilaciones forzadas, cuya ecuación es: x = 5 sen(10rtt-0,757t) cm. H allar la posición del cuerpo en elinstante t= l s, a partir de su posición de equilibrio.

a ) l , 0c m b ) l , 2c m c ) l , 4c m d ) l , 6c m e) 1,8 cm

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_________________________________________ F ís ica II ______________________________________ 21

82. Sobre un cuerpo de masa m=10 g en movimiento armónico amortiguado actúa la fuerzaexterna F = F0sencot, si A=5 cm, co0 =33 rad/s, oo =31,4 rad/s, y 6 = 1,6 s"1Hallar la

magnitud de la fuerza extema en el instante t= 1/30 s de iniciado el movimiento.

a) 30.mN b) 32 mN c) 34 mN d) 36 mN e) 38 mN

83. En la Fig.28, el péndulo de longitud £=40 cm, formando un ángulo "(3" con la vertical,

se suelta. Hallar el período de oscilación de este péndulo, si los choques con la paredson absolutamente elásticos, y sabiendo que a = p /2 y g = 10 m/s2.

a) 0,72 s b) 0,76 s c) 0,80 s d) 0,84 s e) 0,88 s

84. Una partícula inicia su movimiento en el instante t= 0 s, a lo largo del eje X, siendo la proyección de su velocidad vx= 35 cosrrt cm/s. Hallar la distancia recorrida por esta

partícula en los primeros t=2,8 s de su movimiento.

a) 0,2 m b) 0,4 m c) 0,6 m d) 0,8 m e ) l, 0 m

85. Un punto oscila armónicamente a lo largo de cierta recta con un período de T= 0,6 s yuna amplitud de A= 10 cm. Hallar la velocidad media <v> del punto durante el tiempo,en el transcurso del cual éste recorre A/2, desde su posición de equilibrio.


86. Una partícula de masa (m) se encuentra en un campo potencial unidimensional, siendosu energía potencial U(x) = U0 (1- eos ax), con Uo y a constantes. Hallar el período de

las pequeñas oscilaciones que realiza la partícula, alrededor de su posición de equiii brio.

a) 2 1 b) 2 = c) ( i ! ? ) " 2 d) ( A ) m e ) ( ^ ) > ' 2aU0 aU0 aU 0 aU0 a U0

87. Hallar el período de las pequeñas oscilaciones de un péndulo matemático de longitudigual a £=40 cm, sumergido totalmente en un líquido, cuya densidad es q = 3 veces me

ñor que la de la bola del péndulo. Desprecie la resistencia del líquido. (g=10 m/s2)

a) 1,14 s b) 1,24 s c ) l, 3 4 s d) 1,44 s e ) l, 5 4 s

88. Un punto participa simultáneamente de dos oscilaciones en una misma dirección, cuyasecuaciones son: Xi=A coscot y x2=A eos 2cot. Hallar la velocidad máxima del punto

a) 2,13 Acó b) 2,33 Acó c) 2,53 Acó d) 2,73 Acó e) 2,93 Acó

89. Una partícula se mueve con M.A.S a lo largo del eje X. En los instantes de tiempo to,2U y 3to sus posiciones son a, b y c, respectivamente. Hallar el período de su movimiento.

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32 Oscilaciones

a) ------------- b) — --------- c) 27tt"sen '(a + b) /2 c eos 1(a + b)/2 c sen '(a + c)/2b

t\ 2nt0 . 2jzt d) — _i 0 e) -------

eos (a + c)/ 2b sen (b + c) /2a

90. En el instante de tiempo to la coordenada de un oscilador es x0 y su velocidad v0. Pro bar que la dependencia entre su coordenada y el tiempo en caso de oscilaciones libres puede expresarse as í: x = Xo eos co (t —10) + (\o¡ co) sen co (t - 10).

91. Una partícula oscila según la ley x=A cos(cot -<f>0) bajo la acción de la fuerza sinuso]

dal F=F0 coscot, siendo <o= 4 rad/s, A=2 cm, F0=5 N y <j)0 =30°. Plallar la potencia me

dia desarrollada por dicha fuerza.

a) 0,1 W b) 0,2 W c) 0,3 W d) 0,4 W e) 0,5 W

92. Un reloj de péndulo funciona correctamente en la superficie de la tierra. ¿En cuánto seatrasa ó adelanta el péndulo en 24 h; si se ubica en un pozo a la profundidad de h=400m? (Radio de la tierra R= 6,37.106 m , g=10 m/s2 )

a) 1,5 s b) 1,9 s c )2 ,3 s d) 2,7 s e) 3,1 s

93. En la Fig.29, el carrito se mueve con una aceleración de a=4 m/s2 por el plano inelinado que forma un ángulo de 0=30° con la horizontal. Hallar el período de las pequeñas oscilaciones del péndulo de longitud £=50 cm. (g=10 m/s2)

a) 0,5 s b) 1,0 s c) 1,5 s d) 2,0 s e) 2,5 s

94. Un bloque que oscila libremente en un resorte, se desplaza durante el tiempo de t= 0,01s desde la distancia de 0,5 cm con respecto a la posición de equilibrio hasta la máxima,igual a 1 cm. Hallar el período de sus oscilaciones.

a) 0,01 s b) 0,02 s c) 0,04 s d) 0,06 s e) 0,08 s

95. La frecuencia de las oscilaciones libres de un oscilador es co. ¿Después de qué tiempomínimo la energía cinética del oscilador disminuirá desde el valor máximo hasta la mitad de éste?

a) 7t/2co b) 7t/3co c) n/4co d) 7t/6co e) 7t/8 to

96. La frecuencia natural con la que oscila un cuerpo conectado a un resorte es f0 = 20osc/s mientras que su frecuencia con amortiguamiento es f=16 osc/s. Hallar el decrementó logarítmico (£,).

a) 1/2 b) 2/3 c) 1/3 d) 3 /4 e) 4/5

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Física 11 _ 3 i97. En la Fig.30, hallar el período de las oscilaciones que realiza el mercurio de masa

m=200 g, densidad p= 13,6.103 kg/m3 contenido en el tubo curvado, cuyo rama dere

cha forma un ángulo de 0 =30° con la vertical. El área de las sección del tubo recto esA= 0,5 cm2. Desprecie la viscosidad del mercurio. (g=10 m/s2)

a) 0,63 s b) 0,67 sc) 0,71 s d) 0,75 s e) 0,79 s

m, e O

Fig.32

98. En la Fig.31, en el eje del anillo metálico de radio R=30cm y carga Q=+3.10‘10 C distri. buida uniformemente, se ubica un electrón a una distancia "x" de su centro (x « R ) .

Hallar el período de las pequeñas oscilaciones que realiza el electrón. (e=l ,6.10"19 C,

me=9 ,1.10'31 kg k = 9.109N.m2/ C2 y p = 1 0 '6)

a) 1,3 ps b) 1,5 ps c) 1,7 ps d) 1,9 ps e) 2,1 ps

99. Se tienen 4 cargas "q" fijas en los vértices de un cuadrado horizontal de lado 10 2 cm.Una carga q= -1,6.10"19 C de masa m = 9,1.10'31 kg se desplaza desde el centro del cua

drado hacia arriba una pequeña distancia "x" y se suelta. Hallar el período de sus oscilaciones (desprecie la gravedad, además 10 2 » x y k = 9.109 N.m2/ C2)

a) 6,20 ms b) 6,22 ms c) 6,24 ms d) 6,26 ms e) 6,28 ms

100-En la Fig.32, la esferita de masa m= 9.10'23 kg y carga eléctrica q= 8.10'1UC está sus pendido de un hilo de longitud £=4 cm. A una distancia de h=2 cm debajo del mismo,se halla una lámina metálica infinita. Hallar el período de las oscilaciones libres de laesferita. (n=10 9)

a) 17t ns b) 2n ns c) 3n ns d) 47t ns e) 57t ns

lOl.Dos cargas Q=+4.10'9 C están fijas y separadas por una distancia a=l cm. Una terceracarga q=-8.10'10 C de masa m = 9.10'22 kg, se ubica a una distancia "x" del centro de larecta que une las cargas ”Q" (x«d), y se libera. Hallar el período de las pequeñas osd

laciones que realiza la carga "q". ( k = 9.109 N.m2/ C2, p=10'12)

a) 88,0n ps b) 88,27: ps c) 88 ,47t ps d) 88,671 ps e) 88 ,87: ps

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34 Oscilaciones

102.En la cabina de un ascensor que empezó a elevarse del reposo con una aceleraciónconstante de a=5 m/s2, se instaló un reloj de péndulo. Habiendo recorrido una altura deh=10 m, la aceleración de la cabina cambio de sentido manteniéndose igual su módulo¿Después de qué tiempo de iniciado el movimiento la indicación del reloj es correcta?(g“ 10 m/s )

a) 3,13 s b) 3,33 s c) 3,53 s d) 3,73 s e) 3,93 s

103.En la Fig.33, los bloques de masas mj = 9 kg y m2 =16 kg están unidos mediante un resorte de constante elástica k=576 N/m. Se comprime el resorte mediante dos hilos. Hallar el período de oscilación de los bloques, al quemarse los hilos.

a) 7i/2 s b) 7i/3 s c) 71/ 4 s d) 7i / 5 s e) 7t / 6 s

104.En la Fig.34, el péndulo en forma de un recipiente esférico liviano muy delgado de radio R, está llena de agua y está unida al punto O mediante una barra liviana rígida.¿Cuántas veces variará el período de las pequeñas oscilaciones de este péndulo, cuandoel agua se congele completamente ? Desprecie la viscosidad del agua y la variación desu volumen.(É~2R)

a) 1,05 b) 1,15 c) 1,25 d) 1,35 e) 1,45

m,| V W W V 1,12

Fig.33 Fig.35

105.En la Fig.35, el bloque de masa m=8 kg , está unido al resorte de constante elásticak=720 N/m, mediante una cuerda inextensible que pasa a través de la polea en forma decilindro de paredes delgadas de masa M=12 kg. Hallar el período de las oscilacionesque realiza el bloque.

a) 7t/2 s b) n /3 s c) 71/ 4 s d) 7i / 5 s e) 7t / 6 s

106.Un reloj de péndulo simple se calibra para funcionar exacto con una amplitud de90 =5°, si la amplitud disminuye, tal que, 0O« 5 ° , ¿Qué tiempo aproximadamente se a

delantará el reloj en un día?


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Física II

107.En la Fig.36, en el instante inicial to = O, el bloque de masa (m) se desplaza hasta x0=0,1 m y se lanza con una velocidad inicial v0=l m/s, siendo la frecuencia angular de lasoscilaciones ca = 6 rad/s. Hallar la posición del bloque en el instante t=l ,4 s, a partir desu posición de equilibrio.


108.En la Fig.37, el resorte vertical tiene una constante elástica de k=16 N/m. En el instante inicial to= 0, una fuerza dada por F(t) = 64 sen 4t (N), se aplica al bloque de masam=4 kg. Despreciando el amortiguamiento, hallar la posición del bloque en el instantet= 0,5 s, respecto de la posición de equilibrio.

a) 0,25 m b) 0,50 m c) 0,75 m d) 1,00 m e) 1,25 m

109.En la Fig.38, la esferita de masa m=2 kg se mueve a lo largo del eje X, atraída hacia el

origen por una fuerza de magnitud 8x (N), y una fuerza amortiguadora de magnitud 8v(N). Hallar la posición de la esferita en el instante t= 0,5 s, a partir de su posición de equilibrio.

a) 1,07 m b) 1,27 m c) 1,47 m d) 1,67 m e) 1,87 m

l£L

P.E

Fig.37 Fig 38

llO.Hallar el periodo de las pequeñas oscilaciones que realiza una barra homogénea de Iongitud £=37,5 cm, al girar alrededor de un eje horizontal, que pasa por uno de sus ex

t r e m o s . ( g & n 2 m / s 2)

a) 0,25 s b) 0,50 s c) 0,75 s d) 1,00 s e) 1,25 s

ll l .E n la Fig.39, el anillo homogéneo muy delgado de radio R= 12,5 cm está suspendidode una varilla horizontal. Hallar el período de las pequeñas oscilaciones que realiza el

anillo alrededor de la varilla, (g « n 2 m/s2)

a) 0,5 s b) 1,0 s c) 1,5 s d) 2,0 s e) 2,5 s

112.En la Fig.40, en el punto medio A se ubica una esferita de masa m= 0,4 kg y se conectaa los extremos de los resortes de constantes elásticas k=100 N/m y de longitudes

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36 Oscilacionesnormales lo=5 cm, luego se desliza la esferita verticalmente una pequeña distancia y( y « £o), y se libera. Hallar el período de las pequeñas oscilaciones que realiza la esferita. (d= 25 cm)

a) ti / 5 s b) 7t /10 s c) n /15 s d) ti / 20 s e) 7r / 25 s

Fig.39

HWVVW

j ^ W W \ r ^ - A A / W W j2d

Fig.40

113.En la Fig.41, el disco homogéneo muy delgado de radio R- 25 cm y masa m =l,28 kgcuelga de una varilla de constante de torsión k ’= 360 N.m, y a su vez, su borde está conectado mediante un resorte de constante elástica k— 640 N/m a la pared. Hallar el período de las pequeñas oscilaciones del disco, cuando la varilla experimenta una pequeña deformación.

a) 5 7tms b) 107tms c) 15irms d) 207rms e) 25 tí ms

114.En la Fig.42, hallar el período de las pequeñas oscilaciones que realiza la placa cuadrada homogénea muy delgada de lado a = 48 cm y masa m = 6 kg, alrededor de su pos!ción de equilibrio. (g=10 m/s2)

a) 0,l7t s b) 0,27t s c) 0,37t s d) 0,47t s e) 0,5tt s

Fig.41

115.Una bolita de masa m=50 g y radio r=l cm realiza pequeñas oscilaciones sobre una su perfic ie esférica fija de radio. R=50/7 m, alrededor de su posición de equilibrio . Hallar el período de dichas oscilaciones. (g^lO m/s2)

a) 7i s b) 2ji s c) 371S d) 4tis e) 5tis

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Física II 2I_

lló.En la Fig.43, la varilla homogénea de longitud 2£-^80 cm y masa "m" está en reposo alinterior de la superficie totalmente lisa del cilindro de radio R=50 cm, contenida en un

plano vertical. Hallar: (g =10m /s2)I) El período de las pequeñas oscilaciones que realiza la varilla al sacarse de su estado

de reposo.

a) 1,17 s b) 1,37 s c) d ,5 7 s d) 1,77 s e ) l, 9 7 s

II) El aumento (A) o disminución (D) del período de las pequeñas oscilaciones que realiza la varilla, al colocarse en sus extremos dos bolas muy pequeñas de masas "m", yasumiendo que el peso de la varilla es despreciable.

a) D, 0,22 s b) A, 0,22 s c) D, 0,44 s d) A, 0,44 s e) D, 0,66 s

117.En la Fig.44, la esfera sólida de radio "b" rueda en el interior de la esfera hueca lisa de

radio "a". Demostrar que el período de las pequeñas oscilaciones armónicas que realiza1/2la esfera de radio "a", viene dado por: T = 2 7 t[7 (a -b )/5 g ]

118.Una esfera sólida homogénea de radio R=40 cm y masa m=20 kg se suspende de un punto situado sobre su superficie . Hallar: (g=10 m/s2)I) El período de las pequeñas oscilaciones que realiza la esfera en un plano vertical, al

rededor de su posición de equilibrio.

a) 1,09 s b) 1,29 s c )l ,4 9 s d )l ,6 9 s e )l ,8 9 s

II) La longitud del péndulo simple, que tiene el mismo período que el de la esfera,


119.Una placa homogénea delgada en forma de triángulo equilátero de masa "m", altura i-gual a h=80 cm, realiza oscilaciones pequeñas alrededor de un eje horizontal que coincide con uno de sus lados. Hallar el período de las oscilaciones. (g=10 m/s2)

a) 2rt/3s b) 3ti/ 4 s c ) 2tc/ 5 s d) 3n /7s e) 47t/9s

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38 Oscilaciones

SOLUCIONARLO

Solución: 01

• Por dato, los períodos del péndulo en la

Tierra (Ti) y en el planeta (T2) son iguales,esto es:

T, =T,

2ix[— ]1128i

M _ '-2

8 i 8 2

- 2 1 / 2

8 2

50 _ 1 2

8 l,2g

* i 2 = 60cm © Solución: 02

• Como el período de una oscilación esT=1 s, entonces, se tiene:

T = 27t[—] 1/2 - > 1 = 27t[— —] 1/2

+ i = 0,25m

Solución: 03

®

• Como la longitud inicial ( t ) del péndulo aumenta en un 21 %, su longitud finales (1,21/), luego dividiendo los períodos,

se tiene:

T2 _ 2 u [V g } 1/2 _ [¿ 2] ’/2

T, 2rt[/1/g]

T2 (1,21/)

1/ 2[¿ll

1/2

1/2

4 (t')1/2

* T2 = 4,4s

= 1,1

©

Solución: 04• Por dato, el período T2 es dos veces el

período Ti, cuando se aumenta la longituddel péndulo en 3 m, esto es:

T2 = 2T„

27r[í ± l ] l / 2 =47r[í ] i/2

g 8/ + 3 = 4 /

lm ©

Solución: 05• Primero, hallemos los períodos de cadauno de los péndulos, así:

T, = 2tt[-^-]1/2 = 2ti [ - ^ - ] 1/2 = 5 s

T2 = 271 [— ]1/2 = 2tt[-^^]1/2 = 3 s

Luego, el tiempo mínimo, para el cual, la posición inicial de los péndulos se repite,será el m.c.m de los períodos Ti y T2, estoes:

+ tmin = 15s

Solución: 06• El período del sistema, es igual, a la suma de dos semiperíodos de los péndulos delongitud t y 4/ / 9, esto es:

T= t, +t2

T =K[Í]>/2 + 7c[ ]1/2

t - ^ r - ’—11/2

+ T = 0,5 s©

Solución: 07El tiempo pedido, es igual, a la suma de

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Física II 39

dos semiperíodos de los péndulos de longitudes l j = 4 m y t 1 = \ m, esto es:

, _ ^ i l/2 ^ 1 1I/2t- 7 i[ —r ] +7r[“ ^J71" 71"

t= 2s + ls

+ t = 3 s ©

Solución: 08• Cuando el ascensor asciende verticalmente, la bolita del péndulo experimentauna aceleración adicional (a) hacia abajo,debido a la fuerza de inercia, de modo quesu aceleración neta es:

an = g + a = 9,8 + 2,2 = 12 m /s 2

Luego, el período de las oscilaciones que

realiza el péndulo en el ascensor es:

il/2 r .1/2T = 271 [— ] = 2tc[ ]12

* T = 71 s ©Solución: 09

• La bolita experimenta la aceleración dela gravedad (g) y la aceleración (a) debidaa la fuerza de inercia, como se aprecia enla Fig.

Así, de la Fig., la aceleración neta que ex perim enta la bolita del péndulo es:

a „ = [ g 2 + a 2 ] 1/2

a n = [7,52 + 102] 1' 2 = 12,5 m /s 2

Luego, la frecuencia de las oscilacionesque realiza el péndulo es:

T = I = 2 7 r [ — ]1/2f a„

= 2tc[ ° l1/2 f 12,5

* f =5 ose

2 71 s ©

Solución: 10

• Representemos las fuerzas que actúansobre la bolita del péndulo, y con ellas for memos el triángulo de fuerzas.

En el triángulo rectángulo, se cumple que:

tg0 = f'c =m (v 2 / R)

mg mg

2V 202

gR “ (10)(40)tg0:

tg e = i => e = tg 1(i)

* 0 = 45°©

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40 OscilacionesSolución: 11

• Representemos las fuerzas que actúansobre la bolita del péndulo, y con ellas formemos el triángulo de fuerzas.


Fc _ m (v / R)

tg0 = —e-

tg0 =

mg mg

m(47i2f2R2/R)

mg

f 2 = _ « tge47t R

(7t2Xtg45°) 1/z

4tc20,25

* f = 1“ ® ®s

Solución: 12• Representemos las fuerzas que actúan so

bre la bolita del péndulo, y con ellas formemos el triángulo de fuerzas.

En el triángulo rectángulo, se cumple:

tg45° = lc meo R

mg mg

co2 = — = —— => co2 = 100

R 0,1

+ co = 10rad

Solución: 13• En movimiento armónico simple, la velocidad lineal máxima, viene dado por:

v„,„v = co A = 27if A

:(27t)(2)(0,5)

* v max — S

®

Solución: 14• De la expresión de la velocidad máxima,hallemos el período, así:

271

0,4 = ( f X0,10)

* T= — s2

®

Solución: 15• De la expresión de la velocidad linealmáxima, tenemos:

T = 2 7 t[ -] 1/2=2 7t[(24’ --10~--]1/2g 9,8

vmax= (— X0,04) = 0 ,0 8 -Ti S

En el instante en que la velocidad es máxima, la energía potencial es cero, de modo

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Física II 41

que, la energía mecánica del sistema oscilatorio es:

E = m v^ax=( i) (3X0,08)2

+ E = 9,6.10-3 J ©

Solución: 16

• Utilizando la expresión de la velocidadlineal máxima, tenemos:

v max = w A = ( — ) 1 /2 Am

0,5 = ( - —)1/2A10

* A = 0,25 m ©

Solución: 17

• Recordemos que la expresión de la velocidad instantánea en un M.A.S, viene dado

por:2n ,2n

v = ~ Acos(— t + (j>0)

Evaluando para, T=2 s, (¡>0 = 7i/2 , t=T/4 ,

tenemos:

,271 277T 77v = (— )(0,l)cos(-------- + —)

2 T 4 2

+ v = -0 ,1—•s

©

Solución: 18• El móvil tiene máxima aceleración enlos extremos del movimiento oscilatorio,

es decir, cuando x = ±A, de modo que lafuerza elástica máxima es:

Emax ^

T = 2t7 [ - ] 1/2 k

4772m

T

Con esto y de la segunda ley de Newton, laexpresión inicial se reduce a:

47T2m^ amax 2

(47T )(0,16)

W “ (0,8)2

,2 m

s:

©

Solución: 19

• Representemos el movimiento oscilatorio armónico del móvil.

De la expresión de la velocidad instantanea, del móvil, tenemos:

v = co Acos(cot + <¡>0)

180 - (5)(60)cos(cot + (j>0)

cos(cot + (¡>0) = 3/5

=> sen(cot + <¡>0) = ± —

De otro lado, de la expresión del período,tenemos:

Luego, la posición del móvil en cualquier instante de tiempo es:

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42 Oscilaciones

x = A sen(cot + (j>0)

x = (60 )(±-)

* x = ±48 cm ©^Existen dos posiciones, en el cual, la velocidad del móvil, es de 180 cm/s^

Solución: 20

• Tomemos el eje X a lo largo del planoinclinado, tal que, la frecuencia angular con que oscila el carrito, alrededor de su

posición de equilibrio (P.E) es:

» = [ - r m

“ = [2— ]'/2 = ,0 — 2 s

Evaluando la ecuación del movimiento ar mónico del carrito, en el instante inicialto=0 s, hallemos la fase inicial, así:

x = A sen(cot + <j)0)

A = A sen(0 + <j>0)

<t>0 = 71/2

Luego, la ecuación de movimiento armónico del carrito, para cualquier instante detiempo es:

x = (7,05 sen(10t + —)

+ x = 0,05co?(10t) (m) (¿D

Solución: 21

• Para un pequeño desplazamiento horizontal del bloque, los resortes experimentan deformaciones iguales, de modo que,su conexión es en paralelo, y la constante

elástica equivalente es:

= + k2

ke = 980 + 980

Nk„ =1960

m

Luego, el período de las oscilaciones armónicas que realiza el bloque es:

T = 271 [— ] 1/2

T = 2ir[— —]1/2 1960

* T = 0,2 s ®

Solución: 22

• Reduciendo el sistema inicial de resortes obtenemos dos resortes de constanteselásticas k/2 y k.

k/2A M / W A - . . . - A ' W / K A

M M .........

Ahora, para un pequeño desplazamientodel bloque los resortes experimentan defor maciones iguales, por lo que su conexiónes en paralelo, y la constante elástica delsistema oscilatorio es:

ke = k, + k2

ke = (->(2000) + 2000

k = 3000 N

m


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Física II 43

T = 2ji[

T = 2n [

JTK i/2

ke

°> 3 -.1/2

3000

+ T = — s50

©

Solución: 23

• Como los resortes de constantes elásticas k] y k2, están conectados en serie, suconstante elástica equivalente es:

k,= k 'k!

ke =

kj + k 2

(600)(300)

600 + 300

ke = 200 N /m


T = 2 ti [— ]1/2ke

T = 2n [— ]1/2 200

~ 371+ T = — s

5©

Solución: 24• Reduciendo el sistema inicial de resor

tes obtenemos dos resortes de constanteselásticas 2k y k.

Como se observa, cada uno de los resortesexperimenta una misma tensión, por lo queestán conectados en serie, siendo su constante elástica equivalente igual a:

k„ =k, k

1*2kj + k2

_ (6000)(3000)

e ~ 6000 + 3000

kc =2 000 N /m


T = 2 7t [ ~ ] 1/2ke

T = 2tx -]1/ 22000

* T = — s50

©

Solución: 25

• Como los resortes de constantes elásticas ki y k2 están conectados en paralelo, suconstante elástica equivalente es:

ke = ki + k 2 = 1800 + 2200

Nke = 4 000 —

m


T = 2n [— ] 1/2 k.

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• La razón entre las magnitudes de la aceleración máxima y velocidad máxima es:

= 471

2ti(0 = ---- =471

T

+ T = 0,5 s ©

Solución: 27

• El porcentaje que representa la energíacinética del movimiento oscilatorio armónico, respecto de la energía total es:

TI = ( EA - EA /2)(10q)e a

siendo, EAy E l a s energías potencialeselásticas para x=A y x=A/2, respectivamente.

1/2 k A ^ -l/2 k (A i 2 ¿

l /2kA

En la Fig., la aceleración con la que semueve la esferita es:

Fr mg sen 9= g sen i

m m

También, en la Fig., la distancia recorrida(d) entre A y B es:

d = H esc 9

De otro lado, el tiempo de recorrido entreA y B, hallamos de:

1 2d = v„ t + —at

H esc 9 = 0 + ^ (g sen 9) t2

t = (— ) 1/2csc0g

Luego, el período del movimiento oscilatorio que realiza la bolita es:

T = 4 t = ( ^ V 2csc9

,3/8 kA 2 ,ti = (---------5-)(l 00)

l /2kA

T = (32)(0,2) l/2 5

10 3

ti = (->(100) 4

+ ti = 75 % ©

Solución: 28

• Representemos la fuerza que actúan so bre la esferita en todo instante.

+ T = —s3

Solución: 29

• Hallemos la constante elástica "k" delre sorte, a partir de:

~ 1 rm , ./2T = - = 27i[—1

f k

k = 47t2f 2m = (47t2) ( - ) 2(2)

k = 27i2

Luego, el nuevo período del sistema osci-

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FísicaJI 45

latorio, cuando se añade una masa de 1 kg,es:

T = 2 n |m ‘ - m | 1/2k

* I = 2 s ©

Solución: 30• Representem os las fuerzas que actúan so

bre el bloque.

D.C.I. (bloque)

K -k . x»

1:.......

*W—mj;

(lomo el bloque está en equilibrio, igua

lando el peso (mg) a la fuerza elástica (kx),obtenemos la constante elástica ”k"así:

kx - mg => k mg

Luego, sustituyendo (k) en la expresióndel período, tenemos:

Solución: 31■ Representemos la gráfica de la posicióninstantánea (x) en función del tiempo (t).

Como, el tiempo se mide a partir de la posición de equilibrio, entonces, evaluandola ecuación de posición, hallemos la fase inicial, así:

x = A sen(ü) 0 + <{>C)) - 0

4>o = o

Luego, sustituyendo x=A/2 en la ecuaciónde posición, obtenemos el tiempo pedido:

x - A sen(u t + <{>u) = —

.2n ¿7t 71scn( t + 0) = - " > t =

T 2 T 6

* tT

12 ©

t = 2rck

T = 2;t[ m - ] 1' 2 = 2 n [X]' 2m g/ x g

71'

A T-1í ®

Solución: 32

• La energía del cuerpo en movimiento oscitatorio armónico, viene dado por:

- k A 2 - 30.10 6 J2

kA 2 = 6.10-5 J (1)

De otro lado, la magnitud de la fuerza máxima que actúa sobre el cuerpo es:

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46 Oscilaciones

kA = 1,5.10~3N (2)

Dividiendo (1) entre (2), obtenemos:

A = 0,04 m

A su vez, la frecuencia angular es:

2n 2n radto — = — = k ----

T 2 s

Finalmente, la ecuación de posición en cada instante de tiempo es:

x = Asen(03t + <j>o)

© + x = 0,04 sen(:rt + —) (m)

4

Solución: 33

• De la expresión de la aceleración máxima de la partícula, hallemos la frecuenciaangular, así:

8000= 032 (0,1)

0 3 2 =8.10'rad

Ahora, calculemos la aceleración instantenea, para x= 0,04 m, a partir de:

a = co x

a = (8.10 )(0,04)

a = 3 200s"

Luego, aplicando la 2da ley de Newton enla posición x= 0,04, obtenemos la fuerza:

F = ma = (0,1)(3200)

+ F = 320 N ©

Solución: 34• Representemos la gráfica de la posicióninstantánea (x) en función del tiempo (t).

Primero, calculemos la frecuencia angular del movimiento oscilatorio armónico, así:

_ 271 ,m 1 / 2T = = 27i[ —]

03 k

m 2 0 1/2 = 2 «d

5 s

A continuación, evaluando la ecuación de posición en el instante t= 0, hallemos la fase inicial del movimiento oscilatorio, así:

x = A sen(o3 0 + 4>0) = A

sen = 1 => 4>0 = ~

Luego, la posición de la partícula en cadainstante de tiempo, será:

x = A sen(co t + <J>0)

x = 0,1 sen(21 + —)

+ x = 0,lcos2t ©

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Física II 47

Solución: 35

• Aplicando el principio de conservaciónde la cantidad de movimiento, hallemos lavelocidad del bloque (u), después del im pacto de la bala, así:

Pantes ~ Pdespués

m v = (m + M) u

tanto la energía potencial elástica es nula,EP= 0, luego, la expresión anterior quedaasí:

Esis tema _

—kA 2 = —m v 22 2

(300)(2)2 = (3) v2

mu = ---------— v

(m -l- M)(i)

Aplicando el principio de conservación dela energía mecánica, hallemos la amplitud

(A) del movimiento oscilatorio, así:F _ f^ s is tema ^ c inética

—kA 2 = —(m + M) u 22 2

A = [«n±M uk

(2)

De (1) y (2), obtenemos la amplitud del mo

vimiento oscilatorio:

A =m

A =

[(m + M)k]1/2

(0,05X200)

[(0,05 + 10)(400)]1/2

* A « 0,158 m ©

Solución: 36• Como la amplitud del movimiento osc[latorio del bloque es A=2 m, entonces, aplicando, el principio de conservación de laenergía mecánica, se tiene:

F .‘-'cosistema Ep + Er

La velocidad es máxima, cuando x= 0, por

+ v max = 2 0

m ©

Solución: 37• Sea (v) la velocidad máxima del bloque

antes del choque, y (u) la velocidad máxima del sistema después del choque, entonces, del principio de conservación de lacantidad de movimiento, se tiene:

P antes —Pdespués

m v = (m + M) u

mu =

(m + M)( 1)

Ahora, aplicando el principio de conservación de la energía mecánica, se tiene:Antes del choque:

—kA 2 = —m v22 2

(2)

Después del choque:

- k A ; = - ( m + M )u 2 (3)2 2

Dividiendo (2) entre (3):

m vAi

A2 (m + M )u 2(4)

Finalmente, de (1) en (4), obtenemos la am plitud del nuevo sistema oscilatorio:

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48 Oscilaciones

A 2 = [^ T m ]1/2A im + M

A2 = ( - ^ - ) l /2(0,3)4 + 5

+ A-, = 0,2 m ©

Solución: 38

• Representemos las fuerzas que actúan so bre el bloque de masa (m).

mgV

T jiN

La aceleración m áxima que experimenta el bloque es cuando la velocidad es mínima(v= 0), es decir en los extremos.De la ecuación de movimiento del bloquede masa (m), se tiene:

F = m a => pN = m a

p (mg) = m a => a = pg

De la ecuación de movimiento del sistema(m+M) en el punto extremo, cuando x=A(Amplitud), obtenemos:

F = (m + M) a

k A = (m + M) pg

(m + M) p g

A =(2 + 10)(1/2)(10)

500

+ A = 0,12 m

Solución: 39

• En la Fig, como las poleas "1" y "2" están en equilibrio, se cumple:

kj.Xj = k 2.x2 ” (2 k 2) Xj —k2 x 2

x 1 = 2 x l

' k,x,

/ T X

( i )

Q

0

En la Fig., las longitudes que se deformanlas poleas ”1" y "2" son:

d - x ,xi = --------

1 2

0 + Xox2 = --------

2 2

D ESP LA ZA MIE NT O 1 D ESPL AZA MIE NT O 2

*3

(2)

(3)

> x=0

( )

|d

Resolviendo (2) y (3), tenemos:d

x, + x, =

x, + x 1 = 6

Finalmente, de (1) y (4):

+ Xj = 2 cm ; x 2 = 4 cm

(4)

©

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Física II 49

Solución: 40

• En la Fig., si la polea móvil desciendeuna distancia "x" (x: deformación del resorte), entonces el punto "A" de la cuerdadesciende "2x".

En la representación de fuerzas, la tensiónen el resorte es igual a F=k.x.A) Sea, T = k e x e la tensión en la cuerda es

siendo ke la constante elástica equivalentey xe la deformación equivalente, entonces,

como la polea está en equilibrio, tenemos:

2T = F => 2ke xe = kx

Pero se sabe que, xe = 2x, de modo que:2 k e (2x ) = kx

N ©k 400 , „k = —= = 100

4 4 m

0

B) De otro lado, el período del movimiento oscilatorio armónico de la masa (m) es:

T = 2 t c [ 0 ] , / 2

T = 2 7T[———J172 = 4 7 t [ — ] 1/2k / 4 k

T = 4rc [— —j172400

* T = 0,471 s ©

Solución: 41

• Representemos las fuerzas y los desplazamientos de las cuerdas en la polea móvil.

D.C.L (POLEA) DESPLAZAMIENTO

kkxi

kx2T kx2 *2t ld

En la Fig., como la polea está en equilibriose cumple que:

k.x, = 2k x-,

2 x 2 ( 1)

De otro lado, de la Fig., la deformaciónque experimenta el resorte superior es:

d - x2x, =

(2)

Reemplazando (1) en (2), obtenemos la dis

tanc ia "d" que recorre el bloque:

d = 5 x 2 (3)

Ahora, la tensión en la cuerda que sostieneal bloque es equivalente a:

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50 Oscilacionessiendo, ke la constante elástica equivalente,y xe la deformación equivalente (xe=d), lúego:

T = 2n[ m ,1/2

k.x 2 = k e.d => k.x2 = ^ . ( 5 x 7 )

k 800 Nk e = - = ------= 160 —

5 5 m

Luego, el período de las oscilaciones armónicas que realiza el bloque de masa (m) es:

T = 271 [— —— ]1/2mg/R

T = 2TT[-]1/2=27t[°^-]l /2£ 10

+ T = 0,2ti s

T = 2tt [ — ] 1 / 2

ke

T = 27i [ 1’6-],/2 160

+ T = 0,271 s


bre la esferita.

En la Fig., dado que "0" es muy pequeño

(sen0«0), y teniendo en cuenta que, 0—x/R,

la fuerza que produce el movimiento de laesferita, mg sen 0 , se escribe así:

r mgF = x

R-

Como, "F" es una fuerza del tipo Hooke,entonces, (mg / R)=k, y el período del movimiento oscilatorio es:

Solución: 43• Según teoría, la aceleración instantáneacon la que se mueve la partícula oscilatoria, viene dado por:

47T2 . 2 r *2a = ~ x

T 2=> a = 4?t f x

a = ( 4 7 i 2 )(2 ) 2 (2.10-2)

a = 0,32 71“m

®

Solución: 44• El período de oscilación sólo dependede la masa total del sistema. La constanteelástica (k) depende del material y de laforma del resorte, esto es:

T = 27tr m 1l /2

Antes de retirar el bloque "A":

T, = 4 ti2 ( m A + m B )

(1) Después de retirar el bloque "A"

T 2 = 47T2 m-B

( 1)

(2)

Dividiendo (1) entre (2):

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Física II 51

r2 m,:

271x = A sen(— -t + <t>0)

— "o t illA(t | - t ,2)

+ m B = 16 kg

271 2 7TX = 5 sen (— (—) + —)

4 6 3

+ x = 5 cm

Solución: 47

• Sustituyendo, x = A/2, en la ecuación de posición, tenemos:

Solución: 45

• De la ley de Hooke, calculemos la constante elástica del resorte, así:

k = * =X 1,5.10^2

k = (200/3) N /m

Luego, el periodo del movimiento oscilatorio armónico es:

.271x = A s e n ( y t + <)>0)

A 27t= A sen(— t + 0)2 24

, n , 1 ti 7isen(— t) = => — t = —

12 2 12 6

* t = 2 s ©

T = 27r[m/k] 1/ 2

T ,27 r[( ,° ^ ] (200/3)

+ T = 0,77 s ©

Solución: 46

• Primero, hallemos el período (T) de lasoscilaciones, a partir de:

E =

2?t2A2m

T2

31 10-s 27i2(5. 10-2)2(10.1Q-3)

T = 4 s

Solución: 48• Derivando la ecuación de posición hallemos la velocidad instantánea, así:

dx d 271v = -7T = sen(^ T t + 4>0))

dt dt T

271 271v = — Acos(— t + <t>0)

Como se observa la velocidad es máxima para (2 7it/T + 4>o) = 0 , esto es:

2n Amax ~ ~

Por dato, para el instante de tiempo t~t+t’,la velocidad es la mitad de la velocidad máxima, es decir:

Luego, la posición (x) de la partícula parat=2/6 s, hallamos de:

27tA 27 t, 7tA — cos(— (t + 1 ) + <t»0) = — --

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52 Oscilaciones

.271 , 1 2n , ncos( ■-1 ) = - => — t = —

T 2 T 3 + v = 136mm ®

* t ' =T

Solución: 49• Sustituyendo en la ecuación de posición,x=7, <j>0 = 0 y T=4 s, se tiene:

A 1 ,x = A se n (— t + <t)0)

7 = 7 sen(— t + 0)

.t: n nsen í— t) = 1 => —t = — 2 2 2

+ t = ls ®Solución: 50

• De la ecuación de posición, hallemos eltiempo transcurrido, así:

A / 27t í AX = A s e n O ^ - t * ^ )

27:25 = 50 sen(— t + 0)

sen(7i t) _ 1

~ 2

t = 1/ 6 s

711 =

Luego, la velocidad de la partícula oscila

toria para este tiempo es:dx 2 ti . • .271 . .

v = — - A cosí— t + <b„)dt T T 0

v = ( ^ C)(50 )co s[(^) (^) + 0]2 2 b

v = 50ti cosí—)6

Solución: 51

• De la expresión de la magnitud de la aceleración máxima, hallemos la amplitud,así:

47i2 47i2

w = t 2 a => 49>3 = ^ r A

A = 5 cm = 50 mm

Ahora, de la ecuación de posición, halle

mos la fase inicial (<¡>0), así:

.27 : , .x = A se n C ^ t + iK,)

25 = 50 sen(0 + <j)0)

1 , 7:sen <J)0 = - => <j>0 = -

Luego, la ecuación del movimiento oscila

torio de la partícula es:

+ x = 5 sen(7rt +

Solución: 52• La energía total del movimiento oscilatorio, viene dado por:

E = -27:2A2m

T2

E =(2 t:2)(5.10~2)2(10.10~3)

102

©+ E = 0,5tc pJ

Solución: 53La razón entre la energía cinética y po

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Física II 53

tencial de la partícula que oscila armónicamente, para el instante t ~ T/12 es: * EC / E P = 15 Q

Ec _ 1/2 mv

E P ~ 1 /2 kx 2

27i2A2meos ( t -t- 4>0)

Ec = Tz _______ 'JT EP 27i2A 2m _ 2.2712 \ 2r

2 sen‘ ( ^ t + (j)0)

1 71c eos ( + 0)

— í— =ct82(?}Ep 2/ 71 , rt\ 6senz( ' ‘+0)6

* L = 3Ep

©

Solución: 54• De la ecuación de posición, hallemos lafase para el cual, x=A/4, así:

A 2;:“ = A sení-y t-Kt>0)

,2n 1s e n ( ~ t + (j)0) = -T 4

Luego, la razón entre la energía cinética y potencial del movimiento oscilatorio, en elinstante en que x=A/4 es:

27t2A2m 2/2 tc ,F c° s (-- t + <l>o)

yC _ T ___ i

EP 27t2A2m 2 .2 7tt 2 sen ( -p t + (j)0)

2ttF l - s e n 2( t+ <)>0)

C 1

271"p senz( “ ’ t + (j)0)

Solución: 55• Primero hallemos la longitud del péndulo simple, así:

T = = 2 ti( - ) 1/2f g

4n2 f2

Derivando la posición angular, hallemos laexpresión de la velocidad angular, así:

“ = T/[0oSen(27tft+ <)>„)]dt

co - 2 rrf90cos(27tf t + (J>0)

Luego, la velocidad lineal de la bolita encualquier instante de tiempo es:

v = í co = 2tc f £0Ocos(2rrf t + <j>0)

v - ™ co s(2 7 tft + <()„)

2711(10X471/180) r/27t T _ 7t

v = ----------------- cos[(— )(—) + -J(27t)(2) T 4 2

* v = -(1/18) m /s ©

Solución: 56• La energía total (E) de la partícula enmovimiento oscilatorio es:

27t2 A2 m = E

471 m 2E( 1)

E c _ l - ( l / 4 ) z _ 15 /1 6

E P (1 / 4 )2 1 /16

De otro lado, la expresión de la magnitudde la fuerza sobre la partícula es:

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54 Oscilaciones

4n2A 2n h = ma = ^ s e n ( t + ct>0)

4n~ m F

T2 x(2)

Igualando (1) con (2), tenemos:

x =FA2 (2 ,25 .10 SX 2 .10 2 )2

2E “ (2X3.10'7)

* x = 1,5 cm ©

Solución: 57

• Representemos al aerómetro en equilj brio, sumergido parcialmente en el agua.

De la Fig.(a), el aerómetro se encuentra enequilibrio, bajo la acción de su peso (W) yel empuje (E) del agua, esto es:

W = E

W = pg ( V + A h)

En la Fig,(b) la fuerza que produce las oscjlaciones armónicas, es la debida al empujede la columna de líquido de altura (x), estoes:

F = p g ( V + Ah + A x ) - W

F = p g ( V + A h ) - W + p g A x

F = pg Ax

Representemos al aerómetro, sumergido una longitud (x), a partir de su posición deequilibrio.

Como se observa esta fuerza es del tipo deHooke, F=k.x, por lo que, la constante elástica (k) es:

k = pg A

Luego, sustituyendo (k) en la ecuación del periodo, ha llamos la densidad del líquido

(p), así:1/2T = 27t[m/k]

T = 2tt[ - ]P g A

T = 2ti [------ y - ] 1/27 t p g D 14

16ti m (167i;)(0,2)

g D 2T2 (10)(10_2)2(4)2

* p - 0,271 — j

cm'®

Solución: 58• Cuando se conectan en serie, la resistencia equivalen te es, ke = k/2, de modo

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Físicali 55

,1/2

que, el período es:

Ts = 2 tt [m / ke] 1

Ts = V227r[m/k]1/2 ( 1)

Cuando se conectan en paralelo la resistencía equivalente es, ke = 2k, de modo que,el período es:

TP = 271 [m /k e]

V2

1/2

Tp - -271 [m/k] 1/2(2)

Luego, de (1) y (2) la razón de los perío

dos, cuando se conectan en serie y paralelo, es;

Ts y¡2 2n[m /k] 1/2

TP (V2/2)2 íi [m /k ]1/2

* ~ - 2 ®T ,

Solución: 59

• Al inicio, el período de las oscilacionesarmónicas verticales es:

T¡ = 27t[m/k] 1/ 2

T 2 = 4rt2 — ( 1)

Después, de añadir pesas de masa totalAm, el período de las oscilaciones armó

nicas verticales es:

r -^ 2 , ? m + AmT2 = 47: ---------- (2)

Restando (2) menos (1), obtenemos:

_ 7 AmTó - T,2 = 4 tt2-----

De otro lado, de la ley de Hooke, tenemos:

k = — = A i ~ Ai

Con esto, la expresión anterior queda, así:

T 2 - T 2 = 4ti2—

Ai = —y (T22 - T2)

471

A i =■— (0,62 - 0,42)4g

* Ai - 0,05 m ©

Solución: 60• Elevando al cuadrado el período del movimiento oscilatorio, se tiene:

T = 27i [ ~ ] 1/2 => T 2 = 47r2 mk k

Luego, sustituyendo T2 en la expresión dela energía cinética máxima de la partículaoscilatoria, obtenemos (k), así:

27r2A2m^C.max _ 7

T

2n 2 A2m k ^C,max

k =

471" m

2Ec>max (2X1)

A2 (0,05)2

Nk = 800 —

m ©

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• La ecuación del movimiento resultante,de la superposición de los dos movimientos es:

X = Xj + x 2

Solución: 63

• Sustituyendo, A! = A2 = A, en la expresión de la amplitud resultante, se tiene:

A2 = A2 + A2 + 2A, A2 c o s ( ( {> 2 - < t> i)

a , . ,271 nx = A sen(— t) + A sen(— t + —)

T T 4

,2 n 7i 7t.x = 2 A sen(— t + —) c o s í- )

T 8 8

x = (2)(0,02) cos(— ) sen(—t + —) 8 4 8

.71 71 ( c )x = 3,7 sen(—t h — )cm4 8

Solución: 62

• La amplitud del movimiento oscilatorioresultante, viene dado por:

A = [A| + A2 + 2Aj A2cos(<|)2 )]

A = [22 + 32 + (2)(2)(3) eos—] 1/2

A = [22 + 3 2] 1/2 = 3,6 cm

De otro lado, la fase inicial de la oscilación resultante, viene dado por:

tg (jj _ Al Sen ‘í’l + ^ 2 Sen <t*2A, eos + A2 cos<j)2

tg 4>:2 sen(7i / 2) + 3 sen(7i / 4)

2 cos(7t / 2) + 3 cos(7t / 4)

_ (2)(l) + (3)(V2 /2 )

(2)(0) + (3)(-s/2 / 2

4>= tg -, (l,9428)

* <¡>= 62° 46'®

A = A + A + 2AA cos((j)2 - ()>,)

cos((j)2 -c j ) , ) = - -

* * 2 * , = y ©

Solución: 64

• La ecuación de movimiento resultantede la superposición de dos oscilaciones per

pendiculares entre sí, y de igual período,viene dado por:

2 xy _____

A2 A 2 A jA 2COS(<)>2 - <(»,)

102 52 (10)(5)

sen (cj)2 - 4>i)

2 xy cosO0 = sen2 0o

x2 + 4y2 - 4 xy = 0

(x - 2y) = 0

y = x/2

^L a trayectoria de la oscilaciónresultante, es una línea recta^

El ángulo de inclinación de esta recta es:

P = tg *0~) = 26° 34'

La amplitud de la oscilación resultante, viene dado por:

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Física II 57

A —[ Aj + A 2 + 2 Aj A 2 cos(<J>2 —( 1 )]

A = [102 + 52 + (2X10)(5) •

cos(60° - 60 °)]1/2

A = 11,2 cm

Luego, la ecuación de la oscilación resultante, tendrá la forma:

s = Ase n(2 7tf t + <)>0)

s = ll,2sen[(2nX 5)t + - ]

7t ®s = 11,2 sen(l On t + —) cm

2 2 2 xy

Aj A2COS((j)2 - <j>!)

2 2

ZL+JL 22 22

= se n (<t>2 -<j>i)

2 x y , 7 1 2,7tcos í— 0) = sen (— 0)

(2X2) V2 V2

x2 + y2 = 22 ©

'" La ecuación de la trayectoria esuna circunferencia de radio 2>:>

Solución: 67• Recordemos que la posición y la velocidad instantánea de la partícula, vienen dados por:

Solución: 65• Según teoría, la amplitud de la oscilación resultante, viene dado por:

A = [A2 + A2 + 2 A, A2 cos(<)>2 - <)>i)]1/2

Así, la amplitud de la oscilación resultante,

de la superposición de las dos oscilacionesen la misma dirección es:

A = [32 + 42 + (2X3X4) cos(0)]112

x = A s e n ( y t + <t>0) (1)

27t 2tt , . ...v = y A c o s ( — t + (J)0) (2)

Sumando (l)2 más (2)2, obtenemos la siguiente ecuación:

1 V 1 9x + r- = A = cte.

471

A = (49)]/2 = 7 cm

Asimismo, la amplitud de la oscilación resultante, de la superposición de las dos oscilaciones perpendiculares entre sí es:

A = [32 + 4 2 + (2)(3 X 4)cos( | ) ] 1 / 2

A = (25)1/2 = 5 cm ©

Solución: 66

• La ecuación de la trayectoria del movímiento oscilatorio resultante, viene dado

por:

2 32T 2 2 42T 28 + = 62+

4n 4n

7 1 , 2 — — ~ 28 => T = 1671471

+ T = 47: s ®

Solución: 68

• La magnitud de la aceleración de la par tícuia en M.A.S, viene dado por:

4 k 471 H- > a = ■- ^ d

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58 Oscilaciones

T = 2tc[—] 1/2a

Evaluando la ecuación de movimiento(5 ) para, t=T/4= 1 s y x —4,5 cm, obtenemos la

amplitud, así:

Solución: 69

• Utilizando la identidad trigonométrica:

cos2x = 2cos x - 1 , tenemos:

27tX = COS 7tt = 2 eos — t - 1 2

x = 2 y —1

2 y - x = 1 ©

271x = A e_Stsen(“ t + <p0)

4,5 = A e-(0’4)(1)sen[(— )(1) + 0]4

A = 6,7 cm

Luego, la posición de la partícula en movímiento oscilatorio amortiguado, en el instante t=3 s, es:

.271,

<La ecuación de la trayectoriaes una parábola>> x = A e 5tsen(” t + <p0)

Solución: 70

• La ecuación de la trayectoria del movímiento oscilatorio resultante, viene dado

por:

2 2 ox y 2 xy

a[ Á | ~ a ^.7

= sen2((j>2 -<)>,)

x y 2 xy n 2,n+ —- ----------- cos(— 0) = sen (— 0)

(1)(2) 2 2l2 ' 22

2 2

i L + y _ = il2 22

®

<<:La ecuación de la trayectoria es una

elipse de semiejes a= l y b=2>:>

Solución: 71• El coeficiente de amortiguamiento (8),viene dado por:

5 = — = — = 0,4T 4

x = 6,7 e ' ’ x ’senC—(3) + 0)

* x = -2 cm ©

Solución: 72• Hallemos la expresión de la velocidadinstantánea, y evaluémosla en t=3T=(3)(4)

= 12 s, así:

x = 5 e 0,25 'sen —t

v = — = - i,25 e 0,25 ‘sen —t +dt 2

5 _o t 71 —71e ’ eos- t2 2

5v = -l,2 5 e ' sen67t + -7 te cos67i2

* v = 0,39 — s

©

Solución: 73• Recordemos que el coeficiente de amor tiguamiento (5) es:

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Física 11 59

5 = —

siendo, (^) el decremento logarítmico.

La amplitud de la oscilación amortiguada,en el instante de tiempo t = t es:

Ai = A0 e 1

La amplitud de la oscilación amortiguada,en el instante de tiempo, t = t + T es:

- - (t+T) A 2 = A 0 e T

Dividiendo A! entre A2, tenemos:

0,4e ^ - e

* ^ = 1,5A?.

©

NotaRecordemos que la función seno es pe

ríodica, esto es, se cumple:

sen(t) - sen(t + T)

Solución: 74• El período del péndulo matemático, viene dado por:

T= 2tt[—] 1/2 = 2tt [— ] 1/2 g 9,8*

T = 2 s

La razón entre las amplitudes para los instantes de tiempo, t=t y t=t + t’, según el problema anterior es:

£ = _ * , ( —4 = — ¿n(2)t' A, 60

+ £ = 0,023 ®

Solución: 75• Primero, calculemos el periodo del péndulo simple, así:

T ^ t V ^ W 24’710" ] 1"g 9,8

T = 0,997 s

De otro lado, la razón de las energías del péndulo simple para los instantes de tiem po t= t y t~ t + At es:

E, ( l / 2 )m oi^A'e T

El _„2x

(1 / 2) m co2 A2e T

§e 1At => At = — tn (— )

25, E2

0,997At = — fci(9,4)

(2)(0,01)

+ At «112 s

Solución: 76• La razón de las magnitudes de las aceleraciones en los instantes de tiempo, t = t yt = t + T, viene dado por:

i ,

A0e T-2 (t+T)

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• La razón de las amplitudes del mov|miento oscilatorio amortiguado, cuandotranscurre 1 min es:

- i .Ane T

í (t+60)A0e T

60 - ¿ e T = 2 => 60 ^ = ¿n(2)

180 í = 3 (n(2)

Luego, la razón de las amplitudes del movímiento oscilatorio amortiguado, cuandotranscurre 3 min es:

A„e T

A, 180

:(t+i80)

T = e 3 <n (2 )

Al* —L = 8 veces

A?

M M'

47iR’/3 4tix 7 3

x 3M' = T-M

R3

siendo, M la masa total de la Tierra.Así, la fuerza ejercida sobre la bolilla, por esta masa (M’), cuando la bolilla seencuen tra a la distancia (x) del centro dela Tierra es:

mM' m x

h = G 3 7 " ° 7 ( i L M)

F = G ^ * = kx R3

siendo, (k) la constante elástica del M.A.S.Luego, el período del M.A.S que realiza la

bolilla es:

T = 27r [—] 1/2 = 271[— — ] 112 k G M

T = 2txI (6,37.106)3 i 1/2(6,67.10_11)(5,96.1024)

* T = 84,4 min ©Solución: 78

• Representemos la bolilla cuando se encuentra a una distancia (x) del centro de laTierra.

En la Fig., por proporcionalidad, la masa(M’) contenida en la esfera de radio (x) es:

Solución: 79• Primero, hallemos el período del péndulo matemático, así:

T = 2n [—] 1/2 = 2tc [— ] 1' 2

g 9,8T = 1,418 s

Luego, el tiempo de relajación del péndulomatemático es:

T

6 fn[A (t)/A (t + T)]

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Física II 61

T = ■1,418

£n(5/4)

* x = 6,35 s ®

Solución: 80

• Primero, hallemos el “período” del movímiento oscilatorio amortiguado, así:

T = 27i[rn] 1/2 = 2rc[—01— ] 1/2k mg/A

tg cp = ^ Sm 2 = tg(-0,757i) = 1co„ —00

<d0 = [o>2 + 2 8 cú] 1/2

co0 = [(107T)2 -t- (2)(l,6)(107i)]1/2

w0 = 32,97 * 33 = 10,571

Luego, la amplitud de las oscilaciones pro pias, en el instante t = 1 s es:

^ „ 9,8.10 , i/ ,T = 2ti[— ----- - 1/2

9,8

T 71T = s5

x = 7e 1,6tsen(10,57it)

x = 7e~a6xi)sen((10,57r)(l))

+ x = l,4cm

Por dato, la amplitud se reduce al 1 % dela amplitud inicial A0, después de 10 s, esto es

A0 e -,ü6sen ((^--)(1 0) + ~)2n

n / 5 2 100

(e~10 8)(0,86) = — 100

8 =¿n(86)

10

* 8 = 0,45 s“ ‘

Solución: 81

• La ecuación de las oscilaciones propias,viene dado por:

x = A 0e~S 1sen(©0t + <J»0)

Solución: 82• La ecuación de la fuerza periódica exterior, viene dado por:

F = F0 sencút

Calculemos el valor máximo de la fuerza periód ica exterior (F0), a partir de:

F0 = Am [(co2 - co2)2 + 4 82w2] 1/2

F0 = (5.10 )(10.10 ) •

[(332 —3 1,42)2 + (4)(1,6)2(31,4)2] 1/2

F0 w 7,2.10-2 N

Luego, el valor de la fuerza periódica exterior, en el instante de tiempo t= 1/30 s es:

x = A0e 6 *sen(cout + 0)

El desfase entre las oscilaciones propias ylas forzadas es -0,75 n rad, por tanto:

F = (7,2.10 )sen((lO 71 )(l/30))

* F = 3,6.10 N ®

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• La ecuación del movimiento oscilatorio del péndulo, viene dado por:

?7Z 0 - 0o sen(— t+ <J>0) (1)

El periodo de las oscilaciones, que realiza el péndulo para un ciclo completo es:

T = 2n [ - ]1 /2 8

Evaluando la ec.( l), en t = T/4 y t = 0, con ayuda de la Fig., hallemos la fase inicial <)>0 y la amplitud 0 O, así:

En, t = T/4:

0 = e os e n ( y |+ < |> a )

O= 0 os e n ( | + <t»o)

71 i * i 712 + 't*o “ 0 =>

En, t = 0:

p - 0osen(<j>o) = sen( ~ )

% ~ “P

Sustituyendo 0 O y <j>0 en la ec .(l) , y eva

luando en t = T/2, obtenemos la mitad del período oscilatorio, así:

r r 2 n T - a = - p sen í ------------- )T 2 2

T'= — [sen_1(—) + —]tí V 2

r = 2 [ V W 1( - ) + - ]g V 2

r = (2 )t °’- ] 1 /2 lsen 1(— ) + - ]10 2a 2

* T ' = 0 , 8 4 s ©

Solución: 84

• Representemos esta ecuación, teniendo en cuenta que el período es T = 2 s.

Como la proyección de la velocidad sobre el eje X es, vx = 0,35cos7tt (m/s), entonces

la ecuación de movimiento de la partículae s :

035 , xx = s e n ( 7 i t) (r a )

71

En la Fig., la longitud recorrida por la par

tícula en el intervalo de tiempo 0£ t <2,5 s es:

, ,0 3 5 n,„ 1,75¿l - {-Z— )(5) = - — » 0,557 m

n n

También, en la Fig., la longitud recorrida por la partícula en el intervalo de tiempo

2,5s¿ t <2,8 s es:

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64 OscilacionesEn la Fig., la fuerza tangencial que produce las oscilaciones del péndulo es: x = A eos co t + A eos 2co t

Ft = (W - E)sen 0

Así, de la segunda ley de Newton, la ecuación diferencial que describe el movimiento pendular es:

m an

( W - E ) se n G =W l d26

g dt2

Para, 0 ^ 0 , s e n 9 « 0 , de modo que la ecuación anterior, queda así:

d2e + (W -E )0 = o

dt W<

De aquí, la frecuencia angular de las osdlaciones del péndulo es:

2 ( W - E ) gco„ -

^2 _ [p0gv - (Po/r l)gV] g

Po gVf

2 ,271 2 ( p - l ) g“ o = (— ) = t -

T q i

T = 2711

T = 2rt [

(D -1) g

(3)(0,4)1/2

(3 - 1)(10)

+ T = 1,54 s ©

Solución: 88

• La ecuación oscilatoria resultante y lavelocidad de la partícula son:

v = — - -Aco sena ) t-2A(osen2(o tdt

Igualamos a cero la aceleración instantanea, para hallar los mínimos ó máximos dela velocidad, así:

dv t 2 — = -A co coscot - 4A co eos 2<o t = 0dt

eos cot = - 4 (2 eos oo t —1)

8 eos2 cot + eos cot- 4 = 0

eos cot - 0,647 y sen cot = 0,762

Luego, la magnitud de la velocidad máxima de la partícula es:

vmax = I" A“ (0,762) - 4Aco (0,762)(0,647)

Vmax = 2>73 A “ ®

X = X, + X,

Solución: 89

• Evaluando la ecuación de posición de la

partícula en M.A.S, en t=to, t=2to y t=3to, se tiene:

271a = A sen(“ t0 + <t>0) (1)

b = A s e n ( y 2t0 + <{>0) (2)

2nc = A s e n ( y 3t0 + tj)0) (3)

Sumando (1) más (3), y utilizando (2):

a c 271 „ , % 2tc — + — = 2 sen(—- 2t0 + <j)0)cos — 10A A T f

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Física 11 65

a c b 2n — + — = 2 —eos — tnA A A T 0

2n _i,a + c — t = eos (------ )

T ° 2b

2n t .* T - --------------0

x = x 0(sento t0sencot + coscot0coscot) +

® eos ](a + c) /2 b

Solución: 90• Recordemos que la posición y velocidadinstantáneas de la partícula oscilatoria, viene dado por:

x = A sen(o) t + <¡>0)

v = co A cos(co t + (j)0)

Desarrollando estas ecuaciones, y evaluando en t=to, tenemos:

x = A cos<(>0sen cot + A sen cf>0coscot

v = co A eos <(>0 eos cot - co A sen <j>0 sen cot

Acos <j>0sen cot0 + Asen <j>0 eos cot0 = x0

vAcos <f)0 eos cot0 - Asen <j>0 sen cot = —

co

Resolviendo este par de ecs. para A costj)0

y A sen<¡>0, obtenemos:

vA eos <(>0 = x0 sen cot0 + — eos cot0

co

Asencj)0 = x 0coscot0 - ( v 0 /co)sen cot0

Sustituyendo, A cos<J>0 y A sen<j>0, en la e

cuación de posición, tenemos:

x = (x 0sen cot0 + 0 eos m t0 ) s en cot +COv

{ x0 c o sc ot0 - 0 s e n w t 0 ) co s co tco

(eos cot0 sen cot - sen cotQeos cot)co

x = xQco sco (t- 10) + — s en e o ít- t 0)co

Solución: 91• La velocidad instantánea en el movjmiento oscilatorio de la partícula es:

v = — = -co A sen(co t - <t)n)dt 0

Luego, la potencia instantánea y media de

la partícula oscilatoria es:

p = v F = -co A sen(co t —<f>0) F0cos co t

P = -co AF0sen cot eos cot eos <¡»0

+co AF0sen <|>0cos2 cot

 - -co AF0cosc|>0< sen cot coscot > +

co AF0sen (j)0sen <t>0 < eos cot >

Ahora, calculemos los valores medios delas funciones trigonométricas:

t+ T

< sen cot eos cot >= — ísenco t'cosco t'dt'T i

< sen cot coscot >= 0

1+Tcos 2cot' + l

t r 1

< eos2 cot >= — f T J

dt '

2 1< eos cot >= —

Finalmente, la potencia media de la partícula oscilatoria es:

 =co AF0sen <j>0

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66 Oscilaciones

=(4X0,02)(5)(1/2) 1/2

+ = 0,1 w

Solución: 92• Representemos el péndulo, cuando realiza oscilaciones en la superficie y a una profundidad de h=400 m.

!«■g’ T '

Por proporciones, hallemos la masa M’contenida en la esfera de radio R’, así:

M M'

4/37tR 4/37t R 1

M' - MRO

R 3

Ahora, hallemos la razón de las aceleradones de la gravedad a una profundidad deh=400 m (g’) y en la superficie (g), así:

g ' G M '/ R '2 M 'R 2

g G M /R ‘ M R ,¿

( M / R 3) R , 3R 2

M R ’ 2

f R - h

R'

R

R = 1

h

R

De modo que, la razón de los períodos del péndulo en la superficie (T) y a una profiindidad de 400 m (T”) es:

£ = 2ti [t¡ g] =

r 2 tü[f /g' ]1/2 g

1/2

— = [1 - —] 1/ 2 « 1 - —

r R 2R

para x « l , se cumple que ( l+ x )1/2*1+ x/2,en nuestro caso x = h / R « l .De otro lado, el número de oscilacionesque realiza el péndulo a una profundidadde 400 m, durante 24 horas es:

N :t__ (24X60X60)

r ” t '

Luego, a una profundidad de 400 m, el péndulo en 24 horas se retrasará un tiempoigual a:

At = N (T' - T)(24X60)

T'(T' - T)

\2 /* - hAt = (24)(60) (1 - 1 + ——)1 R

At = (24)(60) (400)(2)(6,37.10 )

+ At = 2,7 s ®

Solución: 93• Representemos los vectores aceleraciónde inercia del péndulo ( - á ) y el de la gravedad (g), y hallemos la aceleración efec

tiva (grf).

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Física II 67

gcf = [a2 + g 2 + 2a gc os( 90 ° + 6 )] 1/2

gef = [a2 + g2 -2 a g se n 9 ]1/2

Luego, el período de las oscilaciones libresque realiza el péndulo es:

T = 27i[¿/gef] 1/ 2

1/4T = 271 [— r— ja~ + g - 2a g sen 0

0 52T = 271 [—2------2 ’------------------

4 +10 - (2)(4)(10)(l /2)

+ T = 1,5 s

1/4

©

Solución: 94

• La ecuación del movimiento oscilatoriode la carga, viene dado por:

271x = A s e n ( y t + <j>0) (1)

Como, en t = t + 0,01 la distancia (x) medi

da desde la posición de equilibrio es máxima, entonces:

— (t + 0,01) + <)>0 = —

271 . 71 271

T t + <t>0 = 2 ^ Y ’°

Sustituyendo en (1), y teniendo en cuentaque x= 0,5, tenemos:

0,5 = 1 sen — 0,01)2 T

0,5 = cos(-^ 0,01)

+ T = 0,06 s ©

Solución: 95

• Como la energía máxima corresponde ala velocidad máxima, hallemos el instanteen que la velocidad es máxima, así:

x = A sen(cot + <j>0)

v = k >A cos(co t + <j>0)

La velocidad es máxima, para cot + <j)0 = 0,

entonces la energía cinética máxima es:

R 1 2Er = —m v

Ec = —m co2 A2 eos2 (co t + <j>0)

-'C.max1 2*2- m co A2

Por dato del problema, para t= t+ t’, la ener gía cinética se reduce a la mitad de la ener gía c inética máxima Ec, max>esto es:

co2 A2cos2[oo(t + 1') + <j>0] =

~ ( “ mco2A 2)2 2

2 . 1 . V2eos co t = — => eos cot = —

* t = ©

4co

Solución: 96• El decremento logarítmico £ en función

de las frecuencias natural (f0) y amordguada (f), viene dado por:

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68 Oscilaciones

20 '

(5X12)

16 1 / 2) )

(4X20)

+ E, = 3/4

Solución: 97

• En la rama izquierda del tubo desplazemos hacia abajo una columna de mercuriode altura (x), y luego liberándolo, producjmos las oscilaciones, como se muestra enla Fig.

Como se observa, el volumen de mercuriodesplazado en la rama izquierda, es igual,al volumen desplazado en la rama derecha,respecto de la posición de equilibrio (P.E),esto es:

V, = v 2

A x = A'y =eos 0

y = x cos0

pues, la proyección del área A 1 sobre lasección recta del tubo es A'cosO = A .

En la Fig., la fuerza sobre el mercurio, de bida a la presión hidrostática, creada por lacolumna de mercurio (sombreado) es:

F = p g (x + y) A

F = p gA (1 + eos 0) x = k x

k = p gA (1 + eos 0)

pues, las oscilaciones son armónicas, y la

fuerza es del tipo de Hooke.Luego, el período de las oscilaciones armónicas que realiza el mercurio es:

T = 2n[

T = 27t(m/k)

m

1/2

T =[

pgA (l + co s0 )

(2ti)2(0,2)

1 / 2

(13,6.103)(10)(0,5.10-4)(l + cos30°)

* T = 0,79 s ©

Solución: 98

• Representemos la fuerza eléctrica ejercída por el anillo sobre el electrón de masa"mc" y carga eléctrica-e.

T

Así, en la Fig., esta fuerza está dirigida entodo momento hacia el centro del anillo, ysu magnitud es:

F =1 e.Q x

4ne0 ( x 2 + R2)3/2

Ahora, como x « R , entonces despreciandox frente a R, tenemos:

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Física II 69

* eQ uF = r- x = k X47T£„R j

Esta fuerza es del tipo de Hooke, F=k.x, así, la carga se mueve alrededor del centrodel anillo con M.A.S, cuyo período vienedado por:

T = 2n^¡me/k

T = 2tt [m„

e . Q / 4 7 t e 0 R

1/2

[fTT = 2n |4tter,meR3/e.Q]1

T= 2rc[(9,1.10-31X3.10 1)3 ll /2

(9.109)(1,6.10_19)(3.1(T10)

+ T = 1,5 us

Solución: 99

• Representemos la fuerza eléctrica sobre(-q) debida a la carga ubicada en A.

aVT/ 10::'.'. ¿faríinavT/2 /

q ©c íl'Fl

En la Fig., la suma de las componentes paralelas al cuadrado ABCD de las fuerzaseléctricas sobre (-q), creadas por las cargasubicadas en los vértices ABCD se caneelan entre sí, de modo que, la resultante(F’), es igual a la suma de las componentesverticaes, esto es:

F'= 4 F, = 4 F co sa

UF'= 4 k ^ - c o s a

d2

En los triángulos rectángulos:

d = Vx2 ' 12 X- a y eos a

De modo que:

F'= 4 k ( x 2 + a 2 ) 3/2

F = 4 k q 'a3 [l + ( x /a )2]3/2

Por dato, x « a, entonces (x /a )2 « 0, de

modo que la ecuación anterior queda, así:

4 q2F = — - —j x = k x

47ie0a ’

Esta fuerza es del tipo de Hooke, F=k.x.Luego, el período de las pequeñas oscilaciones que realiza la carga eléctrica es:

T = 27i(— )k

T = 2n [m a 3 47180 /4 q 2 ]

7i2(9,1.1(r31X10-1)31i/2

(9.109 )(1,6.10~19)2

+ T = 6,24.1 (T3 s ©

© N ota No confundir la constante de elasticidad en la ley de Hooke, con la constante eléctrica en la ley de Coulomb.

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• Según el método de imágenes, el sistema carga-lámina, se puede reemplazar por un sistema de dos cargas "q" y "-q", equidistantes de la lámina. Así, en la Fig., la

fuerza que produce las oscilaciones de lacarga "+q" es la componente tangencial dela fuerza eléctrica (F), esto es:

Fj- = F sen 0

2Fj- = k

Fj - = k

[2 h + 2.Í (1 - cos0)]~

2

sen 0

4h2[l + 4 f sen2 (0 /2) ]

sen 0

Ahora, como q = 0, entonces:

sen 0 * 0 ; sen —» 0 y s = f.0

Luego, utilizando estas aproximaciones, enla ecuación anterior, ella queda así:

-s = k s167te0h

Esta fuerza es del tipo de Hooke, F=k.s(siendo s la longitud de arco limitado por

el ángulo 0), de período igual a:

T = 2ti (—)1/2k

- r h r i 1 1 / 2T = [47 ie0m L J

q

47t(2.10-2) (9.10"23)(4.10-2) 1 / 2

(8 .K T 10) 9 .109

+ T = 271.10 9 s

Solución: 101• Representemos las fuerzas eléctricasque actúan sobre la carga "-q".

El módulo de las fuerzas eléctricas que e- jercen las cargas "Q" sobre -q, es:

1 q-Q

4 7te 0 x 2 + ( a / 2 ) 2(1)

En la Fig., la suma de las componentes horizontales de estas fuerzas, se anulan entresi, luego, la fuerza resultante F1sobre -q,será igual, a la suma de las componentesverticales, esto es:

F = 2 F i

F'= 2 F c o sa

Pero, de la Fig.: se tiene que:

c o s a =[ x 2 4- (a/2)2]1/2

(2)

(3)

De (1) y (3) en (2):

F= 1 x2jre0[x2 + (a/2 )2] 3/2

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72 Oscilaciones

tT - ( )a

tT - tA + tD

2 h ,1/2 Vg + a - V g ^a

V 8- VS“ a

t r(2X10)ll /2VÍ5-V5

‘T = [ 5 ] T f o ^ T F

+ tT = 3,53 s ©

Solución: 103

• Representemos a los bloque unidos al resorte antes y después de deformarse.

De modo que, la compresión total que ex perim enta el resorte es:

m, + m,Ai - x + y = - x

m 2

Así, la fuerza que actúa sobre el bloque(1), debido a la deformación del resorte es:

m, + m, ,F - k Ai = — k x

m -,

Como la fuerza es del tipo de Hooke, laconstante elástica, del movimiento oscilatorio del bloque (1) es:

ANTES

d2om VWVVWWWVW\ m

DESPUES

: o

k, =

m, + m2

m ,

Luego, el período de las oscilaciones querealiza el bloque (1), al quemarse los hiloses:

T = 2ti(—-)1/2V

Antes, eligiendo el c.m del sistema, comoel origen de coordenadas 0, hallemos la relación entre d] y d2, así:

= 0- m]d, + m2d2

nq + m2

mjdj = m2d2

Después, sean, x e y las longitudes comprimidas del resorte a la izquierda y derecha

del origen 0, como se aprecia, entonces, como la posición del centro de masa no cam

bia, se cumple que:

- m 1( d1- x ) + m2(d 2 - y )

m¡ + m2= 0

mjy = x

m2

T = 2ti [■m,m1XI12 i 1/2

(ni] + m 2) k

T = 2n[ (9X' 6) ] '"(9 + 16)(576)

* T = - s5

©

! Probar que los bloques (1) y (2),realizan oscilaciones, de igual período !

Solución: 104

• Recordemos que el período de las pequeñas oscilaciones que realiza un péndulocompuesto, alrededor de un eje, viene dado por:

T = 2 7 t ( - I - ° - ) 1 /2m g d

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Física II 73

siendo, (I0) el momento de inercia respectodel eje que pasa por 0, (m) la masa del péndulo, y (d) la distancia del centro de masa(c.m) al punto 0.Así, cuando el agua se encuentra en estado

líquido, el período de las pequeñas oscilaciones es:

T = 2ti(—-----) 1/2m g d

Del mismo modo, cuando el agua se encuentra en estado sólido (hielo), el períodode las pequeñas oscilaciones es:

T = 2 a (

I0 \1/ 2

m g d Y

T = 27t(^ + m ^ ) 1/2m g d

r 2 7l[( 2 /5 ) m R 2 + m £ 2 ] i/ 2m g d

siendo, Icm, I0 los momentos de inercia delrecipiente esférico, respecto a su centro demasa (c.m) y del eje que pasa por 0.Luego, el número de veces que aumenta el

período de las pequeñas oscilaciones es:

T' _ 2ti [ (2/5)R + 1 /g d]

T “ 27i[£2/ g d ]1/2

= [l + | ( y ) 2] ,/2

P + - ( — ) 2] W25 2R

1/2

r

T

r

t "

T'1,05 veces

®

Solución: IOS

• Cuando el sistema mecánico está en re poso, el peso del bloque (mg) produce un

alargamiento ( del resorte, esto es, se cum ple:

mg = k £

Para producir las oscilaciones del bloque,

estiramos el resorte una longitud adicional(x0), a partir de la posición de equilibrio, yliberamos el sistema, siendo la amplitud delas oscilaciones (xo).

*0 í■P.E

v=0

Ahora, apliquemos el principio de conser vación de la energía mecánica, para una elongación cualesquiera (x<x0) del resorte;y considerando a la polea imponderable, setiene:

1 2 1 2E = - k ( x o + 0 - m g x 0 = - m v +

1 2

- k ( x + f) - m g x

Sustituyendo mg = k f , operando y simpli

ficando, obtenemos la expresión para lave-locidad, así:

~ k (x2 + í2) = j m v 2 + ^ k (x2 + £2)

v = [k (x2 - x2)/ m ] 1/2

Nuevamente, apliquemos el principio deconservación de la energía mecánica, peroconsiderando la masa M de la polea, así:

1 2 1 2E = - k ( x 0 + f) - mg x0 = —m v +

1 7 1 7- I 0ro + - k ( x + f) - m g x

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74 Oscilaciones

1 9 1 7- k ( x o + 0 - m g x 0 = - m v +

i ( M R 2) ( ^ )2 + ^ k ( x + 0 2 - m g x Z K- Z

Sustituyendo mg = k t , operando y simple

ficando, obtenemos la expresión para la velocidad, así:

N =t (24X60)(60)

Luego el tiempo total que se adelanta el

péndulo en 1 día = (24)(60)(60) s es:

t' = NAT = (24)(60)2 -s e n 25o4

^k (x 2 + i 2) = i (m + M) v2 + ~ k (x 2 + í 2)

v = [k (x2 - x2) /(m + M )]1/ 2

t' = 164,07s

+ t ' = 2,73min ®

Como se observa en el segundo caso, el

bloque se mueve con una velocidad menor,como si su masa hubiese aumentado de ma m+M, de modo que, el período de las oscilaciones del bloque es:

T = 2 7 i (rn± ^ ) 1/2k

T = 2tt (—— —) 112 720

T K * T = - s3

0

Solución: 106

• El período correspondiente a la ampli

tud de 90 =5°, con una aproximación del

segundo orden es:

T = T0(l + ^ s e n 25°)4

Solución: 107• La posición y velocidad instantáneas delcuerpo en oscilación, vienen dados por:

x = A se n(c ot + <j)0)

v = co A cos(cút + <j>0)

Evaluando estas ecuaciones en to= 0, obtenemos:

x 0 = A sen <j>0 (1)

v0 —co A eos (|)0 (2)

Sumando ( l )2 más (2)2, obtenemos la am plitud del movimiento oscilatorio:

A = [x2 + (— )2]1/2co

A = [0,l2+(1/6)2]1/2 =0,194 m

De modo que, el tiempo que se adelante el péndu lo en un cic lo completo es:

Dividiendo (1) entre (2), obtenemos la faseinicial del movimiento oscilatorio:

2C0AT = T - T0 = T„—sen 5 tg 4>0 =cox„ 1 , ( 0

=> <t>0 = tg ----2.)V

De otro lado, el número de ciclos que realiza el péndulo en el tiempo de t=l día es:

►o= tg-1((- ^ p ) = 0,54rad

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Física II 75

Así, la ecuación de la posición instanteneadel cuerpo, vendrá dado por:

x(t) = 0,194 sen( 6 1 + 0,54)

x(l,4 ) = 0,194 sen((6Xl,4) + 0,54)

* x(l,4) = 0,09 m ©

Solución: 108

• La ecuación diferencial que describe elmovimiento del oscilador armónico forzado, viene dado por:

m -dz

dt2+ k z = F(t)

dz

dt2+16 z = 64 sen 4t

d^z

dt2+ 4 x = 16 sen 4t (1)

siendo, co0 = 2rad/s la frecuencia angular

de las oscilaciones libres o propias.La solución general de la ecuación diferen

cial (1), y la velocidad instantánea del cuer po asociado al resorte, son:

4z = A eos 2t + B sen 2t — sen 4t

3

v = -2 A sen 2t + 2B eos 2t - - -- eos 4t3

Evaluando estas ecuaciones en t= 0, hallemos las constantes de integración A y B,así:

0 = Acos 0 + Bsen 0 — sen 03

A = 0

0 = 2A sen 0 + 2B eos 0 - ^ eos 03

16 80 = 2 B -> B = -

3 3

Luego, expresando la solución particular ala ec.(l), y evaluando dicha solución para

z = - sen 2 t sen 4t3 3

z = —sen(2X0,5) - —sen(4)(0,5)

©

Solución: 109• Como, 2y = b/m=8/2=4, y =2 , además

co2 =k/m=8/2=4, luego, la ecuación que

describe el movimiento oscilatorio amortiguado del cuerpo es:

d2x „ dx 7 ——+ 2y — + co0x = 0dt dt

d x dx — —+ 4 — + 4 x = 0dt2 dt

Como, y = co2 la solución general a la e

cuación diferencial anterior, y la velocidadinstantánea, vienen dados por:

x(t) = e~yt (A + B t)

v(t) = -y e”r ' (A + B t) + B e“r *

Evaluando estas expresiones en t= 0, hallemos las constantes A y B, así:

x(0) = 2 = A

v(0) = 0 = - 2 A + B => B = 4

Luego, expresando la solución particular yevaluando en t= 0,5 s, tenemos:

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76 Oscilaciones

x(t) = 2e “2 í (l + 2t)

x(0,5) = 2 e “(2X°’5)[l + (2)(0,5)]

+ x(0,5) = 1,47 m ©

Solución: 110

• Representemos a la barra girando, debído a su propio peso.

El período de las pequeñas oscilacionesque realiza la barra, alrededor del eje de gjro es:

T = 27t(—^ —)I/2m gd

T = 27l[(1/3- ^ r mg(£/2)

T r2^ 1 / 2 _ r(2X0,375) 1/2T = 2tt [— ] = 27t ]

3g (3)(7t)2

+ T = ls ©

Solución: 111• Representemos el anillo, oscilando aire

dor del eje de giro.

Según el teorema de los ejes paralelos, elmomento de inercia respecto del eje de giro que pasa por 0 ’ es:

1 = I„ + m d 2

l = m R ! + m R 2

I = 2 m R ¿

Luego, el período de las pequeñas oscilaciones que realiza el anillo es:

T = 2tt[I

m g d

t '■wr2mR t1/2 T = [ 2rj~m7t R

T - [8R ]1/2 = [(8)(0,125)]1/2

+ T = 1 s LBJ

Solución: 112• Representemos a la conexión de resistencias en tres situaciones diferentes.

MVvV 1 o^AAA/vVH

- s —

2d

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Física II 77

En la Fig., la fuerza resultante sobre la bolilia de masa (m) es:

Fy = 2 F eos (

ción de equilibrio.

F = 2 k ( V 7 + d ! - í 0) y7 y2 + d2

F = 2 k ( y -d y'l + y 2 /d 2

Fy = 2k (y - (1 + ~ r ) 1/2)d d“

F( = 2 k ( y - ^ 0 - l | ) )

F 2 k & - T y + 2 ? y3)

Como, y/d « 1, entonces (y /d ) 3 » 0, lúe

go la expresión anterior, queda así:

p 2k(d - * o ) .F = — y = kyd

Luego, el período de las pequeñas oscilaciones que realiza la bolilla de masa (m)se-rá:

El disco experimenta dos torques, uno de bido a la recuperación del alambre defor mado y el otro debido a la fuerza de recu

peración del resorte, así, el torque total es:

t = k '0 + k ( R 0) R

t = (k ' + k R2)6 = k 0

siendo k = K ' + icR2 la constante elástica

del movimiento oscilatorio simple.Luego, el periodo de las pequeñas oscilaciones que realiza el disco es:

T - 2tí ( ^ ) 1/2

k

k ' + k R “

T = 27t(—) 1/2 k

T = 2 k [ m d 11/2

T = 2ti[

2k ( d - ¿ 0 )

(0.4)(0,25) 1 / 2

(2)(100)(0,2)

* T= s10 O

Solución: 113

• Representemos al disco después que hagirado un ángulo (6 ), respecto de su posi-

T n/2 )(l,28 X l/4)2 l/2

360 + (64 0)(l/4)2

+ T = 207t ms ©

Solución: 114• Aplicando el teorema de los ejes paralelos, el momento de inercia respecto de ejeque pasa por 0 es:

lo =

L = —m a + m -

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78 Oscilaciones

I0 = — m a0 12

Luego, el período de las pequeñas oscilaciones que realiza la placa cuadrada es:

I,o x l / 2T = 27t (— -—)m g d

m g a / 2 '

T = 2 7 r [5 a ] - = 27l [ ^ (0^ )] -° g (6)(10)

* T = 0,471 s © Solución: 115

• Representemos la bolita en dos posiciones diferentes A y B.

tación y traslación cuando ella pasa por la posición B, esto es, se cumple:

u 1y 2 1 ,2~ 2 ma x 2 m V m a x

mg[(R - r) - (R - r)cos0o] =

+ ^ m [ ( R - r ) A max]22 2 dt

m g (R -r )( l- co se o) = V ^ - ) 2 2 r

+ ^m(R - r ) 2(ú202

m g(R - r)2 se n2 = - I [ ^ ~ rXm9° ) ]22 2 r

^ m ( R - r ) V 0 2

mg(R - r) — = —Í R ~ r)2(c°29o)2 2 r2

^ m ( R - r ) V 0 2

+

a 2 = mgr ( R - r X I + m r 2)

Como, R » r , m = 2n/T, y I=2mr2/5, entonces:

La energía potencial inicial de la bolita enA se transforma en energía cinética de ro

7R T = 2 tc[— ]

5g

1/ 2

(7 )(5 0/7 )f 2

(5)00)

* T = 2 tis ©

Solución: 116• En la Fig., en los triángulos rectángulosOCB y ODC, tenemos que:

a = [R 2 - £ 2 ]1/2 y d = asen t

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80 OscilacionesLuego, el aumento del período del sistemaoscilatorio es:

A T -T - T= 1 ,81-1 ,37

AT « 0,44 s

55 NotaEl signo (-) de la aceleración angular se debe a que el momento de la fuer za, se opone al aumento de "0".

Solucin: 117

• Como las oscilaciones que realiza la esferita alrededor de su posición de equilj

brio, son arm ónicas simples, su desplazamiento angular, viene dado por:

0 = 0Osen(co t + a)

Derivando esta expresión, encontramos larelación entre (d0/dt)max y co, así:

d0

dtco0o cos(o t + a )

( ) ma x ® 0 odt

La energía potencial inicial de la bolita enA se transforma en energía cinética de rotación y traslación cuando ella pasa por la posición B, esto es, se cumple:

, 1 , 2 1 2mgh = -Icomax + 2m vmax

mg [(a - b) - (a - b) eos 0O] -

- I ® m a x ~ m [ (® ^ ) ( , )m ax ]2 2 dt

mg ( a - b)(l - eos 0 O) = - 1 )22 b

+ ~ m (a - b )2co2 02

f ^ 2 0o 1 i r (a -b) (co0o) 2mg (a - b) 2 sen — = - I [----------------- J

2 2 b

^ m (a - b ) 2o¡2 0 2

, , x 0 o 1 , ( a - b ) 2 ( o r 0 2 )mg (a - b)— ——l +

- m (a - b ) 2 co2 0 2

co2 =mgb“

(a - b)(I + m b ')

Como, co - 2n /T , y I=2m b2/5, entonces laexpresión del período es:

mgb471

(a - b) (2mb "/5 + mb")

T2 = 4jt27 (a -b ) /5 g

+ T = 27t[7(a - b )/5g]

1/2

Solució: 118

• Del teorem a de los ejes paralelos, el raomentó de inercia de la esfera de radio "R",respecto del punto de giro 0 es:

I,, = — m R 2 4- m R 25

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Física II 81

In = -- m R2u 5

Ahora, de la ecuación fundamental del movimiento de rotación de un sólido, respectodel punto 0, tenemos:

X M0 = I0 á

mgsen OR = —m R 2 ( - —-y)5 dt~

Como, 0 —>0, entonces sen(

cuación anterior queda, así:

), y la e

d20■+ —

dt2 2R = 0

Esta ecuación diferencial corresponde a unmovimiento oscilatorio armónico de frecuencia angular y período, igual a:

= ) ,/2 y T = 27t(7R)1/20 7 R 5 g

I) Evaluando la expresión del período, para los datos dados, obtenemos:

T = 2ti[(7X0,4) 1/2

(5X10)

II) La longitud del péndulo simple que tiene el mismo período que la de la esfera oscilatoria es:

( = 7R = (7X0,4)

5 5

i = 56 cm

Solución: 119• El peso (mg) de la placa triangu lar actúaa una distancia de "h/3" del eje de giro00 ’, como se muestra en la Fig.

El momento de inercia de la placa, respecto del punto de giro 0 es:

I0 = —m h20 6

Luego, la frecuencia angular y el periodode las pequeñas oscilaciones que realiza la

placa alrededor del punto de giro 0 es:

/ 2 8 n 1/2

T = — = j i (— J1/2“ o i

T = 7t[.( M )] 1/210

27t ®

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82 Oscilaciones

^ ELASTICIDAD

1. SOLIDOS

1) DefiniciónSe llama así a los cuerpos que tienenforma y volumen constantes, es decir,la distancia entre las partículas que loconstituyen se mantienen constantes,esto es:

<!, etc.

• Se dice que un sólido se ha deformadocuando ha variado sus dimensiones yvolumen, que en general va acompañada de una variación en sus formas.

• En ciertos casos (de compresión y extensión) se conserva la forma del sólido.

• La deformación que experimenta uncuerpo se produce como resultado de

la variación de la temperatura o la acción de una fuerza externa.• Se dice que una deformación es elásti

ca, cuando ella desaparece al cesar laacción de las fuerzas que la producen.

2) ClasificaciónLos sólidos se dividen en cristales y amorfos.

a) Cristales> Características• Tiene forma exterior geom étrica regu

lar y la disposición de las partículasque los componen se repite periódica

mente a lo largo de todo el cristal (redcristalina).

• Los cristales están limitados por caras planas, situadas ordenadamente unasrespecto a las otras, que convergen enlas aristas y vértices.

> TiposSegún la forma que adoptan los cristales, se clasifican en:

* MonocrístalesSe llaman así a los cristales grandes aislados en forma de poliedros regulares,su forma depende de la composiciónquímica del cristal.

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Red cristalina

* PolicristalesSe llama así a los cristales que tienenestructura fina y constan de un gran número de pequeños cristales, dispuestoscaóticamente (granos cristalinos o cris-talitos). unidos entre sí.

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Física II 83

Según el carácter de las tuerzas de interacción de las partículas y a la dispostción en los nudos de la red cristalina.Cristales iónicosLos iones positivos y negativos se ajteman en los nudos de la red cristalina;el enlace es de tipo heteropolar.Ejemplo: NaCl, carbonato de calcio y

otros.

Cristales de valenciaEn los nudos de la red cristalina se halian átomos neutros entre los cuales serealiza el enlace homopolar.Ejemplo: Semiconductores y muchos

sólidos orgánicos.

Cristales moleculares

En los nudos de la red cristalina se encuentran moléculas, cuyo enlace se de

be a las fuerzas de Van der Waals.Ejemplo: Ar, CH4, parafm a y otros.

Metales

En los nudos de la red cristalina estánlos iones positivos que se forman des

pués de desprenderse de los átomos loselectrones periféricos (de valencia).

b) Amorfos• Se llaman amorfas a las sustancias que

en estado condensado no tienen estructura cristalina, aunque a diferencia delos líquidos, tienen elasticidad de for ma. Por ejemplo, los líquidos sobreentriados no poseen las propiedades de

los cristales.• Las sustancias amorfas se vitrifican endeterminadas condiciones, es decir, pasan de tener las propiedades y compor tamiento de los líquidos al de los sólidos.

• Se llama vitrificación estructural a latransición de una sustancia amorfa delestado líquido al sólido por variación

de la temperatura o presión.

Ejemplo: Alquitrán, vidrio, azufre, selenio, glicerina y la mayoría de los com

puestos de alto peso molecular,... .3) Moléculasa) Moléculas heteropolares

Se denomina así a las moléculas que seoriginan como resultado de la transfor mación de los átomos que interaccionan, en iones, con cargas eléctricas designo contrario, que se atraen mutuamente.

b) Moléculas homopolaresSe denomina así a las moléculas que resultán de la atracción mutua de dos átomos neutros. El enlace químico de losátomos en la molécula homopolar sellama covalente.

4) AnisotropíaEs la dependencia que presentan las

propiedades fís icas de los sólidos (tér micas, elásticas, eléctricas, ópticas,...)respecto de las direcciones en el cris

tal; es una característica de los monocristales.

5) HomogeneidadLa homogeneidad del espacio consisteen que las propiedades físicas de un sistema cerrado y las leyes de su movímiento no dependen de la elección quese haga de la posición del origen decoordenadas del sistema de referencia

inercial (S.I.R)

6) Propiedades de los sólidosAlgunas de las propiedades más impor tantes que presenta un sólido, son:

a) AdherenciaSe llama así a la atracción o unión queexperimentan las moléculas próximas

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84 Elasticidadque se encuentran situados en las super fícies de los cuerpos en contacto.

b) AleabilidadEs la propiedad que tienen los materia

les para formar aleaciones que dan lugar a nuevos materiales mejorando suscaracterísticas técnicas y por lo tantosus prestaciones, En todas las aleadones, al menos, una componente debeser un metal.

c) DivisibilidadEs la propiedad mediante la cual loscuerpos sólidos pueden fraccionarsehasta el límite molecular.

d) DuctilidadPropiedad que tienen algunos materiales y aleaciones cuando, bajo la acciónde una fuerza, pueden estirarse sin rom

perse permitiendo ob tener alambres ohilos. A los metales que presentan esta

propiedad se les denomina dúctiles.Los metales más dúctiles son el platjno, oro y cobre.

e) DurezaSe dice que un material es duro cuando no puede ser rayado por otro más

blando. La dureza se mide con unosinstrumentos llamados durómetros, para lo cual, se utilizan diferentes escalastales como la de: Brinell, Rocwell, Vickers, etc...Un ejemplo de material muyduro es el diamante.

f) ElasticidadSe llama así a la propiedad que tienenalgunos materiales de experimentar deformaciones reversibles cuando son sometidos a la acción de fuerzas exter ñas, y de recuperar su forma originalcuando estas fuerzas dejan de actuar.

g) FragilidadSe dice que un sólido es frágil, cuando

puede romperse en muchos pedazos alexperimentar un golpe ligero, es decir,es quebradizo. La fragilidad es una pro

piedad opuesta a la tenacidad.

h) MaleabilidadPropiedad que tiene los materiales paraformar láminas muy finas. El oro es unmetal muy maleable pues con ella se

pueden hacer láminas muy finas de sólo unas milésimas de milímetro de espesor. La plata y el cobre también sonmuy maleables, así, como la hojalataque es una aleación de hierro y estaño.

i) MecanibilidadEs la propiedad que tienen algunos materiales ha ser mecanizados con procedimientos de arranque de viruta.

j) PlasticidadPropiedad mecánica de un material,

biológico o de otro tipo, de deformarse permanente e irreversiblemente cuan

do se encuentra sometido a tensiones por encim a de su rango elástico.

k) PorosidadSe llama así a la capacidad de los materiales de poder absorber líquidos y gases, debido al espacio libre que existeentre sus moléculas.

I) Resiliencia

Es la cantidad de energía que puederecibir o consumir un material, antesque comience la deformación irreversi

ble, esto es, la deformación plástica.

m) ResistenciaMecánica.- Es la capacidad que tieneun material de soportar los distintos ti

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Física II 85

pos de esfuerzo que existen sin defor marse permanentemente.Corrosión.- Comportamiento que tienen los materiales al tener contacto con productos químicos, especialmente ácj

dos.Oxidación.- Comportamiento que tienen los materiales ante el oxigeno de laatmósfera y el contacto con el agua.

n) TemplabilidadEs la propiedad que tienen algunos metales para endurecerse por tratamientostérmicos ó químicos.

o) TenacidadEs la resistencia que opone un mineralu otro material a ser roto, molido, do

blado o desgarrado . La tenacidad es una medida de la cohesión de las moleculas de un material. El acero es un material muy tenaz, especialmente alguñas de sus aleaciones.

p) HigroscopicidadEs la propiedad que presentan algunosmateriales de absorber el agua varíando su peso.

q) PermeabilidadEs la capacidad que tienen ciertos materiales de dejarse atravesar por los loslíquidos. Puede hacerse por capilaridad

por presión o por ambas a la vez. Lacantidad de líquido que penetra en elcuerpo por capilaridad mide su capad

dad de absorción y está vinculado conla porosidad. Esto es, depende de lacantidad, forma y grado de comunicación de los espacios vacíos del material.

2. ELASTICIDADEs una disciplina de la física que estudia las deformaciones que experimen

tan los cuerpos y los procesos relacionados con ello; bajo la acción de fuer zas externas.

• La propiedad elástica de los materialesestá relacionada, con la capacidad de

estos materiales de experimentar transformaciones reversibles.• Las fuerzas extemas al deformar un

cuerpo hacen trabajo, esta energía utiljzada para deformar el cuerpo se almacena en el en forma de energía potencial elástica, y por tanto, produciéndose aumento en la energía interna delcuerpo.

• El sólido se comportará elásticamente

si este aumento de energía se realiza deforma reversible, en este caso decimosque el sólido es elástico.

a) Teoría de la elasticidad linealEs el estudio de sólidos elásticos líneales sometidos a pequeñas deformadones, de tal modo, que los desplazamientos y deformaciones sean “lineales” (es

decir, las componentes del campo dedesplazamiento sean aproximadamenteuna combinación lineal de las componentes del tensor deformación del sólido. En general un sólido elástico linealsometido a grandes desplazamientosno cum plirá esta condición.

b) Sólido elástico linealSe dice que un sólido es elástico lineal

cuando las tensiones y deformacionesestán relacionadas linealmente. A suvez, los sólidos elásticos lineales sesub dividen en elásticos lineales isótro

pos y elásticos lineales no isótropos.

c) Deformación elásticaSe dice que una deformación es elástica cuando el cuerpo recupera su formaoriginal al desaparecer la acción de las

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86 Elasticidadfuerzas externas que producen dicha

deformación. Las deformaciones no elásticas, que implican un cambio irreversible de la red cristalina, se denominan deformaciones plásticas.

d) Esfuerzo o tensión (o)

Es una medida de la fuerza aplicada por unidad de superficie, que produceuna deformación del cuerpo, viene dado por:

Fcr = —

A

siendo, (F) la fuerza aplicada, (A) el á-rea sobre el cual actúa la fuerza.

• La tensión se dice que es normal (1) sila fuerza F es perpendicular a la super ficie A, y tangencial (2), de cortadura ode cizallamiento, si la fuerza es tangencial a dicha superficie, como se aprecia en la Fig.

(1) (2)

^ Unidad : "cr" se mide en N/m2

e) Ley de HookeEn las deformaciones elásticas longitudinales (a lo largo del eje del cuerpo)que experimenta un cuerpo, la tensión( a ) es proporcional a la deformación

relativa (Af/x), esto es:

siendo, (k) el módulo de elasticidad,que numéricamente es igual a la tensión que aparece cuando se produce una deformación relativa a la unidad.

• El módulo de elasticidad depende de la

estructura interna del cuerpo.• La ley de Hooke se cumple únicam entedentro de los límites determinados dela deformación elástica lineal.

• El modulo de Young para el acero esigual, tanto para la tracción como lacompresión, del mismo modo, su esfuerzo de rotura es el mismo para latracción y compresión.

• El hormigón tiene el mismo modulo de

Young para la tracción como para lacompresión; pero sus esfuerzos de rotura para la tracción y compresión son2 MN/m2 y 17 MN/m2, respectivam ente.

• Los módulos de Young del hueso humano para la tracción y compresiónson 16 GN/m2 y 9 GN/m2; en tanto susesfuerzos de rotura para la tracción ycompresión son 200 MN/m2 y 270

MN /m2, respectivamente.

f) Tensión de rotura (ar)Se llama así a la tensión en la que elcuerpo se rompe luego de haber pasado por el período elástico y plástico enel cual las deformaciones no desaparecen al desaparecer las fuerzas exter ñas.

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Física II 87

g) Deformación unitaria (£,)

Es una cantidad física adimensional;que mide la deformación por unidad delongitud de un cuerpo, viene dado por:

siendo, (Af) la variación en la longitud, y (£) la longitud inicial.

h) Límite de roturaEl límite de rotura o resistencia máxima a la tracción (ó compresión) es latensión correspondiente a la carga máxima que puede resistir el cuerpo antesde romperse.

T R A C C I O N

i) Límite de elasticidadSe denomina límite de elasticidad (punto A’) al máximo valor de la tensión óesfuerzo (a ) que produce en el cuerpouna deformación permanente, despuésde suprimirse las tensiones.

j) Gráfica de la tensión versus la deformación unitaria.

De resultados experimentales, la gráflca de la tensión aplicada a un cuerpoversus la deformación que experimentadicho cuerpo es:

En la Fig., el cuerpo después de aleanzar el límite de proporcionalidad (pun

to A) el alargamiento es más rápidoque el aumento de la tensión.

k) Límite de fluenciaEl límite de fluencia (punto B) caracteriza un estado de! cuerpo deformadodespués del cual su alargamiento aumenta sin que aumente la fuerza aplicada.

I) Límite de proporcionalidadSe llama límite de proporcionalidad ala tensión, para el cual, deja de cum

plirse la proporcionalidad entre las tensiones y las deformaciones, en la ley deHooke.

3. DEFORMACIONESEn la práctica se presentan varios for mas de deformaciones que pueden ex

perim entar un cuerpo, las cuales, de

penden de la forma en que actúan lastensiones y de la geometría del cuerpo,así, tenemos:

1) Deformación longitudinala) Módulo de Young (E)

Cuando se aplica una fuerza de estén

sión o tracción (F ), a lo largo de un

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88 Elasticidadalambre de longitud {(.), y área desección transversal (A), este experimenta un alargamiento (Af); y el módulo de Young que caracteriza la deformación, viene dado por:

E _ ü _ F /A

£ M U

■ El valor de (E) sólo depende del material del alambre ó varilla, y no de susdimensiones.

• Si, M = i , el módulo de Young es numéricamente igual a la tensión, es decir E = a, lo cual, sucede cuando la longitud inicial del cuerpo aumenta al doble

(extensión) o disminuye a la mitad(compresión).

^ U n id a d : (E) se mide en N/m2.

b) Coeficiente de elasticidadSe llama coeficiente de elasticidad deun material, al inverso del módulo deYoung (E), es decir:

a - — = — E o

U nid ad: (a) se mide en m2/N.

fj=j Nota

Para deformaciones longitudinales yasea de extensión ó compresión, el módulo de Young es el módulo de elastici

dad (E=k).

c) Energía potencialLa energía potencial por unidad de volumen de un cuerpo deformado por tracción (ó compresión), es el trabajoespecífico realizado para vencer lasfuerzas elásticas, esto es:

siendo, (a ) la tensión y (E) el módulo

de Young.La relación anterior es válida, siemprey cuando, el cuerpo se deforme segúnla ley de Hooke.

2) Deformación volumétrica

Un cuerpo sometido a una presión hjdrostática, sobre cada elemento de susuperficie, actúa la misma fuerza (F)normal a ella. La forma del cuerpo no

cambia, pero su volumen disminuye,las cantidades físicas que describen ladeformación volumétrica que experimenta el cuerpo, son:

a) Esfuerzo volumétricoSe define como la razón de la fuerza alárea total de la superficie del cuerpo,esto es:

siendo, (AP) la presión a la cual está sometido el cuerpo.

b) Deformación unitaria de volumenEs una cantidad física adimensional,que mide el cambio relativo en el volumen del cuerpo, viene dado por:

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Física II 89

=AV

V

siendo, (AV) la variación en el volu

men, y (V) el volumen inicial del cuer po.

c) Módulo de compresibilidadA semejanza del módulo de Young definido en la elasticidad longitudinal, elmódulo de compresibilidad, viene dado por:

Cuando un cuerpo es sometido a fuer zas tangenciales, las caras de este experimentan un desplazamiento, como seobserva en la Fig., las cantidades físicas que caracterizan la deformación del

cuerpo, son:

B = ——=AP

AV/V

el módulo de compresibilidad (B) es latensión ó esfuerzo ( o v ) en la cual el au

mentó (ó disminución) relativo del volumen del cuerpo es igual a la unidad

a) Esfuerzo cortanteEs una cantidad física escalar, que sedefine como la razón de la fuerza tangencial aplicada (F) al área (A) de la su

perficie que se desliza, esto es:

FC'r —

''^U n id a d : (B) se mide en N/m".

d) Coeficiente de compresibilidad

Se llama coeficiente de compresibiljdad de un material, al inverso del módulo de compresibilidad (B), esto es:

1 AV

b)

B VAP

Deformación cortanteEs una cantidad física escalar, que sedefine como la razón de la distancia (s)

que se deslizan las caras desde su posición inicial, a la distancia ( ( ) entre e-llas, esto es:

D = — í

^ Unidad: (B) se mide en N/m2.

e) Relación entre E y B.La relación entre el módulo de Young(E) y el módulo de compresibilidad(B), viene dado por:

B = -------------

3(1 —2 jj.)

c) Módulo de rigidez (q)El módulo de rigidez para una deformación cortante, viene dado por:

n =F /A

s ! i°_T

<t>

En la Fig., como el ángulo de cizalla(<¡>) es muy pequeño, se ha hecho la si

guiente aproximación:

3) Deformación cortante o de cizalladura

= tg «j>« <j>

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90 Elasticidad

^ U n id a d : (q ) se mide en N/m2.

d) Coeficiente de Poisson (p)

>Do

En general, el alargamiento (ó compresión) relativa (£,¿) de la longitud de un

alambre va acompañada de una com presión (ó extens ión) lateral o transversal del diámetro (£ D) del alambre;

llamamos coeficiente de Poisson (p) a

la razón siguiente:

Ed AD/D p = — = ---------

E,( A i / t

siendo, (£) la longitud inicial del alam bre y (D) el diámetro inicial de su sección transversal.

• Así, en la Fig., se observa que cuandoel trozo de alambre es sometido a un alargamiento su longitud aumenta, peroa la vez, el diámetro de su seccióntransversal disminuye.*-

• El coeficiente de Poisson es una cantidad física adimensional; que dependedel material con que está hecho el alam

bre.

e) Relación entre q, p y E.La relación entre el módulo de rigidezó de cizalla (q ), el coeficiente de Poi

sson (p) y el módulo de Young (E),

viene dado por:

Eq = - ( l + p)

f) Energía potencialLa energía potencial específica, es decir la energía por unidad de volumen,del cuerpo deformado por cizallamiento, viene dado por:

° TW = — -

2q

siendo, ( a T ) la tensión ó esfuerzo tan

gencial.

4) Deformación por torsión

Este tipo de deformación sucede cuando una barra (alambre, varilla cilíndrica, etc...) fijo por uno de sus extremoses sometido el otro extremo a un par defuerzas (cupla), contenido en un plano

pe rpendicu lar al eje de la barra, comose aprecia en la Fig.

• La torsión consis te en el giro relativode las secciones paralelas entre sí y per

pendiculares al eje de la barra.• Debido al mom ento del par de fuerza,la sección transversal del extremo derecho de la barra gira un ángulo (9 )

• Las cantidades físicas que caracterizanla deformación por torsión de la barrason:

a) Momento torsor Es la suma algebraica de los momentos

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Física II 91

de los pares aplicados, situados a un lado de la sección considerada de la barra, como se observa en la Fig.

b) Momento polar de inerciaPara una barra de sección transversalcircular hueca de diámetros exterior (D) e interior (d), el momento polar deinercia de la sección representado generaímente por (IP), viene dado por:

IP = — (D 4 - d 4)32

El momento polar de inercia de una barra maciza, se obtiene haciendo d= 0 ,

esto es: 71Ip

32D

siendo, (D) el diámetro de la barra cilíndrica compacta.

• El momento de inercia polar (IP) es una caracterización de la geometría dela sección transversal de la barra.

c) Tensión cortante de torsión

Esta distribución de tensiones varía desde cero en el centro de la barra com

pacta hasta un máximo en las fibras exteriores, como se aprecia en la Fig.

d) Deformación por torsión

e)

En la Fig., al aplicársele a la barra cilíndrica el momento de torsión M, estagira, pasando la generatriz (recta) de la

posición inicial a-b a la final a-b'. Elángulo ( 9 ) medido en radianes, entre

las posiciones inicial y final de la generatriz, se define como la deformación

por cortante en la superficie de la barra.

Módulo de elasticidad en cortan-te ó de rigidezSe llama así a la relación entre la ten

sión cortante ( t ) y su deformación( 9 ), es decir:

Para una barra cilindrica hueca o madza, sometido a un momento de torsiónM, la tensión cortante de torsión ( t ) auna distancia (p) del centro del eje,

viene dado por:

T =Mp

f) Angulo de torsión relativoSi una barra cilindrica de longitud (£)es sometido a un momento de torsiónconstante (M) a lo largo de su longitud, el ángulo (9) que un extremo dela barra gira respecto del otro extremo,es:

G IP

siendo, (IP) el momento polar de iner cia de la sección, y (G) el módulo derigidez.

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92 Elasticidad• El mom ento de torsión para que una

barra cilindrica de longitud (£ ) y radio( R) gire un ángulo ( 4>) es:

siendo, (G) el módulo de rigidez.

g) Módulo de roturaEs la tensión cortante ficticia que se obtiene sustituyendo en la ecuación de latensión cortante el par máximo T quesoporta la barra cuando se ensaya su rotura. En este caso, se toma para valor de (p ) el radio exterior de la barra.

h) Energía potencialLa energía potencial específica, es decir la energía por unidad de volumen,de un cilindro deformado por torsión,viene dado por:

M2p2w = T

2GIp

siendo, (p) la distancia al eje del cilindro.

4. TEORIA GENERAL DE LA ELASTICIDADEn la mecánica de sólidos deformableselásticos la distribución de tensiones esmucho más compleja que en un resorteo una barra estirada o comprimida, según su longitud (eje). La deformaciónen el caso más general se describe mediante un tensor de deformaciones entanto que los esfuerzos o tensiones intemas en el material se representan mediante un tensor de tensiones.

a) Tensor de tensiónLa tensión en un punto se define comoel límite de la fuerza aplicada sobre una pequeña región sobre un plano ÍP

que contenga al punto, dividida por elárea de la región, es decir, la tensión esla fuerza aplicada por unidad de super ficie y depende del punto elegido, delestado tensional del sólido y de la o

rientación del plano escogido para ca]cular el límite. El tensor de tensionesexpresada en una base vectorial ortogonal, viene dado por:

ü xx ^ x y ü xz

<T (T ,yx yy yz

(T <Tzx zy zz y

Para una región en forma de octoedro

con caras paralelas a los ejes de coordenadas cartesianas rectangulares situadoen el interior un sólido elástico tensionado las componentes o ^ , a ^ , a 7J

expresan los cambios de longitud enlas tres direcciones, pero que no distor sionan los ángulos del octoedro, entanto, que las componentes a xy, a yz y

ax* están relacionadas con la distor

sión angular que convertirá al octoedroen un paralelepípedo.

b) Tensor de deformaciónEn la teoría de la elasticidad dad la pequeñez de las deformaciones es unacondición necesaria para poder asegurar que existe una relación lineal entrelos desplazamientos y la deformación.Bajo estas condiciones la deformación puede representarse adecuadamente mediante el tensor de deformación, así:

f $n $12 $13 '

D = $21 $22 $23

x $31 $32 $33 y

Donde cada una de las componentes están linealmente relacionadas con los

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Física II 93

desplazamientos mediante la siguienteecuación:

1 (9u ¡= - (Í2U.+ i)

q‘J 2 3xj d x /

c) Ecuaciones de equilibrioCuando las deformaciones no cambiancon el tiempo, el campo de tensionesdado por el tensor de tensiones representa un estado de equilibrio con lasfuerzas de volumen b= (bx, by, bz) en todo punto del volumen, lo cual implicaque el campo de tensiones satisface estas condiciones de equilibrio, la cual,viene dada por:

ctov OO

dxxy

dy dz

OO ^ ^ * y y ^ ^ y z ,H— ——-I r ^ b,

dx

dx

dy

oo

dy

d z

o o , ,

c z+ b = 0

d) Condiciones de contornoSe llama así a la relación que existe entre la normal ñ = (nx,ny,nz) exterior a

la superficie del sólido con las fuerzas por unidad de superficie f=(fM fy, fz)que actúan en el mismo punto de la su

perficie, esta relación viene dada por

CTxxnx + a xyny + a„ nz I I

CTyxn x + CTyyn y + a yznz I I

^zx^x + a 2>,ny + °zznz = fz

e) Ley general de HookeLa ley general de Hooke relaciona lostensores de deformación (D) y tensiones (T), mediante la llamada ecuación

constitutiva, la cual, caracterizan elcomportamiento de un sólido elásticolineal, esta ecuación tiene la forma:

=z ijkf sk e

Caso unidimensionalF,n el caso de un problema unidimensional donde las deformaciones o tensiones perpendiculares a una direccióndada (eje del cuerpo) son irrelevantes,se tiene que: o - o n , ^ = £u , Cu , y la

ecuación de Hooke generalizada, se reduce a:

o = £,E

siendo "E" el módulo de Young.

Caso tridimensional isótropoPara caracterizar el comportamiento deun sólido elástico lineal e isótropo serequieren además del módulo deYoung otra constante elástica, llamadocoeficiente de Polisón (p). Por otro la

do, las ecuaciones de Hooke para unsólido elástico lineal e isótropo puedense deducidas del teorema de Rivlin-Ericksen, que se expresan en la forma:

^ x x — ( o X X — P ( ^ y y ^ z z ) )

^yy = £ (CTyy ~ ^ ( a xx +<*zz))

izz c (^zz M- (^xx ^_( yy))> E j

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94 Elasticidad


01. ¿Qué diámetro mínimo debe tener un cable de acero de esfuerzo de rotura igual a(Tr = 7,85.108N/m" para soportar una carga de peso W=9,86.103 N?

a) 1 mm b) 2 mm c) 3 mm d) 4 mm e) 5 mm

02. Del extremo de un cable de acero de longitud f = 4 m , sección transversal de diámetroD=2 mm, y módulo de Young E= 2,16 .10" N/m2 se cuelga un hombre de peso W= 686

N. Hallar la deformación en la longitud del cable.


03. ¿En cuánto debe aumentarse el radio R de la sección transversal de un alambre de acero, tal que, pueda soportar 4 veces la tensión máxima inicial?

a) R/2 b) R/4 c) R d) 2R e) 4R

04. El coeficiente de compresibilidad del agua es 44.10 6 atm '1. Hallar la disminución delvolumen de 100 cm3de agua al someterla a una presión de 150 atm.

a) 0,60 cm3 b) 0,62 cm3 c) 0,64 cm3 d) 0,66 cm3 e) 0,68 cm3

05. A un alambre de cobre de área de sección transversal A~ 1,5 mm2 se le aplica unatracción de 44 N, produciéndose una deformación permanente. H allar el esfuerzo de rotura (crr ) del alambre. (M=106)

a) 21 MN/m2 b) 23 MN/m2 c) 25 MN/m2 d) 27 MN/m2 e)29 MN/m2

06. Un alambre de cobre de longitud 1= 10 m, densidad p = 8,6 g/cm3 y módulo de Young

E=1 1,8.1010 N/m 2 se cuelga verticalmente, hallar la deformación en su longitud debidoa su propio peso. ( g = l0 m/s2, p = lo -*)

a) 30 pm b) 32 pm c) 34 pm d) 36 pm e) 38 pm

07. Hallar la longitud que tendrá un alambre de cobre de densidad p = 8,6 g/cm3y esfuerzo

de rotura a r =2 ,45.108 N/m2 que colgado verticalmente comience a romperse por su

propio peso, (g = 10 m/s2)

a) 1,7 km b) 2,7 km c) 3,7 km d) 4,7 km e) 5,7 km

08. A dos caras opuestas de un cubo compacto de acero de lados a = 25 cm y módulo de ri-

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Física II 95

gidez r| = 8,2.106N/cm2se aplican fuerzas de extensión opuestas de 4 900 N cada una.

Hallar el ángulo de cizalla.

a) 1.10’7rad b) 3.10 7rad c) 5.10"7 rad d) 7.10 '7 rad e) 9.10"7rad

09. A dos caras opuestas de un cubo compacto de acero de lados a = 25 cm y módulo de rigidez r| = 8,2.106 N/cm2 se aplican fuerzas de extensión opuestas de 4 900 N cada una.

Hallar el desplazamiento relativo (s).

a) 12 ucm b) 16 pcrn c) 20 ucm d) 24 pcm e) 28 |icm

10. Cierto metal se calienta desde T0 = 0 °C hasta T = 500 °C disminuyendo su densidad1,027 veces. Hallar el coeficiente de dilatación térmica de este metal, (p = 10"6)

a) 11,5 p°C-1 b) 13,5 p°C- ' c) 15,5p°C 1 d) 17,5p°C_1 e)1 9,5 p° C _1

11. Al elevar verticalmente un bloque de peso W= 104N con un cable de longitud 1 = 2 m,área de sección A= 0,1 cm2 y módulo de Young E=2.10n N/m2, este experimenta unalargamiento de Ai = 14 mm. Hallar la aceleración con la que se elevo el bloque.(g=10m/s2)

a) 1 m/s2 b) 2 m/s2 c) 3 m/s2 d) 4 m/s2 e) 5 m /s2

12. ¿En cuánto se comprime la columna de una catedral de altura h=30 m, densidad p = 2,7

g/cm3 y módulo de Young E = 10n N/m 2, debido a su propio peso? (g=10 m/s2)

a)0 ,12 m m b) 0 ,16 m m c) 0,20 mm d) 0,24 mm e) 0,28 mm

13. Una cadena larga de bolas, unidos por resortes de constante elástica k = 200 N/m seestira por un extremo con una fuerza de F —2 N. El otro extremo de la cadena está fijo.Hallar el alargamiento de los resortes y el desplazamiento de la n-ésima bola (n ~ 5).

a) 1 cm ; 5 cm b) 1 cm ; 4 cm c) 1 cm ; 3 cm d) 0,5 cm ; 4 cm e) 0,5 cm ; 0

14. Las uniones de los rieles de tren se sueldan a la temperatura de 10 °C. ¿Qué tensión aparecen en ellos al cambiar la temperatura a -30 °C? (a = 1,25.10‘5°C 1; E = 2.1011 N/m")

a) 1.108 Pa b) 2.108 Pa c)3 .10 8Pa d )4 .10 8 Pa e)5 .10 8 Pa

15. Un alambre de acero de longitud i = 5 m, área de sección recta A = 0,04 cm2y módulode Young E = 2,46 .106 N/cm2 está suspendido en la vertical. En su extremo inferior sele cuelga un bloque de peso W = 2 N efectuando oscilaciones verticales. Hallar el período de estas oscilaciones. (g=l 0 m/s2)

a) 10 ms b) 20 ms c) 30 ms d) 40 ms e) 50 ms

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96 Elasticidad16. En una barra de acero de radio R = 100,125 cm fue ubicado un anillo de cobre de radio

r=100 cm y área de la sección transversal A=4 mm2. ¿Con qué fuerza será ensanchadoel anillo, si el módulo de Young del cobre es E = 12.1010 N/m2?

a) 400 N b) 450 N c) 500 N d) 550 N e) 600 N

17. Dos barras de hierro y cobre (2) de longitudes=20 cm, ( 2 =3 0 cm y áreas de seccio

nes transversales iguales a A=4 cm" se encuentran unidas entre dos paredes fijas. Si las barras se calientan en AT = 200 °C. hallar la magnitud de ka fuerza de compresión entreellas, (cp = 1,2.10‘5 °C"\ E, - 19,6.10 10N/m2, a 2 = 1,6.10 50C_1, E2 = 19,6.10 10 N/m2)

a) 100 kN b) 120 kN c) 140 kN d) 160 kN e) 180 kN

18. Un alambre de cobre (1) y otrode acero (2) de longitudes (¡ =8 cm , f 2 =át cm- seccio

nes transversa les iguales, y módulos de Young E i=l 1,8 ,1 010N/m2, E2=2 1,6.10 10 N/m"

se someten por separado a una misma tracción. Hallar la razón de las deformaciones ensus longitudes (A íj/A ¿2)-

a) 2,5 b) 2,8 c )3 ,l d) 3,4 e) 3,7

19. En los extremos de una barra de sección transversal A actúan dos fuerzas de tracciónde igual magnitud y opuestas. Hallar la razón ( a n / a ) siendo a , a n los esfuerzos a las

superficie transversal y a la superficie que forma 53° con esta.

a) 16/25 b) 9/25 c) 9/1 6 d) 16/9 e) 25/16

20. Una manguera de jebe de longitud l 0 =50 cm, radio interior R0 = 5 mm, y coeficiente

de Poisson p = 0,5 se estira una longitud Aí = 10 cm. Hallar el radio interior de la man

güera deformada.

a) 3,0 mm b) 3,5 mm c) 4,0 mm d) 2,5 mm e) 4,5 mm

21. Una manguera de jebe de longitud f.0 = 50 cm, radio interior R0“ 5 mm, y coeficiente

de Poisson p = 0,5 se estira una longitud Af = 10 cm. ¿En qué porcentaje cambia el ra

dio interior de la manguera?

a) 2 % b) 5 % c) 8 % d) 10 % e) 15 %

22. Un bloque de peso P al suspenderse verticalmente de un alambre homogéneo lo defor ma, siendo la densidad de energía potencial elástica del alambre w=2.105 J/m3 y la deformación unitaria en su longitud =2 .10 3. Hallar el módulo de Young de este alam

bre.

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Física II 97

23. A un alambre de masa m=36 g, longitud £=\ m, y módulo de Young E= 11,8.10 10 N/m2 se le aplica una tracción de F=500 N, estirándose una longitud Aí = 1 mm. Hallar la densidad de masa del alambre.

a) 7,3 g/cm3 b) 7,6 g/cm3 c) 7,9 g/cm3 d) 8,2 g/cm3 e) 8,5 g/cm3

24. Un cubo compacto de hierro de módulo de Young E=19 ,6.1010 N/m2 y coeficiente dePoisson ¡i = 0,29 se somete a una presión multilateral. Hallar el coeficiente de compre

sibilidad (B) del cubo, (p^ 10’12)

2 2 2 2 2x ^ ^ m . w A m . , . m ,v , , m x 0 ma) 6,0 p b) 6,2 p c) 6,4 p d) 6,6 p e) 6,8 p

N N N N N

25. ¿Qué fuerzas se debe de aplicar a los extremos de una barra de acero, de área de sección transversal A=10 cm2, para evitar que se dilate cuando se calienta desde T0 = 0 °C

hasta T=30 °C? (a = 1,06.10 5°C '' ; E = 21,6.10 10N/m2 ; k=103)

a) 61 kN b)63 kN c) 65 kN d) 67 kN e) 69 kN

26. De un extremo de un alambre vertical de sección transversal de radio r=l mm se cuelgauna carga, estirándose el alambre una longitud equivalente a la que se estiraría si el alambre se elevará su temperatura en AT =20 °C. Hallar la magnitud de la carga, sabiendo que: a = 1,06.10 '5°C'' ; E = 21,6 .1010N/m2.

a) 132 N b)136 N c)144 N d)148N e)152N

27. Un alambre seubico horizontalmente entre dos paredes fijas resistentes estando a latemperatura inicial de T0=150 °C. ¿A qué temperatura se romperá el alambre al enfriar se? ( a = 1,6.10"50C’' ; a r =2,45.108N/m2 ; E = 11,8.1010N/m2)

a) 10 °C b) 20 °C c) 30 °C d) 40 °C e) 50 °C

28. Desde un barco se lanzó una pesa sujeta por un cable de acero para medir la profundidad del mar. Despreciando el peso de la pesa, hallar la profundidad máxima que se puede medir con este procedimiento, (esfuerzo de rotura del acero a r =7 ,85.108 N/m2 ;

densidades del acero y agua de mar pA =7 ,7 g/cm 3 ; p H20 = 1 g/cm3 , g = 9,81 m /s2)


29. Del extremo de un alambre de radio r=l mm, y esfuerzo de ruptura crr =7,85.108N/m2

se cuelga un bloque de peso igual a W= 981 N. ¿Qué ángulo máximo respecto de lavertical se puede desviar el alambre con el bloque sin que al soltarlo se rompa al pasar por la posición de equilibr io?

a) 60° b) 64° c) 68° d) 72° e) 76°

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98 Elasticidad

30. Una esferita de peso W= 9,81 N esta unida al extremo de un alambre de hierro de Iongitud £ = 50 cm, diámetro de su sección transversal D=1 mm y esfuerzo de roturaCTr =2,94.108N.m 2 ¿A qué máxima frecuencia puede girar el alambre con la esferita, en

un plano vertical, sin romperse el alambre? (g = 9,81 m/s2)

a )2 ,l re v /s b) 2,5 rev/s c) 2,9 rev/s d) 3,3 rev/s e) 3,7 rev/s

31. Una barra homogénea de cobre de longitud £ = I m gira uniformemente en un plano horizontal alrededor de un eje vertical que pasa por su punto medio. Esta barra se rompecuando la velocidad lineal de su extremo es de v=380 m/s. Hallar el esfuerzo de roturadel material. ( p = 7,9.103 kg/m3 ; M=10ft)

N N N N Na) 510 M b) 530 M c) 550 M d) 570 M e) 590 M

m“ m m m “ m

32. Un niño lanza una piedra de masa m=20 g con una lanzadera cuyo cordón de jebe tieneuna longitud de £0 =4 2 cm y sección de radio r=3 mm, estirándose el cordón una Ion

gitud de A£ = 20 cm al desprenderse la piedra con una velocidad de v=20 m/s. Hallar elmódulo de Young del cordón. (M_ 106)

N N N N Na ) 2 ,l M , b) 2,3 M 2 c) 2,5 M y d) 2,7 M ' 7 e)2,9 M

m “ m “ irT m“ m“

33. En la Fig.01, los alambres de hierro (1) AB y cobre (2) CD tienen la misma longitud ysección transversal. ¿A qué distanc ia x del extremo B de la barra BD de longitud £ = 80cm y peso despreciable se debe colgar un bloque de peso W-=20 N, para que la barraquede horizontal? (Ei - 19,6.1010N/'m2 ; E2 = 11,8.1010N/m2)


34. Halle el momento del par de fuerzas que se debe aplicar a un alambre de longitud£= 10 cm, sección de radio r=0 ,l mm y módulo de rigidez r) = 5.104 N/mm2 para tor

cerlo un ángulo de 10’. (n=109)

a) 200 nN.m b) 230 nN.m c) 260 nN.m d) 290 nN.m e) 320 nN.m

35. El espejito de un galvanómetro está colgado de un hilo metálico de longitud L= 10 cm,sec ción de diámetro D=0,01 mm y módulo de rigidez t| = 4.1 010 N/m 2. Hallar el mo

mentó de torsión correspondiente a una desviación de £ = 1 mm del rayo luminoso refle jado sobre una escala ubicada a la distancia d=l m del espejito.

a) 1.10'13-N, b) 2 .10 13 c) 4.10 ‘° d) 6.10 13 ^ e ) 8 .10 '13-N2m“ m" m m ' m

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Física II 99

36. Hallar la energía potencial elástica de un alambre de longitud £ = 5 cm, seccióntransversal de diámetro D = 4.10"3 cm y módulo de rigidez r| = 5,9.1010N/m2 que se ha

torcido un ángulo de 10’. (p = 10"12)

a) 1,25 pJ b) 2,25 pJ c) 3,25 pJ d) 4,25 pJ e) 5,25 pJ

37. Cuando la corriente eléctrica pasa por el devanado de un galvanómetro, sobre su bastídor, al que va unido el espejito, actúa un momento de torsión de M=2.10'13 N.m. Estemomento hace girar el bastidor un ángulo pequeño <p. El trabajo necesario para la tor

sión es de W=8,7.10"'6 J. ¿Qué distancia se desplazará el rayo de luz que refleja el espe ji to por la escala que se halla a una distancia d=l m del galvanómetro?


38. ¿En qué razón deben estar las longitudes de dos alambres uno de acero (1) y el otro de plata (2) de iguales secciones transversales, tal que, al someterlos por separado a unamisma tracción, almacenen la misma cantidad de energía potencial elástica? (Ei=21,6.1010 N/m2 , E2=7,4.10 10 N/m2)

a) 2,1 b) 2,3 c) 2,5 d) 2,7 e) 2,9

Fig. 01 Fig.02

(1)

(2)

|Wi

gy w2

Fig.03

39. Un alambre de acero de longitud f = 2 m, área de sección transversal A=4 mm2 y módulo de Young E=2 1,6.1010N /m2 al ser deformado almacena una energía de W-0,216 J.Hallar la deformación ( A t ) en la longitud del alambre.

a) 1 mm b) 2 mm c) 3 mm d) 4 mm e) 5 mm40. Si la deformación en la longitud de un alambre de cobre aumenta al doble. ¿En qué por

centaje aumenta su energía potencial elástica? (E=l 1,8 .IO10 N/m2)

a) 100% b ) 200 % c ) 300 % d) 400 % e) 500 %

41. Sobre las caras de un cubo de jebe de módulo de Young E=7,2.105 N/m2 y coeficientede Poisson p = 0,499, actúa uniformemente una presión de P= l,2.10 6 N/m2. ¿En qué

porcentaje cambia la densidad del cubo?

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100 Elasticidad

a) 1 % b) 2 % c) 3 % d) 4 % e) 5 %

42. En la Fig.02, en el punto medio 0 del cable horizontal de acero de longitud í = 2m, diámetro de sección transversal D=1 cm y módulo de Young E=21,6.1010 N/m2 se ubicaun bloque de masa m=100 kg. Hallar la distancia (d) que desciende el punto medio delcable. (g=10 m /s2)


43. ¿A qué frecuencia máxima puede girar en un plano horizontal, una barra homogéneade plomo de longitud (. = 31,56 cm, densidad p = 11,3 g/cm3, esfuerzo de rotura igual a

a r =2 .10 N/m , alrededor de un eje vertical que pasa por uno de sus extremos?

a) 10 rev/s b) 20 rev/s c) 30 rev/s d) 40 rev/s e) 50 rev/s

44. En el extremo inferior de un alambre vertical de longitud i 0 =0,5 m, módulo de YoungE=19,6.1010 N/m 2, coeficiente de Poisson p = 0,3 se cuelga un bloque de masa m=100

kg. Hallar el cambio en el volumen (A V ) del alambre, (g = 9,81 m/s2)

a) 1 mm3 b) 2 mm3 c) 3 mm3 d) 4 mm3 e) 5 mm3

45. ¿Que presión máxima puede soportar una esfera de vidrio de radios interior r=5 mm yexterior R=6 mm y esfuerzo de rotura a r =3 .10 7N /m2? (M~ 106)

N N N N N

a) 10 M —y b )1 2 M — c)1 4 M - d)16 M e) 18 M --m m m m m

46. ¿Que presión máxima puede soportar un tubo de vidrio de radios interior r=6 mm y exterior R=7 mm y esfuerzo de rotura o r = 3.107 N/m 2? (M=106)

N N N N Na) 1 M —y b) 2 M , c) 3 M =■ d ) 4 M - \ e) 5 M — -

m m m m m

47. Un alambre de longitud f.0 y radio Ro, al ser estirado no varía su volumen. Hallar el

coeficiente de Poisson del alambre despreciando términos de 0(2 ) en Ai y AR.

a) 0,1 b) 0,2 c) 0,3 d) 0,4 e) 0,5

48. El peso específico del agua de mar a cierta profundidad es e2 veces el peso específicoen la superficie. Si el módulo de compresibilidad es B=2.104 atm, hallar la diferenciade presiones (AP) respecto de la superficie.

a) 1.10* atm b)2 .10 4 atm c)3.1 04 atm d)4 .104 atm e)5.1 04 atm

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102 Elasticidad

a) 2 b) 4 c) 6 d) 8 e) 10

57. En la Fig.05, sobre la barra de acero de longitud t = 2,25 m, área de sección A=5 cm2,y módulo de Young E=2,1.107N/cm2, actúan las fuerzas mostradas. Hallar la suma delas magnitudes de las fuerzas F] y F2, si el trozo BC experimenta una deformación ensu longitud de Af = 0,0025 cm.

a) 1 000 N b) 1 500 N c) 2 000 N d) 2 500 N e) 3 000 N

58. En la Fig.06, la barra homogénea de longitud í = 30 cm, masa m = 8 kg, área de sección A=25 cm2, se mueve con una aceleración de a=2,4 m/s2, bajo la acción de la fuerzaF. Hallar el esfuerzo de extensión en el trozo AB, de longitud 2,5 cm.

N ' N ' N N Na) 600 b) 610 - y c) 620 — y d) 630 - y e) 640 - y

m m m m m

59. En la Fig.07, la barra homogénea se mueve con aceleración a, bajo la acción de la fuer za F. Hallar la razón (A ?] /A Í2) de las deformaciones en las longitudes de los trozos

AB y BC, si fj = 2f2 ■

a) 1 b) 2 c) 4 d) 6 e) 8

a a

r i— i iA B A e, B ¿2 c

Fig.06 Fig.07

60. En la Fig.08, el bloque homogéneo de masa m=200 kg cuelga de tres alambres verticales, de iguales longitudes y secciones, situados simétricamente. E| del medio es de acero y el de los extremos de cobre, sus módulos de Y oung están en la razón EA=2 Ec. Hallar la tensión en los alambres de cobre, (g = 10 m/s2)

a) 300 N b) 350 N c) 4 0 0 N d) 450 N e) 50 0N

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Física II 103

61. En la Fig.09, el cilindro compacto de acero y el tubo de cobre de diámetros d=10 cm yD=20 cm, y módulos de Young EA= 21,6.1010 N/m2, Ec= ll ,8 .1 0 lu N/m2, están comprimidos mediante los platos de la prensa. Hallar el esfuerzo longitudinal en el tubo de co bre, sabiendo que P=50 000 N.

a) 130 N /cm 2 b) 132 N /cm 2 c) 134 N/cm2 d) 136 N/cm2 e)138N/cm 2

62. En la Fig.10, la barra homogénea de longitud d=l m, peso W-5.104N se cuelga de losalambres verticales de acero (1) y cobre (2) de longitudes 1= 1 m, secciones iguales aA^-4 mm2 y módulos de Young E ,-2 1,6.1010 N/m 2, E2=l 1,8.10° N/m". Hallar aproximádamente la tangente del ángulo de inclinación de la barra, respecto de la horizontal.

a) 14.103 b) 24.10'3 c)34.10 '3 d)44.10'3 e)54.10 '3

63. Se dobla un alambre homogéneo de longitud i , formándose un arco de circunferencia

de radio i y ángulo central 60°. Hallar la deformación unitaria (E,¿) que experim enta lalongitud del alambre.

a) 0,017 b) 0,027 c) 0,037 d) 0,047 e) 0,057

Fig.08 Fig.09 Fig.10

64. En la Fig.l 1, sobre el cubo de cobre de módulo de Young E=11,8.1010 N/m 2 y coeficiente de Poisson p = 0,34 se ejerce un esfuerzo ctx, produciéndose contracción lateral

en la dirección Z, pero estando impedida en la dirección Y. Hallar la razón orx /£,x, sa

biendo que: G^IO9.

a) 113 GPa b) 133 GPa c) 153 GPa d) 173 GPa e) 193 GPa

65. En la F ig.12, sobre la cara libre del cubo de plomo de módulo de Young E=1,6 .101CI N/m2, y coeficiente de Poisson p = 0,44 que se encuentra en un hoyo cúbico de paredes

rígidas, se ejerce un esfuerzo c z ~ 6.107N/m2. Hallar la deformación unitaria .

a) 1,16.10"3 b) 3,16.10‘3 c) 5,16.10 3 d) 7,16.1o'3 e)9,16.10'3

66. A un tronco cónico macizo homogéneo de longitud £ = 20 cm y sección circular de diá-

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104 Elasticidadmetros menor d-UO cm y mayor D = 20 cm, y módulo de Young E =l,6 .1010N/m2 se leaplica en cada uno de sus extremos una fuerza de extensión F=8.105 N. Hallar el alar gamiento que experimenta el tronco de cono.


67. En la Fig.13, el cilindro hueco de longitud í = 10 cm , diámetros exterior D=4 cm e interior d=2 cm , y módulo de rigidez r| = 26 GPa al someterse a un momento de torsión

M, el ángulo de cizalla es 0 =4.10 3rad. Hallar el momento de torsión.

a )215N.m b) 225 N.m c) 235 N.m d) 245 N.m e) 255 N.m

68. Un cilindro hueco cerrado de acero de paredes delgadas de espesor h=2 mm, radio interior R=4 cm, módulo de Young E = 21,6.10 10 N/m2 y coeficiente de Poisson p = 0 ,2 9

es sometido a una presión interior uniforme de P=2.106 N/m2. Hallar el aumento del radio del cilindro debido a la presión. ( p = 10"6)

a) 1,3 pm b) 2,3 pm c) 4,3 pm d) 6,3 pm e) 8,3 pm

' M

Fig. 12 Fig.13

69. Una esfera hueca de acero de paredes delgadas de espesor h=2 mm, radio interior R=4cm módulo de Young E=21,6.1010 N/m2 y coeficiente de Poisson p = 0,29 es sometido

a una presión interior uniforme de P=2.106N/m2. Hallar el aumento del radio de la esfera debido a la presión.

a) l,6p m b) 2,6 pm c)4 ,6p m d) 6,6 pm e)8 ,6p m

Hallar el aumento en porcentaje del volumen de un cilindro cerrado hueco de radiointerior R^35 cm, espesor 1,6 mm, módulo de Young E=2,1.1011N/m" y coeficiente dePoisson p = 1/3, sometido a una presión interior uniforme de 5,5.105N/m2.

a) 0,1 % b) 0,3 % c) 0,5 % d) 0,7 % e) 0,9 %

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Física II 105

SOLUCIONARIO

Solución: 01

• Según teoría, el esfuerzo de ruptura delcable, viene dado por:

F F o r = —

A 7 1D 2 /4

D = (— ) 1/2ncjr

D = [ (4X9,86.10 ). ti(7,85.108 '

1/2

* D «4 .10 3m = 4mm ©

Solución: 02• Según la ley de Hooke, la deformaciónen la longitud del cable, viene dado por:

Ai =

Ti

A£ =

AE

(686X4)

( 7 t/4)(2.10"3)2(2,16.1011)

* A i ~ 4.10 m = 4mm ©

Solución: 03

• Dado que el esfuerzo de ruptura se man

tiene constante, entonces:

F' F

CTr ~ Á7 “ A

4F F

71R 7 T R ¿

Luego, el aumento en el radio del alambredebe ser:

AR = R' - R = 2R - R

+ AR = R ©

Solución: 04• La variación en el volumen del agua,viene dado por:

AV = (-)V A PB

AV = (44.10-6 )(100)(150)

+ AV = 0,66cm ( i)Solución: OS

• El esfuerzo de ruptura del alambre, viene dado por:

F 44CTr =

r A 1,5.10"

+ crr = 2,9.107 N /m 2 ©

Solución: 06• Representemos un diferencial de la barra, de masa dm y longitud dz.

L - L

\ dz

La deformación que experimenta el diferencial de barra (sombreado), debido a laacción del peso de la parte de la barra quese encuentra por debajo de el es:

R' = 2R d(Az)=(pgz/E)dz

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106 Elasticidadsiendo, A el área de la sección transversaldel la barra, y psu densidad.

Integrando sobre toda la longitud de la barra, obtenemos la deformación total, así:

a z - l H i í í2 E

A/. =(8,6.103)(10)(10)2

(2)(1 1,8.1010)

Az. = 3,6.10-5 m = 36.10~ém

* Az = 36 (im ®

Solución: 07

• Igualando la deformación obtenida enel problema anterior, con la dada, por laley de Hooke, se tiene:

M = Pgl

2E E

g = 2ar = (2X2,45.108)

pg (8,6.103X10)

+ M = 5697 m « 5,7 km ©

Solución: 08• Según teoría, el módulo de rigidez deun material, viene dado por:

F / A FTI = --------- = > 9 = - 7

9 nA

4900

(8,2.106)(25)2

* <p= 910 7 rad ©

Solución: 09• El módulo de rigidez del material, viene dado por:

F / A F iT| = ------- - = > S = -------

s / ( r|A

s =(4900X25)

(8 ,2.106 )(25)2

* s = 24.10~6cm ©

Solución: 10• Tomando la variación a la expresión de

la densidad p= m/V, se tiene:

Ap = - ~A VV2’ n

P - P o = - ( ^ y X V 0 3 a A T )

’ n

P 0 - P = P03a A T

a = ( & A t ^ X- L ) p0 /p 3AT

1,027-1 1a = 1,027 (3)(500)

+ a = 1,75.10~5 °CT1 ®

^ Notas

El coeficiente de dilatación volumétrico es tres veces el lineal (p = 3 a ) .

Solución: 11• De la ley de Hooke, la tensión en el ca

ble de acero que eleva al bloque es:

F / A A E A f E = ----------=> F = T = --------

M U i

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Física II 107

1T

w

En la Fig., de la ecuación de movimientodel bloque, hallemos la aceleración, así:

Fr = ma

WT - W = (— ) a

g

A E A i a = (------------- 1) g

we. 5

a = (10 -5)(2.1011X14.1Q-3) _

(10 )(2)

a = (1,4-1)(10)

+ a = 4 m /s 2

no de los resortes es:

F 2x = —= = 0,01 m

k 200

x = 1 cm

El desplazamiento de la n-ésima bola es:

d = ( n - l ) - = ( 5 - l) (l)k

* d = 4 cm ®

Solución: 14• La disminución en la longitud de los rie

les debido al cambio en la temperatura es:

M = ( 0a AT

A su vez, esta disminución en la longitudde los rieles, produce un esfuerzo internoen ella, igual a:

E M _ E l0a AT

Solución: 12• Como la fuerza F varía entre 0 extremosuperior de la columna y W extremo inferior de la columna, la fuerza media es W/2,luego, de la ley de Hooke, tenemos:

E = I ^ => M U AE

M =

mg i

2 A E 2 A Í E

M = P&f2 „ (2,7.103)(10)(30)2

2 E (2)(10'1)

M = 12,15.10 m ©

Solución: 13El alargamiento que experimenta cada u

a = (2.10n )(l,25.10“5X40)

* a = 10* N /m ¿ ®

Solución: 15

• De la ley de Hooke, hallemos la constante elástica (k) del resorte, así:

F = (— ) M = kA f

k =A E

Luego, el período de las oscilaciones querealiza el bloque será:

T = 2n J — = 2tc — V k V A E

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108 Elasticidad

T = 2k [— -(22/10X5) i ” *(4.10~ )(2,46.10)

* T = 2.10“¿ s = 20 m s

A ( a ] f , +a2(-i) AT

f, /E, + ( -2^2

* F = 160.10'1N

Solución: 16

• Representem os a la barra y al anillo quelo rodea.

De la ley de Hooke, deduzcamos la magnitud de la fuerza del modo siguiente:

F =E A Ai?

F =E A (R - r)

(4.1Q~°X12.1010)(0,125)

102

* F = 600 N

F =

©

Solución: 17

• La deformación total (Af) en la longitud de las barras, debido a dilatación térmi

ca, es igual, a la deformación total en lalongitud de las barras debido a su elastiddad, esto es:

Aí = Aí'

Af, + A Í 2 = Al?, + At? 2

p / p /?1a 1AT +rf2a 2AT = — L + - 2

AE, AE2

Solución: 18• La razón de las deformaciones en las Iongitudes de los alambres, viene dado por:

Aí , Ff , / E , A

Af2 F f2/E 2A f 2” E,

AÍ I - A / 21»6-10 A í 2 ~ 4 11,8.10

A£

10

10

-i Ai-,

= 3,7 ©

Solución: 19• En la Fig., el esfuerzo normal a la super ficie cortante de área A’ que forma 53° conla superficie transversal de área A es:

Fn F eos 9

n A' A/cos9F 2 2

a n = (—) eos 0 = a eos 0A

Fe \

\0 > < X

— = eos2 9 = eos2 53°

* a = A ® ex 25

Solución: 20• El aumento en la longitud de la manguera y la disminución en el radio producido

por ella, vienen dados por:

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Física II 109

A t = t 0 , AR = ^t R

siendo, c ,, £T las deformaciones unitarias

en la longitud y el radio, respectivamente.Sustituyendo estas expresiones en la definíción del módulo de Poisson, se tiene:

_ £t _ A R /R 0 _ l 0AR

EA

A i U t R0A£

AR = R - R0 =

A iR = R0( l - p — )

*"0

R = 5[ l - (0 ,5) (~) j

+ R = 4,5mm ©

k =

Luego, la energía potencial elástica del alambre deformado es:

E P = '-kAf2 = \ — )A£2 P 2 2 i

íP = Í E ( f A ) ( y ) 2 = Í E V ^

1 (2X2.10 )E = 2(— X~y) - , ,

V $ (2.10 )

* E = 10n N /m 2 ©

Solución: 23• En la expresión de la ley de Hooke,reemplacemos el volumen V=m/p, así:

Solución: 21

• Del problema anterior, el cambio en elradio de la manguera, viene dado por:

R n Af AR = p— ----

Fir FV,

AA£ ( A i 0)A£

Fpf cVAf mAf

F i í

E = 0

De modo que, el cambio en porcentaje delradio de la manguera es:

AR k = ( - -X100) = n(— )100

R-r» ^ n

k = (0,5X^X100)

+ k = 10% ©

Solución: 22

• De la Ley de Hooke, hallemos la constante elástica (k) del alambre, así:

EAF = kA¿ = (-----)A(

i

P =mAfE

F f2

(36.10_3)(10 3)(11,8.1010)

(500)(1)

+ p = 8,5.103 ^m

©

Solución: 24

• La relación entre el coeficiente de com presibilidad (B), el módulo de Young (E) yel coeficiente de Poisson (p), viene dado

por:

B =3( l -2p)

F.

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110 Elasticidad

B =(3)[1 - (2X0,29)3

19,6.1010

-k—12 _ 2+ B = 6,4.10 m 2/ N 0

Solución: 25• El cambio en la longitud, debido al cam

bio en la temperatura es:

M = ( 0a A T

Sustituyendo esta expresión en la ley deHooke, se tiene:

EAAf

F = —- = EA aA T

ratura, así:

E =

AT =

ccAT

2,45.10Ba E (1,6.10“5X11,B.1010)

AT » 130°C

Luego, la temperatura a la que se romperáel alambre es:

T = 150° -13 0°

+ T = 20 C ®

F = (21,6.10 )(10X10 )(1,06.10“ )(30)

+ F * 69.10 N ©

Solución: 26• Los cambios en la longitud del alambre,debido al cambio en la temperatura y a la e

lasticidad son los mismos, esto es:W l

A( = = f .a A TEA 0

W = EA aAT = Ettr aAT

W = (21,6.1010)(7t(l O-3)2 )(1,06.10 -5 X20)

+ W = 143,8N ©

Solución: 27• Recordemos que la deformación unitariaen la longitud del alambre es:

P M A T

^ = 7 - = aAT

Solución: 28• Por condición de equilibrio, la tensiónmáxima que puede soportar el cable de acero en su extremo superior, debe ser, igual asu peso aparente, esto es:

T = Wa = W - E

A a r = (PA- PH20) g A f

o r 7,85 .108í =

g(PA-pH2o) (9,81X7,7-1X10J)

* í = 11,9.10 m ©

Sustituyendo está expresión en la ley deHooke, obtenemos el cambio en la tempera

Solución: 29

• Representemos el péndulo en dos posiciones diferentes (A) y (B).

feos©

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Física II 111

Aplicando el principio de conservación dela energía mecánica, para A y B:

e m a = e m b

mgh = “ mv2

m — = 2 W ( l- co s 0 )

Luego, en B apliquemos la segunda ley de Newton para movimiento circular , así:

c vF_ = m—

eT - W = 2W (1 - eos 6)

a rA -W = 2 W (1 - eos 6)

3 W - a r Aeos 9 :

2 W

(3)(981) — ( 7 1 (10~3)2 )(7 ,85 .10S)

(2)(981)

eos 0 » 0,243

cosQ :

+ 0 * 7 6 ° ©

Solución: 30

• De la segunda ley de Newton, cuando la pesa pasa por el punto más bajo de su trayectoria, se cumple:

2 _ [(2,94.108)(ti(10 3)2) /4 - 9,8 lj9,8 1

(47i2)(0,5)(9,81)

* f = 3,3 re v/s ®

Solución: 31• Representemos un diferencial de barra,de longitud dx y masa dm.

E J E

dm=pAdxmdx

l

En la Fig., la fuerza centrífuga sobre el diferencial de barra es:

dF = dm-

2 2CO X

dF = (pAdx)( — )x

De modo que, la fuerza centrífuga total so bre la barra de longitud " t ' es:

| dF = p A co2 J x dxo o

F = 1 p Acó2 x2 = --- p A v22 2

Finalmente, el esfuerzo de rotura ( o r) de la

barra es:

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112 ElasticidadSolución: 32

• Primero calculemos la aceleración queadquiere la piedra, a partir de:

v 2 = v2 + 2ad

v2 202

a ~ 2 ( M / 2 ) ~ 20/100

a - 2000m / s2

A su vez, la fuerza sobre la piedra en el instante que abandona la lanzadera es:

F = ma = (0,02)(2000) = 40N

Luego, el módulo de Young de la cuerdade jebe del lanzador es:

F / A Fí

E _ (40X42)

7i(3.10-3)2 (20)

E = 2,9.106N /m 2 ©

Solución: 33

• Representemos las fuerzas que actúansobre la barra BD de peso despreciable.

▲

c

It ►1 rl1 X

1

80 - x '

r

La razón de las tensiones en las cuerdasAB y CD es:

T) E tA A l / l E,

T2 “ E2AA H l ~ E2

Ahora, tomemos momentos respecto del

punto O, así:

Mf‘ = M p2

TjX = T2(80 - x)

80T2 _ 80x “ t1+ t2 ~ i + t , / t2'

- 80X “ 1 + e , / e 2

80X = --------------------------------

1+ (19.6.1010/1 1,8.1010)

+ x = 30cm

Solución: 34• El momento del par de fuerzas que hayque aplicar, viene dado por:

M _ 7tqr4(p

21

w ti(5 .104 106 )(10-4 )4( tu/(6)(180))M = ------------------------- ,-----------------

(2X10’ 1)

M = 2,28.10”7 N jn ®

Solución: 35

• Representemos los rayos de luz incidente y reflejado antes y después del giro delespejo un pequeño ángulo cp.

La desviación que experimenta el rayo reflejado al girar el espejo un ángulo pequeño tp es 2<p, así, en la Fig., se cumple:

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Física II 113

tg2—> O, tg 2(f>» 2cp= i / d , así:

( <p= — 2d

Luego, el momento de torsión del hilo delgalvanómetro es:

espejo un pequeño ángulo (p.

M =7t q D4(p _ n q D4f

32 L 64 L d

M =

7t(4.1010 )(10~ 5 )4 (10~ 3)

(64)(10_1)(1)

* M = 1,96.10"13 N /m 2 ©

Solución: 36

• Para torcer el alambre un ángulo dcp se

debe hacer un diferencial de trabajo iguala:

dW= Md<p

Luego, el trabajo total que se transforma enenergia potencial elástica del alambre es:

w <p 4

w = } d w = | W d<po o 2L

w = 7tr |D 4 <P2

~64L

W =tc(S,9.1010X4.10~5)4(7i)2

(64)(5.10 "2)((6)(180))2

+ W = 1,25.10-12 J ©

Solución: 37

• Representemos los rayos de luz incidente y reflejado antes y después del giro del

La desviación que experimenta el rayo deluz reflejado al girar el espejo un ángulo cp

es 2(p, así, en la Fig., se tiene que:

tg2cp = -d

Para, ip -> 0, tg 2cp * 2<p = f / d , así:

l tp = —

2d

De otro lado, el trabajo total para torcer elhilo del amperímetro un ángulo qj es:

W = jM d ( p = ] ~ 11 d c p

o o

Ttqr 7 1W = — L - t p 2 = —M tp

4L 2

1 t w = —M(— )

2 2d

4Wd _ (4)(8,7.10~16)(1)

M 2.10' -13

+ i = 17,4.10_3m ©

Solución: 38

• El trabajo necesario para estirar un alam bre un S. Í , viene dado por:

Aí Aí p a

W = | F dx = J x dxo o ^

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114 Elasticidad

w = 1 e a a ^ i f : í2 £ 2 EA

pues, A£ = F£ / E A .

Luego, como se hace el mismo trabajo para estirar los alambres, se cumple:

1 F2 i i F2£2

2 E , A 2 E , A

AjR = ^t R =2Eh

+ £ ! / i 2 ~ 2,9 ©

Solución: 39• La energía potencial elástica almacenada en el alambre deformado, viene dado por:

w = 1EV 2 e

0 ,2 ,6 = , í X® ^

A£2 = 10-6 => A£ = 10 3m

* A£ = lmm ©

Solución: 40

• El aumento en porcentaje de la energía potencial elástica del alambre de cobre, viene dado por:

W - W N = (--------- -)(100)

W, To

N = k ( 2 ^ / 2 - k ( ^ / 2

k(A£) 12

4A£2 - A£2 N = (— )(100)

* N = 300 % ©

Solución: 41• Como la presión actúa por igual sobrelas caras del cubo, la deformación relativadel volumen del cubo es:

AV (1 - 2p) — = (°X + üy + üz)

Pero, el esfuerzo sobre el cubo es igual enlas tres direcciones, a

modo que:

o y = a z = ct, de

— = — ( l - 2 p ) (1)V E

Ahora, deduzcamos una relación para el

cambio relativo de la densidad, así:

m Ap AV p = — => K-= -------------- (2)

V p V

De (2) en (1), obviando el signo (-) y teniendo en cuenta que a = P, tenemos:

AV

V

Así, el cambio en porcentaje de la densidad del material es:

N = ( Ap)(100)P

N = (3)(1,2.106)[1 - (2X0,499)]

(7,2.10J)

+ N = 1% ©

Nota

En la ec.(2) el signo (-) significa que siel volumen aumenta la densidad disminuye.


bre el punto medio del cable.

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Física II 115

En la Fig., la deformación en la longitudque experimenta la mitad del cable es:

Af = Vy2 + ( f /2 )2 - f / 2 (1)


sen 9 =[y2 + ( f / 2 ) 2]1/2

(2)

De otro lado, de la ley de Hooke, la tensión en el cable es:

T =A^E Af

t /2(3)

Ahora, aplicando la primera condición de equilibrio al punto medio O, se tiene:

2Tsen0 = mg

De (1), (2) y (3), obtenemos la desviación (y):

AEAf yO J

* / 2 [ y 2 + ( f / 2 ) 2 ] I / 2

4EA y[Vy2 + (f / 2)2 - t 12]

Vy2 + ( f /2 ) 2

mg

mg

^ ^ y [ i - | ( y 2 + ( | ) 2) -1/2] = mg

l M y [ ] _ í ^ ( 1+ (J L ) 2 ] - 1/2j = mg( 1 / 2 1 / 2

4EA 1 4y

- T y[ 2 7 ^ 1= mg

8EA y3 2E uD 2 y 3= mg = > ---------- = mg

f 3 f 3

2ErrD2

y = [ JW X IO ) W3(2)(21,6.1010)(7tl O-4)

y = 3,89.1(T2m

* y « 4cm (}))

Solución: 43• Representemos un diferencial de barra,de longitud dx y masa dm.

EJE

dm=pAdx

~Wdi

En la Fig., la fuerza centrífuga sobre el diferencial de barra es:

dF = dm-

(2nfx)dF = (pAdx)-1 -

dF = 4tr2f 2pAxdx

De modo que, la fuerza centrífuga total so bre la barra de longitud i es:

JdF = 47i2 f 2 p A J x dxo o

F = (4 7t2 f 2 p A ) ( y )

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116 ElasticidadLuego, la frecuencia máxima a la que puede girar la barra sin romperse es:

2n p(

f = ( - - r r- T > I/2271

Solución: 45• Por equilibrio, la fuerza resultante (F)hacia arriba debido a la presión interna, esigual, a la tensión superficial resultante (T)hacia abajo, que actúa en los bordes de la

esfera cortada, esto es:F = P.AS = T

f = [ m o : ________

(27t2)(11300)(0,3156)2

+ f « 30 rev /s

1 / 2

©

Solución: 44

• Como un aumento en la longitud, generauna disminución en el radio del alambre, lala variación en el volum en es:

AV = 7iR2f - ti(R - AR)2(f + Af)

AV = ttR f -

7t(R2 - 2RAR + AR2 )(f + M )

P7ir“ = crr 27ir(R - r)

2 o r ( R - r )

(2)(3 .10 )(6 —5)

Despreciando los términos que contienen

AR y ARAf por ser muy pequeños, ysimplificando.

AR AV = t t R 2 (Af - 2 t )

R

•> Af AV = 7tR (A f - 2 ¿ p — )

AV = A Af(l - 2p)

Fe AV = A - - - - ( l ~ 2 n )AE

(100X9,8)(0,5),,

AV= ( T 9 ^ í o V ( ) ( 0 ’3))

AV = 10~9 m3

* A V - 1mm ©

* P = 1,2.107 N /m 2 ®

Notas

1) As es la proyección del área lateral dela esfera sobre su base.

2) No se toma en cuenta el peso de la esfera de vidrio.

Solución: 46• Representemos las fuerzas que actúansobre el tubo de vidrio cortado por la mitad.

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Física II ________________________________ 177Por equilibrio, la fuerza resultante (F) hacia arriba debido a la presión, es igual, a latensión superficial resultante (T) hacia aba

jo , que actúa en los bordes del tubo corta do, esto es:

2T = F = PA S

2 a r £ ( R - r ) = P ( 2 r ) f

_ _ CTr( R - r )

P =(3.107 )(7 - 6)

* P = 5.106 -Nr ©

Notas

1) La fuerza debido a la presión (P), secalcula sobre la proyección del área lateral interno de la mitad del tubo.

2) No se toma en cuenta el peso del tubode vidrio.

Solución: 47

• El alambre al ser estirado, aumenta en sulongitud un "Aí", y disminuye en su ra dioun " AR", esto es:

Ff FR Al = a — y AR = B----

A A

siendo, a y P los coeficientes de elastici

dad y contracción lateral, respectivamente.

Por dato, el volumen inicial es igual al final, esto es:

0 _ P “ )2(l + a y ) = 1A A

l - 2 p ^ + p 2^ T + a — - 2 a f i í T + a p 2— =1A A 2 A V A

Despreciando los términos de 0(2) en a yP, tenemos:

ct = 2p => Ji = - = ^a 2

* p = 0,5 ©

Solución: 48

• Como no hay transferencia de masa deagua, esto es dW = 0, entonces:

dW = ydV + Vdy = 0

dy dV 1

Y V B

p

-dP

i d Pr„ T í B

ln ( ^ ) = > - P 0)Yo B

AP = P - P0 = Bln(e ) = 2B

* AP = (2)(2 .104) = 40.103atm

Solución: 49

• De la ley de Hooke, deduzcamos una ex presión para la deformación unitaria.

V = V*0 '

n R 2( = 7i(R -A R )2(f + Af)

E =crr

a e / e=>

Aí _ a r

o F R 1 ¥ ( R f = (R - p ——) (f + a ——)

A A

Ahora, como un aumento en la longitud dela barra cilindrica, origina una disminuciónen su radio, la variación en su volumen es:

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118 Elasticidad

AV = V - V0 = 7t (R - AR)2 (¿ + M ) - 7tR2í

AV = ti( R 2 - 2R AR + AR2)(¿ + A i ) - n R 2t

AV = ti(R 2 -2R A R )(f + A f)-TtR 2f

Solución: 50• La fuerza máxima sobre la barra cuandoestá dilatada es F=S.E.a . AT, y la mínimaes 0, luego, el trabajo que puede realizar la

barra, será equivalente al que realice la

fuerza media, esto es:

AV = ti (( R2 + R2 M - 21R AR

- 2A R A £ ) - n R 2 i

AV = tiR 2 ¿ ( - £ - 2 — )t R

AV = v 0( ~ _ 2 p —f-)

AV = V0y ( l - 2 p ) = V0| ( l - 2 p )

De modo que, el volumen deformado de la barra cilindrica es:

V = V0 + AV

W = FmA£

w _ (SEaAT + 0)(A )

SEaATW = (— - — )(¿aA T)

W = 1SE f a 2A T 22

W = - (4.10""4)(2.1011)(1)(1,25.10”5)2(50)2

* W = 15,6J

V = V0[l + (1 ~ 2 p)]

Finalmente, la variación en porcentaje dela densidad de la barra es:

N

N =

N :

Po

m / V - m / V,

P ' Pn1 Koi(100)

AV51(100) = ----- (100)

m/V0 V

V 0 ( a r / E X l - 2 p )

(100)V0fl + (<7r / E)(l - 2p)J

+ N = 0,06 % ®

cgr- Nota2

Se han despreciado términos en AR ,

Af2 y ARAf por ser muy pequeños.

Solución: 51• De la ley de Flooke, hallemos una expresión para la deformación unitaria.

cr F / A FE = - —— => E, = —

$ % A E

Así, la razón de las deformaciones unitarias en las longitudes de los alambres es:

4, _ (W , + w 2) / a e ,

^2 w 2 / a e 2

l l W, + W2 e 2

^2 W2 A e /

5, 2W2 + W 2 21.10

r (

4t

7.10

* — = 9^2

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Física II 119

Solución: 52

• En el problema 41, se encontró que la variación relativa del volumen, que experimenta un cuerpo bajo la acción de una presión uniforme multilateral es:

AV 3a s 3AP — = — ( i-2 * i) = — ( l - 2 p )

1 AV 1- = = - (1 - 2p)B VAP E

siendo, 1/B el coeficiente de compresibilidad y AP la variación de la presión.

(1 - 2u) = — > 0 => 1- 2u > 0B

* p<0,5

Solución: 53

• Tomemos un elemento del anillo, de Iongitud M y masa A m , y representemos latensión (T) y sus componentes que actúansobre el, así:

El elemento de masa A m contenida en el elemento de longitud Af = 2RA0 es:

Am - pAV = pAAf

Am = 2pARA0

Luego, en la Fig., la fuerza centrípeta so bre el elemento de masa Am es:

2TsenA0 = Am — R

Ahora, como T = o rA, v= 2 nf R y para

A0 —> 0, sen A0 « A0, entonces:

2or AA0 = 2pARA0(27tfR)'

R

f =

47t2pR2

1 a r

f =

2tiR y p

(27i)(0,25) 11,3.10

Solución: 54• Tomemos un diferencial de la barra, deancho dz, situada a una distancia z del vér

tice 0 de la barra cónica.

Primero hallemos el peso total (W) de la barra cónica, así:

W = yV = -í-Y7iD2¿12

siendo, y el peso específico, D el diámetro

de la base y £ la altura.En la Fig., deduzcamos por proporcionali

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120 Elasticidaddad la fuerza (F) de extensión sobre el diferencial de barra (sombreado), debida al peso de la barra cónica cuya base tiene un diámetro d, y que se encuentra por debajo dela franja, así:

W F

(7tD2 /4 ) f /3 (md2 /4)z /3

Wz d ,F = (----- ) ( - ) 2

t D

F = ■W zJ

Sustituyendo esta fuerza en la ley de Hoo

fíe, Al = FC / AF, obtenemos el a largamiento en la longitud dz del diferencial de la barra, esto es:

d(Af) =

d(Af) =

(ynD 2 z 3 /1 2 f2)dz

(Ttd2 / 4)E

(Y7tD2z3 / \ 2 ¿ 2)dz

(nd2 /4)E

yz 3 D 2d(Af) = (r~z )(— -)dz

31 E d 2

yz3 l 2d(AÍ) = (J 4 - X - T )dz

31 E z 2

+ A l = 0,29.10-6 m ©

Solución: 55

• De la ley de Flooke, hallemos una expre

sión para la constante elástica del alambre,así:EA

F = kAf = A l

k = - -l

Por otro lado, el esfuerzo longitudinal es:

F r r a e = — = E— = EE,e A l

Luego, la razón de la constante elástica alesfuerzo longitudinal es:

k EA H

©

Solución: 56

• Primero calculemos la fuerza máxima deextensión que puede experimentar cada u-no de los alambres, sin romperse.

d(A£) = ^ z3E

De modo que, el alargamiento total que ex perim enta la barra, debido a su propio peso es:

M 1V7J d (A 0 = J ^ - d zo o

A ( =y l 2 = (11,3.104 )(0,5)2

6E “ (6X1,6.1010)

F = a r A = o r 7tR"

F-(2,94.108X7t(10'3)2)

F = 923,6N

Como, el peso de 7389 N se distribuye por igual en cada uno de los alambres, entonces el número necesario de ellos es:

7389

923,6

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Física II 121

Solución; 57

• Representemos una sección S cualesquiera en el trozo de barra BC.

B S C

5000N■*—— 1 1

4000N

h 75cm

Como la barra está en equilibrio, entoncestodas sus partes también lo están, así, lafuerza resultante a la izquierda de la sección S es (5 000 - F[), luego, de la ley de laley de Hooke, se tiene:

A i = ■F í

0,0025 =

AE

(5000 - I', >(75)

(5X2,1.107)

F, = 1500N

Asimismo, la fuerza resultante a la derecha

de la sección S es (4500 - F2), luego, de laley de Hooke, se tiene:

A i = F i

AE

(4500 - F2)(75)0,0025 = - -

(5X2,1.10 )

F2 = 1000N

Luego, la suma de las magnitudes de lasfuerzas F, Y F2 es:

+ F] + F 2 = 2500 N (ñ )

Solución: 58• Como la barra es homogénea, por pro

porcionalidad, hallemos la masa del trozoAB.

m 8 2,= — = > m = kg

2,5 30 3

De la segunda ley de Newton, la fuerza resultante, sobre el trozo AB es:

( F - T ) = m a = (-X 2,4 )

(F -T ) = 1,6N

Representemos las fuerzas que actúan so bre el trozo de barra AB.

L 30 cmr

Tm

h — H

B _ a

F

2,5cm

Luego, el esfuerzo longitudinal sobre eltrozo de barra AB es:

F - Ta =

= 1,6

A 25.10^

N* a = 640- ©

m

Solución: 59• Representemos las fuerzas que actúansobre los trozos AB y BC.

Como la barra es homogénea las masas delos trozos AB (mi) y BC (m2) son:

nt] m

7T = 7=> m, = m—

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122 ElasticidadA su vez, la razón de estas tensiones es:

m2 m

i 2=> m-, = m-

l

De la segunda ley de Newton, las fuerzasque actúan sobre cada uno de los trozos es:

hI = m, a = m— a

F - T = m7a = m— ae

Luego, de la ley de Hooke, la razón entrelas deformaciones en las longitudes de lostrozos AB y BC es:

Ai , T i x / A E A i 2 ( F - T ) ¿ 2 / A E

Ai x _ ( m l ,a / l ) l i / A E

A i2 {m i2*1 i ) i 2/AE

-.2 _ , 2 l 2 2

A i , i , i .

M i

A i ,

- 4

©Solución: 60

• Representemos las fuerzas que actúan enel sistema físico en equilibrio.

Tct a

m g

Por simetría, el alargamiento que experimenta cada uno de los alambres es el mismo, así, de la ley de Hooke, las tensionesen los alambres de cobre y acero, son:

AMK C . - ^ _ . A¿AEa

A Í A E a / í E a

Tc A i A E c / t E c= 2

Ta = 2TC

Finalmente, como los alambres están en equilibrio, se cumple que:

2TC + Ta = mg

4TC = (200)(10)

+ Tc = 500N ©

Solución: 61• Representemos una sección S común alcilindro y tubo, y representemos las fuer zas que actúan.

S

Td

|T*

1 A

B

Las deformaciones unitarias que experimentan el cilindro de acero y el tubo de co

bre es la misma, de modo que la razón delos esfuerzos es:

= =ac i,Ec 11,8

cta = 1,83ctc

Ahora, apliquemos la condición de equili brio al trozo AB, así:

P = Tc + T a = c t a A a + ctc A c

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Física II 123

P = (1,83cc ) ( ^ —) + c c ( *( D 2 - d 2))4 4

4Pc r =

c tt(D 2 + 0,83d2)

(4)(50000) _

O2)]

N ©

C 7t[202 + (0,83)(102)]

c c = 131,8cm

Solución: 62• Representemos la barra, luego de haber

se inclinado un ángulo 0 respecto de la horizontal.

En la Fig., los alargamientos que experimentan los alambres de acero (1) y cobre(2) son:

(W / 2)1

AE,Af, =

(W / 2)i

AE,

De modo que, las longitudes deformadas

de los alambres son:

W W gj = ( i + _ _ ) f , ¿ 2 = (i + _ _ - ) (

2AE 2AE-

De otro lado, en la vertical la distancia en-re los extremos de la barra es:

y = g 2cos0 - f]Cos0

W (r 1 1 , ny = ---------)cos”

2 A E ,

y =w ¿ (E i ~ e 22A E, E

)cos0

J1 2lluego, en el triángulo rectángulo, se cum pie que:

sen0 = —

tg0 =W f (E , - E , )

2A dE ! E ,

,10

tg0 =(50000)(1 X21,6 -1 1,8). 10

(2 )(4.10-6 X0(21,6)(11>8)(1020 )

+ tg0 = 24.10“ ©

Solución: 63• El alargamiento que experimenta la Iongitud del alambre es:

M = m - i

Luego, la deformación unitaria que experimenta la longitud del alambre es:

^ = - = 6 - 1

+ \ , = 1= 0,0473

(D)

Solución: 64

• Sustituyendo las condiciones del problema, c z = 0, = 0, en las ecs. de la ley

general de Hooke, así, en las direcciones Xe Y, las deformaciones unitarias son:

S* = gfa x f K 10)1

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124 Elasticidad

= z r K - p ( a x + 0) = 0E -

Üy =^CTX

Reemplazando esta expresión en la primera ecuación, se tiene:

E

E 11,8.1010

1 p- 1- 0,34

cr ,133GPa

Solución: 65• Como el cubo se encuentra dentro de unhoyo cúbico indeformable, í!X = £,y = 0, a

demás por simetría a x = a , luego sustitu

yendo estas condiciones en las ecs. de laley general de Hooke, así, la deformaciónunitaria en X es:

Sx = k CTx “ P K + CTz)l = 0 b

=> CTV=

A su vez, sustituyendo está expresión en ladeformación unitaria en Z, se tiene:

^z = 7r[°z -M -(°x+°x)]E

, 1r 2p= „ K -H - Oz]

E 1- p

Ü z = ^ <a z , l - p - 2 p

l - p

r _ í 6 . 1 0 1 , rl ~ 0 , 4 4 - ( 2 ) ( 0 ,4 4 i ) 1V, _ , l0 111,6.10' 1- 0,44

* £,z = 1,16.10“ ©

Solución: 66

• Tomemos un diferencial de tronco de co

no, de ancho dx, radio r, situada a una distancia x de la base izquierda.

d xX

^ _______ _

r

d/2D/2

En la Fig., de la semejanza de los triángulos rectángulos, hallemos el radio del diferencial de tronco de cono, así:

r - d / 2 (D - d) / 2

x ~ ~ ~ 1

d x D - dr = - + - ( ------- )

2 1 2

Ahora, de la ley de Hooke, At = Ft

/ A E ,

el alargamiento que experimenta la longitud (dx) del diferencial de tronco de conoes:

d(At) ■■Fdx

tr[d / 2 + x(D - d) / 2£] E

Finalmente, el alargamiento total que experimenta la longitud del tronco de cono es:

Aí 4 Fdxí d ( A f ) = f —¿ ¿ 7t[d + x ( D -d ) / f ] 2

A t =4F e

ttEDd

At =(4X8.100(0,20)

tt(1,6.1010 )(0,20)(0,10)

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Física II 125

+ A( = 636.10 m

Solución: 67

• Para hallar el momento de inercia polar

del cilindro hueco, tomemos una capa cilíndrica de espesor dr, y área dA= 2ti r dr

Según teoría, el momento polar del cilindro hueco, viene dado por:

I p - J / d A

lP = JrR 2ir r3dr = 2n [r4 / 4] |

IP = — (D4 ~ d 4)32

Luego, el momento de torsión que produceun ángulo de giro 0 es:

M : T)lp0

OtPR

Por lo que, la deformación unitaria en lalongitud del borde de la esfera cortado por

la mitad es:

_ ctt PR E Eh

Así, el aumento en la longitud del borde,implica un aumento en el radio, igual a:

A!R = t R =PR ¿

Eh

De otro lado, el esfuerzo lineal (que actúaa lo largo del cilindro) es:

a. =PR

2h

La deformación unitaria correspondiente aeste esfuerzo es:

PR

2Eh

Ahora, un aumento en la deformación urntaria longitudinal, produce una deformación unitaria tangente, igual a:

M =7 ir |(D 4- d 4) 9

32 t

M =71(26.109X44 - 2 4)(10’ 8)(4.10-3 )

(32X10.10-2)

+ M = 245N.m

Solución: 68

®

• Según el problema (46), el esfuerzo tangente (a un corte de la esfera), viene dado por:

£,t = - pPR

2E h

Por lo que, el radio disminuye en una cant]

dad igual a:

A2R = R = -pPR

2Eh

Finalmente, el aumento total en el radio dela esfera es:

AR = A,R + A2R

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126 Elasticidad

AR = (1 - —)Eh 2

(2.10°X4.10“2)2 (1 0,29AR =

(21,6.1010X2.10_ j) ' 2

AR = 6,3.10_6m

Solución: 69

• Según el problema (45), el esfuerzo tangente (a un corte de la esfera), viene dado

por:PR

j tGt —‘

2hPor lo que, la deformación unitaria en lalongitud del borde de la esfera cortado por la mitad es:

-o T PR

E 2Eh

Asi, el aumento en la longitud del borde,implica un aumento en el radio, igual a:

AjR — R — PR

2Eh

AR —A|R 4- A2 R

P R 1A

AR = ( 1 - 0 3 )(2)(21,6.10IOX2.10-3)'

AR = 2,6.10’6 m

Solución: 70

®

• Según el prob.(68), los aumentos en dradio y la longitud del cilindro cerrado son

Eh 2 Eh 2

Ahora, con estas expresiones calculemos elaumento en el volumen del cilindro, así:

AV = 7t (R + AR)2(f + Af) - ti R 2f

AV = tc(R 2 + 2R AR+ A2RXf + A f ) - n R 2 í

AV = ti (R 2f + 2R f AR + R 2Af

+ 2R AR A f)- 7 :R

De otro lado, un aumento en la deformación unitaria tangente, implica una defor mación unitaria lineal (en la dirección delradio) igual a:

f. r PR

Por lo que, el radio disminuye en una cantidad igual a:

a 2r = = - hP R ¿

2E h

Finalmente, el aumento total en el radio deltubo de acero es:

AV = 7t(2R £ AR + R 2Af)

AV = , f í l ! í ( 2 - p ) + P- ^ ( I - g ) ]E h E h 2

AV = 7i P R f ,5E h 2

Como, V = 7 1R t , entonces el aumento en

porcentaje del volumen del cil indro es:

AV N = (— X100)

+ N = 0,105% ®

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Física II 127

H l D C e S T A I l C A

1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES

a) HidroaeromecánicaEs una rama de la física que estudia lasleyes del equilibrio y del movimientode los líquidos y de los gases, así, como las interacciones de los líquidos ygases en movimiento con los sólidos.

b) FlidroaerostáticaEs una parte de hidroaeromecánica queestudia las leyes que rigen ó gobiernanel equilibrio de los líquidos y gases teniendo en cuenta a las fuerzas que actúan sobre ellas; la hidroaeroslática sedivide en hidrostática y aerostática.

c) HidrostáticaEstudia las propiedades y fenómenos

de los líquidos en equilibrio.

d) AerostáticaEstudia las propiedades y fenómenosde los gases en equilibrio.

e) FluidoSe designa con este nombre a los líquidos y gases, sean estos, compresibles oincompresibles.

f) LíquidosSe llaman líquidos los cuerpos que tienen volumen determinado pero no cíasticidad de forma (por carecer de módulo de cizallamiento).

g) Fluido compresibleEs el gas cuya densidad depende de la presión hasta tal punto que en la prácti

ca está relación no puede despreciar se.

h) Fluido incompresibleEs el líquido ó gas en el que la relación

de dependencia entre su densidad y presión es despreciable.

i) Líquidos inmisciblesSe denomina así, a dos ó más líquidosdiferentes, que al unirse entre si, no semezclan.

j) Fluido perfecto ó idealEs aquel fluido que no presenta rozamiento interno (viscosidad) y a su vez

es incompresible.

k) Fluido viscosoEs aquel fluido que presenta rozarniento interno.

I) Rozamiento internoSe denomina así al fenómeno que causa la aparición de las fuerzas tangencíales que se oponen al desplazamiento

de unas partes de un líquido ó gas res pecto a otras.

m) Fluido barotrópicoEs aquel fluido cuya densidad dependeúnicamente de la presión.

n) Tensor Es una representación matemática, queresulta de la transformación de un con

junto de magnitudes físicas dadas en un

sistema de coordenadas ortogonal (S)en otro sistema ortogonal (S'). Exis tentensores de diferentes órdenes, así:

• La temperatura, masa y otras magnitudes escalares se representan mediantetensores de orden cero.

• La velocidad, aceleración y otras magniitudes físicas vectoriales, se representan mediante tensores de primer orden.

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Física II 129

mente. Generalmente los hidrómetroscontienen una escala de papel al interior de ellos para que se pueda leer directamente la densidad relativa en gramos

por centímetros cúbicos. Así, el líquidocuya densidad se desea determinar sevierte en un recipiente alto, marcando elnivel del líquido sobre la escala el valor de su densidad relativa (pr).

Tipos de densímetrosAlcoholímetro.- Sirve para medir el grado de alcohol en una bebida.Lactómetro.- Sirve para medir la densjdad relativa de la leche.Sacarímetro.- Sirve para medir la can

tidad de azúcar de una melaza, la cual,es un producto líquido espeso derivadode la caña de azúcar o de la remolachaazucarera, su aspecto es parecido al dela miel, aunque un tanto más oscura.Salímetro.- Sirve para medir la densidadrelativa de sales.

^ U n id a d : "p" se mide en kg/m3

b) Densidad relativa (pr)Es una cantidad física adimensional quemide ó compara la densidad de un cuer

po ó sustancia A con respecto de otro B,esto es:

• Las densidades de sólidos y líquidos secomparan con la densidad del agua a latemperatura de 4 °C.

Ph20 = 1000 y n r

• Las densidades de los gases se comparan con la densidad del aire en condicio

nes normales, cuyo valor es:

P = 1,293 k|nr

c) Peso específico (y)Es una magnitud física escalar, que mide el peso (W) que actúa en el volumen (V) de un sólido o fluido, así, paraun cuerpo o sustancia de masa homogénea, el peso específico, viene dado

por:

• Para un cuerpo o sustancia de masa no

homogénea el peso específico, viene dado por:

dW

siendo, (dW) un diferencial de peso contenido en un diferencial de volumen(dV), del cuerpo o sustancia.

^ Unidad: "y" se mide en N/m3

d) Relación entre densidad y peso específicoLa relación entre la densidad ( p ) y el pe

so específico (y) de un cuerpo ó sustan

cia, viene dado por:

Y= P g

siendo, (g) la aceleración de la gravedad.

• El peso específico (y ) es (g) veces la

densidad (p ) del cuerpo ó sustancia.

El peso específico de un cuerpo o sustancia es diferente en cada uno de los planetas, en tanto, la densidad es la misma.

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130 Hidrostática3. PRESION (P)1) Concepto de presión

La presión en una pequeña región de una superficie "S" se define como la razón de la componente normal (dFN) dela fuerza (dF) al área de dicha región su

perficial (dS), esto es:

p dFN dF eos 9

dS ~~ dS

siendo, ''9" el ángulo que forma el diferencial de fuerza (dF) con la normal a lasuperficie.

• Si el sistema de fuerza que actúa sobrela superficie "S" es no uniforme, la presión en cada punto de la superficie es di

ferente, y se habla de una presión local.

Por ejemplo, en la Fig., las presiones enlas pequeñas regiones "l" y "2" son diferentes, pues, las fuerzas que actúan endichas regiones son diferentes.

• Si el sistema de fuerzas que actúa sobrela superficie "S" es uniforme, la presiónen cada uno de los puntos de dicha su perficie es la misma, y la expresión anterior se escribe así:

p _ f n F e o s 0

S S

siendo, "F" la fuerza resultante que actúa sobre la superficie " S".

Por ejemplo, en la Fig., las presiones enlas pequeñas regiones "1" y "2" son igua

les, pues, las fuerzas que actúan en dichas regiones son iguales.

• Ahora, si el sistema de fuerzas unifor me actúa perpendicularmente a la super

ficie "S" (0 = 0°), y la expresión anterior se reduce a:

• La presión es una magnitud física tenso-rial.• Cuando un cuerpo se encuentra apoyan

do totalmente su peso sobre una super ficie, su peso se reparte uniformementesobre toda la superficie.

• Una misma fuerza puede producir diferentes presiones si es ejercida sobre diferentes superficies.

Pi=2P2

• Fuerzas diferentes pueden producir iguales presiones si son ejercidas sobre su

perficies diferentes.

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Física II 131

P i = p 2

• Sobre cada uno de los puntos de la su perficie "S" actúan las fuerzas de presión, " F" es la fuerza resultante de la suma de todas estas fuerzas de presión, lacual actúa en el centro de masa del cuer po.

^ U n id a d : "P" se mide en N/m2

Sistema de fuerzas uniformeUn sistema de fuerzas que actúan sobreuna superficie se dice que es uniforme,cuando en cada punto de dicha superficié las fuerzas son iguales en magnitudy dirección, caso contrario se dice queel sistema es no uniforme.

'

'r ' r

/

/ /' / y /

/ / V/

/

2) Presión de un líquido

La presión creada por un líquido se liama presión hidrostática, así, la presióncreada por el líquido de densidad "p",

en el punto A situada a una profundidad

"h" por debajo de su superficie libre,vie ne dado por:

P-gh

3)

a)

siendo, "g" la aceleración de la gravedad.La presión hidrostática en puntos de lasuperficie libre del líquido es cero.La presión creada por un líquido en un punto del mismo, no depende de su cantidad, sino, sólo depende de la profundidad a la que se encuentra dicho punto,respecto de su superficie libre.

Propiedades de la presión en un líquidoLa presión en un punto cualquiera de unlíquido es igual en todas las direcciones(principio de Pascal).

b) La presión en todos los puntos situadosen un mismo plano horizontal de un líquido en reposo es el mismo.

<] D>

B

ISOBARA

Pa = Pb

Se llama isóbara a la recta cuyos puntosestán a la misma presión.

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132 Hidrostáticac) La fuerza debida a la presión ejercida

por un líquido en reposo sobre las paredes del recipiente que lo contiene es per

pendicular a estas.

d) La fuerza de la presión en un líquido enreposo se dirige siempre hacia el interior del líquido, es decir, es una compre

sión, jamás una tracción o extensión

e) La superficie libre de un líquido en re poso es siempre horizontal. Esto es cier to solo en la superficie de la Tierra asimple vista, debido a la acción de lagravedad. Si no hay acciones gravitatprias, la superficie de un fluido es esférica, y por tanto, no es horizontal.

f) La superficie superior de un líquido enreposo situado en un recipiente abiertosiempre es perpendicular a la fuerza resultante que actúa sobre ella. Si la gravedad es la única fuerza, la superficie eshorizontal. Si actúan otras fuerzas además de la gravedad, la superficie librese ajusta a ellas. Por ejemplo, si hacemos girar un vaso conteniendo agua, alrededor de su eje de simetría, además dela fuerza de la gravedad, aparece la fuer za centrífuga, y la superficie adopta la

forma de un paraboloide de revolución,como se muestra en la Fig.

4) Tipos de presión

a) Presión atmosférica o barométrica (Patm)

• Es la presión ejercida por la masa de aire que rodea a la Tierra, como la super

ficie de la Tierra no es uniforme, se ha bla de la presión en un lugar determinado.

• El aire que rodea a la Tierra está constituída en mayor porcentaje por Nitrógeno (78%) y oxígeno (21%).

• La presión barom étrica se mide con barómetros.

b) Presión atmosférica normal (P^

Es la presión atmosférica medida al ni

vel el nivel del mar, su valor es:

P0 = 760 mm Hg = 1 atm

c) Presión manométrica (Pm)Es la presión creada por gases encerrados en recipientes, sin considerar la presión atmosférica.

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Física II 133

• La presión manométrica se mide con manómetros.

d) Presión absoluta (Pab)Es la presión que se tiene cuando setoma como nivel de referencia el vacióabsoluto, se define así:

P = P + P1 ab 1 man 1 atm

5) Recomendaciones:En la solución de problemas se debentener en cuenta lo siguiente:

a) Cuando no se conoce la Patm, se asumeque Patm P q .

b) Si el problema no indica que la presiónes manométrica (Pman) ó atmosférica(Patm) se asume que la presión es absolu

ta (Pabs)c) A lugares que están a mayor altura so

bre el nivel del mar, le corresponden meñor presión atmosférica, y recíprocamente.

6) Rango de presionesLas presiones pueden variar entre 10"8mmHg y 10'12 mmllg de presión absoluta en aplicaciones de alto vació, hastaniveles de atmósferas en prensas y controles hidráulicos. Con fines experimentales se han de obtenido presiones del or den de millones de atmósferas.

4. MEDICION DE LA PRESION ATMOSFERICA

1) Instrumentos para medir presio-nes

a) ManómetroEs un dispositivo que está constituido

por un gas encerrado en un rec ipiente yuna columna de mercurio de altura (h),como se muestra en la Fig.

Así, en la Fig., los puntos (1) y (2) están a la misma presión (mismo nivel),de modo que, se cumple:

P = P —P —y hi man 1 abs 1 atm /

siendo, (y) el peso específico del mercurio (Hg), (Patm) la presión atmosférica y(Pabs) la presión absoluta

b) Barómetro

Es un dispositivo constituido por una probeta, un recipiente ó vaso y un liquido (mercurio, agua, etc...) que se utiliza para determinar la presión atmosféricaen un lugar de la superficie terrestre.

c) PiezómetroEs un dispositivo sencillo, sensible quese utiliza para medir presiones pequeñas; y está constituido por un tubo decristal de diámetro pequeño y un reci piente que generalmente se llena conmercurio (Hg) como la Fig.

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134 Hidrostática

Así, según el principio de Pascal, la presión en el punto A, es igual, a la presiónP en el recipiente, esto es:

P = P A

P = Patm + P g (h + H)

3) En la Fig., se observa que no todo elmercurio baja de la probeta, debido a la presión atmosférica que actúa sobre lasuperficie libre del mercurio.

4) Por el principio fundamental de la hidrostática los puntos (1) y (2) se encuentran en un mismo líquido (Hg), y al mis

mo nivel, por lo que:

siendo, "p" la densidad del mercurio y

"g" la aceleración de la gravedad.

2) Experimentos para medir la presión atmosférica

> Experimento de Torricelli

a) ObjetivoMedir la presión atmosférica

AIREfO|

Hg

100 cm

ib)1)2)3)c) 1)2)

InstrumentosUna probeta de vidrio.Una vasija o recipiente de vidrio.Una cantidad de mercurio.ProcedimientoLa probeta se llena con mercurio (Hg)La probeta se invierte tal que el mercurio (Hg) se derrama sobre un recipiente,como muestra la Fig.

P atm = 7 6 c m H g

d) Conclusión<<:La presión atm osférica es equivalente, a la presión que ejerce una columna

de mercurio (Hg) de 76 cm de alturaJ>

Tubo cerrado por uno de sus extremosConsideremos un tubo de longitud " yradio "R" cerrado por uno de sus extremos, como se observa en la Fig.

/'TN 6IA

A p

<V.1s-s i o

h—H2R

-

h

En la Fig., a medida que introducimosverticalmente el tubo por su extremo a bierto en el recipiente con agua, hasta

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Física II 135

alcanzar una altura "h", al aire en su interior se va comprimiendo, ascendiendoel agua al interior del tubo una altura" x " .

Los volúmenes inicial (V0) y final (V)del aire a las presiones (P0) y (P) son:

VQ= 7t R2 í y V = ttR 2( / ? - x)

De otro lado, la presión del aire encerrado en el tubo es la suma de la presiónatmosférica más la presión de la columna de agua de altura (h-x), esto es:

P= P0 + Pg(h - X)

Ahora, asumiendo que el aire es un gasideal, y que el proceso de compresión esisotérmico (T=cte.), de la ecuación delos gases ideales, tenemos:

p„ v „ = p v

Sustituyendo en esta ecuación V0, P yV, obtenemos la expresión para la presión atmosférica, así:

P„ =Pg(h - x) ( í - x)

En esta fórmula las cantidades "h" y"x" se miden directamente. Así, por e

jemplo, para un tubo de longitud í = 40cm, h=40 cm, R-9 mm, x=^l,l cm g=9,8m/s2 y p = 1 000 kg/m3, el valor que se

obtiene para la presión atmosférica es:

P0=O,9684.1Os N/m2, siendo el error reíativo cometido de: E=4,4 %.

Tubo conectado a un recipienteConectando el extremo superior del tu

bo a un recipiente de volumen, logramos aumentar la longitud eficaz del tu

bo, tal como se observa en la Fig.

H—H2R

Los volúmenes inicial y final del aire alas presiones P0 y P son:

V0 = tcR 2í + V

V = ttR 2( / - x) + V

La presión P del aire encerrado en el recipiente es la suma de la presión atmosférica P0 más la presión de la columnade agua de altura (h-x), esto es:

P - P0 + p g (h -x )

Ahora, asumiendo que el aíre es un gasideal, y que el proceso de compresión

de isotérmico (T_cte.), de la ecuaciónde los gases ideales, tenemos:

Sustituyendo en esta ecuación V0, P, V,obtenemos la expresión para la presiónatmosférica y longitud eficaz:

P0 = Pg( h - x ) ( L - x )

L = £ +

xV

ttR 2

En estas fórmulas las cantidades "h" y"x" se miden directamente. Así, por e

jemplo, para un tubo de longitud i = 40cm, h=40 cm, R=9 mm. x=ll,7 cm

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Hidrostáticag=9,8 m/s" y p = l 000 kg/nfi, el valor

que se obtiene para la presión atmosférica es: P0=0,99866.105 N/m 2, la longitud eficaz L=4,33 m, el aumento de la

longitud del tubo A »l 1 veces, y el error

relativo igual a: E=1,42 %.

5 Conclusiones1) La altura " x" del agua que penetra en el

tubo aumenta al disminuir el radio "R"del tubo capilar.

2) Añadiendo el recipiente en el extremosuperior del tubo se disminuye el error al medir la presión atmosférica.

3) En la medición de la longitud "x" no seha considerado la formación de un menisco, y el ascenso del agua en los tuboscapilares, debido a la tensión superficial.

> Cálculo de la fuerza de presión atmosféricaConsideremos un recipiente de formahemisférica de radio "R ", y cuya basees perpendicular a la gravedad, como semuestra en la Figura.

136

Para calcular la fuerza sobre la superficié hemisférica, ejercida por la presiónatmosférica (P0=cte.), dividimos dicha

superficie en muchos anillos, y representamos la fuerza de presión sobre uno deestos anillos.

En la Fig., el radio del anillo "r", su ancho " d f \ y su área "dS”son:

r = Rsen0 , d£ = Rd9

dS = 2nrd£ = 27iR2sen9d9

La magnitud de la fuerza ejercida por la presión atm osférica sobre la superficiede este anillo es:

dF = P0dS - 27iR2P0sen 9d 9

La componente horizontal de esta fuer za se anula, quedando únicamente lacomponente vertical, cuya expresión es:

dFz = dFcosd

dFz = 27iR2Posen0cos0d9

Integrando esta expresión sobre todoslos anillos, obtenemos la fuerza de presión total ejercida por la atmósfera, so bre la superficie hemisférica, así:

£z dFz = ^ t i R2P0 f 2sen 26 d(20)

Fz = n R2P0

Como, jiR 2 es el área de la proyecciónde la superficie del hemisferio sobre su

base, entonces, podemos generalizar este resultado mediante el siguiente teore

ma.

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Física 11 137

c<La fuerza ejercida por la presión atmosférica sobre una superficie "S" continua sin sobrelapamiento, es igual, a la

presión ejercida sobre la proyección deestá superficie "SG" sobre un plano per

pendicular a la gravedad>>

f = p0sg

^ NotaAlgunos autores a la proyección de lasuperficie "S" sobre un plano perpendjcular a la gravedad, le denominan super ficie eficaz.

5. PRINCIPIO FUNDAMENTAL DE LA HIDROSTATICA

J 2 . . ___

| P + dP

i ■

p

« T 'L

, ¡ ^

Para obtener la ecuación que expresa el principio fundamental de la hidrostática, en el recipiente que contiene el fluído de densidad "p", tomemos un ele

mentó de fluido de espesor "dz", área" S" situada a una profundidad " z" de lasuperficie libre, como se muestra en laFig, Ahora, como este elemento de fluído está en equilibrio estático, la resultante de las fuerzas debida a la presión(hacia arriba), debe ser igual, a su peso(hacia abajo), esto es:

PS - (P+ dP)S = pgSdz

dP = -pg dz

Integrando está expresión entre los niveles "1" y "2", tenemos:

£ dP = - P g f dz

P2 - Pl = P g zl - P g z 2

Pt + pgz, = P2+ pgz2 = cte.

Así, hemos obtenido la ecuación que ex presa el principio fundamental de la hjdrostática.Ahora, esta ecuación matemática, podemos expresarla de tres formas, así:

a) Primera formaConsiderando que los puntos T y "2"son dos puntos cualesquiera del fluido,

podemos obviar los subíndices, obténiendo:

P- + gz = C,P

esta ecuación tiene dimensiones de la ve

locidad al cuadrado, donde C¡ es unaconstante. b) Segunda forma

Dividiendo la ecuación anterior entre laaceleración de la gravedad, tenemos:

— + z = C2Pg

esta ecuación tiene dimensiones de Iongitud, donde C2 es una constante.

c) Tercera formaMultiplicando la ecuación a) por la densidad, tenemos:

P + p g z = C3

esta ecuación tiene dimensiones de presión, donde C3es una constante.

• La diferenc ia de presión hidrostática en

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138 Hidrostáticatre dos puntos de un fluido, solo depende de la altura entre ellos.

> Vasos comunicantes

a) Para un líquido

Son recipientes de diversas formas comunicados entre sí por su parte inferior.

Si por uno de los recipientes se vierte unsólo líquido, la altura que alcanza di cholíquido en todos ellos es la misma, esdecir:

h B - h c

b) Para dos líquidos no miscibles

Th,

_L

1 4

12 h 2

I

A~ B

---- V . 1 -■

Para dos líquidos no miscibles 1 y 2 enequilibrio en un tubo en forma de U, susalturas medidas a partir de la superficiede separación, son inversamente propor cionales a sus densidades.

hL = P i

h 2 Pi

Esta expresión nos permite determinar directamente la densidad relativa de unasustancia, midiendo las alturas alcanzadas por cada una de ellas.

6. PARADOJA DE LA HIDROSTATI CAEl enunciado de esta paradoja establece: <<:La fuerza debida a la presión que e

je rce un fluido en la base de un recipiente puede ser mayor o menor que el pesodel fluido que contiene dicho recipiente " Para ilustrar esta paradoja, analicemoslos siguientes casos:

a) Primer caso

Consideremos dos recipientes con simetría cilindrica, ambos conteniendo elmismo tipo de fluido hasta la misma a]tura "h,".

a2

h2

A 2

A i

El peso del fluido contenido en el recipiente "1" es:

W, = m , g = p g A ^ g (1)

La magnitud de la fuerza de presión enla base del recipiente ”1" es:

F - P A ] = p g A , hj (2)

De las ecs .(l) y (2), tenemos que F=W,El peso del fluido contenido en el reci

piente cilindrico "2" es:

W2 = m2g

W2 = pg A,h, + p g A2h2 (3)

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Física II 139

La magnitud de la fuerza de presión enla base del recipiente "2" es:

f = f, + f2

F = pg A ,h, + pg A 2h2 (4)

De las ecs.(3) y (4), tenemos que F=W2b) Segundo caso

h, tr2 f J

F ,

A*!"1

A i A ,

El peso del fluido en el recipiente cilindríco "1" es:

W, = m ,g = pgA jh! (5)

La magnitud de la fuerza de presión enla base del recipiente "1" es:

F = PA] = pg A,h] (6)

De las ecs.(5) y (6), tenemos que F=W]El peso del fluido contenido en el reci

píente "2" es:

W2 = m2g

W2 = p g A ]h ] -p g A 2h2 (7)

La magnitud de la fuerza de presión en

la base del recipiente "2" es:

F = F]- F 2

F = p g A jh ] - p g A 2h 2 (8)

De las ecs.(7) y (8), tenemos que F=W2c) Tercer caso

Consideremos un recipiente cónico de

base circular de radio "R" y altura "h"lleno con un fluido de densidad "p", co

mo se muestra en la Fig.

El peso del fluido contenido en el reci piente cónico es:

W = -7t p g R 2h ( 1)

La fuerza de presión F (hacia abajo)que ejerce el fluido sobre la base delreci piente es:

F = PA = TtpgR h (2 )

Para calcular la fuerza sobre la superficié lateral del recipiente, dividamos este

en muchos anillos, y representemos lafuerza de presión sobre uno de estos anilíos.

En la Fig., la fuerza que ejerce el fluidosobre la superficie del anillo de longitud

” 2 t i x " , ancho ds = dz/cos0, situado a

una profundidad "z" es:

dF = PdA = 27tp gzx ds (3)

De otro lado, en el triángulo rectángulo

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140 Hidrostáticatenemos que:

tg e = - = ~ (4)z h

En la Fig., se observa que la componen

te horizontal de la fuerza "dF" se anula,quedando solo la componente vertical,cuya expresión teniendo en cuenta (3) y(4) es:

dFz = dFsenG

R. dzdFz = 2npgz—z ------sen9

h cos0

r 2dFz = 271 p g —2 z2dz

Así, integrando sobre todos los anillos,obtenemos la componente vertical totalde la fuerza de presión (hacia arriba) so bre ¡a superficie lateral del recipiente:

F, = (2 /3 ) i tp B R!h (5)

Luego, de (2) y (5) la componente vertícal resultante de las fuerzas de presiónque ejerce el fluido sobre la superficietotal del recipiente cónico es:

F r = F - F z

Fr - n p g R 2h - (2 / 3) n p g R2h

FR=^7ípgR2h (6)

De (1) y (6), tenemos que FR=WConclusiónComo se ha comprobado en estos trescasos, la paradoja hidrostática consiste

en que la fuerza de presión debida alfluido, ejercida sobre la base del recipiente puede ser diferente del peso del fluído, si no se consideran todas las comppnentes verticales que actúan sobre las paredes del recipiente.

7. PRINCIPIOS DE LA HIDROSTATI CA

1) Principio de PascalEste principio físico establece que: <<;Elincremento de presión aplicado a una su

perficie de un fluido incomprensible,contenido en un recipiente indeformablese transmite por igual en todas las direcciones y con la misma intensidad^

F

Este principio puede verificarse utilizan

do un recipiente esférico, conteniendoun fluido cerrado en la parte superior

por un embolo, y tres tapones idénticos.Se observa que al deslizarse el embolohacia abajo bajo la acción de la fuerzaF, los tres tapones abandonan el reci

piente simultáneamente, lo cual, demuestra que los agujeros están a la misma presión.

a) Tensor tensiónEl tensor tensión para un fluido incom presible en reposo, debido a las presiones aplicadas sobre su superficie, vienedado por:

p 0 0

0 - p 0

0 0 - p

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142 Hidrostáticamen de fluido que debe pasar de una rama a la otra debe ser la misma, esto es,si h, disminuye h2 debe aumentar, estemovimiento de masa, viene expresado

por la ecuación:

A,h , + A 2h 2 = (A, + A2)h„ (2)

Finalmente, las ecs.(l) y (2), nos permiten determinar las alturas a las que se encuentran los émbolos.

2) Principio de Arquímedes

w

<<:Todo cuerpo sumergido parcialmenteo totalmente en un fluido experimenta laacción de una fuerza dirigida hacia arriba, llamada empuje (E) que numéricamente es igual al peso del fluido desalojado por el euerpo; está fuerza está a

plicada en el centro de gravedad del volumen de la parte sumergida del cuerpo(centro de flotación ó pre sión )^

E = yFVs = p FgVs

siendo, ”pF" la densidad, "yF" el peso

específico del fluido, "Vs" el volumen

sumergido del cuerpo, y "g" la acelera

ción de la gravedad.Para demostrar este principio, consideremos un prisma recto de bases rectangulares de área "S", altura "H", masa"m", sumergida totalmente en un fluidode densidad " p F", como muestra la Fig.

En la Fig., la fuerza debida a la presiónejercida por el fluido sobre las caras laterales del prisma se anulan dos a dos,en tanto, las fuerzas de presión sobre las

bases inferior y superior son:

F, = PIS = p Fg(z + H)S ( t)

Fs = PsS = p Fgz.S ( I )

Luego, la fuerza total hacia arriba,llama da empuje es:

E = F , -F S

E = pF g ( z + H ) S - p Fg zS

* E = pF gV s

Así, hemos probado que la fuerza de em puje (E), tiene su origen en la diferenciade presión entre la bases inferior y superior del cuerpo sumergido en el fluido.El principio de Arquímedes es válidotanto, para líquidos como para gases.

Si ubicamos un cuerpo de base plana como un cilindro o paralelepípedo en elfondo de de un recipiente, que contiene

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Física II 143

a)

un fluido de densidad menor que la delcuerpo. ¿Hay fuerza de empuje, sobre elcuerpo?

Centro de flotaciónSe llama centro de flotación al punto

"A" sobre el cual actúan todas las fuer zas que producen el efecto de flotación,y corresponde al centro de gravedad dela parte sumergida del cuerpo.

• Si el cuerpo homogéneo está sumergidototalmente el centro de flotación "A"coincide con el centro de gravedad "B"del cuerpo.

• Si el cuerpo homogéneo está sumergido parcialmente, el centro de flotación "A"está situado por debajo del centro de gravedad "B” del cuerpo.¿Puede un cuerpo flotar en un fluido,sin estar sumergido ninguna parte de elen el fluido?

b) Peso aparente (Wap)

F.s el peso que marca un dinamómetrocuando un cuerpo está sumergido en un

fluido, y es igual, al peso del cuerpo enel aire (W) menos el empuje (E); es decir:

Wap = W

8. EL TEOREMA DE ARQUIMEDES Y EL PRINCIPIO DE MINIMA ENER-GIA

a) Energía potencial de un cuerpo sumergido en un fluido.En este apartado estudiaremos el princi

pió de Arquímedes, como un ejemplo decómo la naturaleza busca minimizar la e

nergía de un sistema.

Consideremos un recipiente de área de

la base "S", conteniendo un fluido dedensidad "pF" hasta una altura "b".

Sobre la superficie del fluido, ubiquemos un cuerpo compacto de forma cilíndrica de altura "h" , área de la base

"A", densidad "ps " (P f > 'Ps)-

T,

w

f e . . .

PFs j )

Si liberamos el cuerpo, este empieza aoscilar hasta alcanzar el equilibrio, fiotando sobre el fluido, sumergido parcial

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144 Hidrostáticamente una altura " x".

El fluido del recipiente asciende hastauna altura "d". Como la cantidad de fluído no varia, igualando volúmenes, obtenemos esta altura, así:

uno de estas partes, igual a:

d a x z, = - y z2 = d - -

De modo que, el centro de masa del flu]do, según el principio de superposición

para centros de masa es:

z, V) - z2V2

v , - v .

(Sd)(d/2) - (A x)(d - x/2 )

Sd - A x

Sb = S d - A x

Ad = b + — x

S( 1)

Debemos calcular "x", tal que, paraesta altura la energía potencial delsistema fluido-cuerpo sea mínima.Escogiendo el sistema de referencia enla base del recipiente, el centro de masadel cuerpo está a una altura igual a:zs = d-x+h/2, de modo que, su energía

potencial es:

e p,s = m 8 z s = (P s Ah)g (d - x + - )

zF = — f— S(b + — x) 2 + —A x2 -r Sb 2 S 2

A x ( b t— x)]S

Con esto, la energía potencial correspondiente al fluido es:

E P F = ra g zp = p p S b g zF

Luego, la energía potencial total del sistema fluido-cuerpo, es la suma de las energías potenciales del fluido y cuerpoesto es:

Ep —Ep p -f- Ep t

A hi p s = p sA h g ( b + — x - x + - )

( 2 )

( i )

: a >

En la Fig., para hallar el centro de masadel fluido, consideremos dos partes (1)y (2), siendo el centro de masa de cada

F-P = p Fg A ( l - ^ ) x 2 - p s g h A ( l - ^ ) x

1 , h+ -P F Sb g + Ps hA (b + --)g

: P = - p Fg A ( l - - ) ( x ¿ - 2 ^ h x ) + C¡Ps ]

P f

donde, "C" es una constante aditiva quedependerá de la elección que se hagadel nivel de referencia.La representación gráfica de la energía

potencial en función de "x" es:

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Física II 145

Derivando la energía potencial respectode "x", e igualando a cero, hallamos elvalor de "x", para el cual, la energía potencial es mínima, así:

= “ PFg A(l - "~)(2x - 2 — h) = 0dx 2 S pF

xe = — h < hP f

Así, para este valor de " x" el cuerpo está en equilibrio sumergido parcialmentey en un estado de mínima energía potencial total.

b) Energía potencial de un cuerpo que se mueve en un fluidoConsideremos un globo de volumen" V" que asciende verticalmente en el aire de densidad "pF".

Las fuerzas que actúan sobre el globo

son: su peso Fg = -m g j , el empuje del

aj re Fe = pFg V j y la fuerza de fricción

• Como el peso y el empuje son fuerzasconservativas, sus energías potencialescorrespondientes son:

Ep.g = mg y y EP e = - p FV g y

pues, si una fuerza es conservativa esta proviene de un potencial, F=-dEP/dy.

• Así. la energía potencial asociada a lasdos fuerzas conservativas es:

EP = E P F+ F.p e

Ep = (m g- pFVg )y (l)

De otro lado, para el tramo en el que elglobo asciende con velocidad constante,la fuerza resultante es nula, esto es:

ppVg - m g - f - 0

m g - P f v S = - f < 0 (2)

Así, de (1) y (2), concluimos que a medída que el globo asciende, "y" aumenta,

y "Ep" disminuye, pues, se hace más ne

gativo.

c) Energía potencial de un cuerpo

parcialmente sumergidoConsideremos un cuerpo de forma cilíndrica de área de la base "A", altura "h"y densidad "ps" sumergida parcialmen

te sumergida en un líquido de densidad

" P f " (Ps ;> Pf

Cuando el cuerpo está parcialmente sumergido en el líquido una altura "x",sobre el actúan su peso p^Ahg y el em

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146 Hidrostática puje del líquido pFA g x , de modo que

la fuerza resultante es:

F = (pFA g x - p sA g h) j

El sistema fluido-cuerpo es equivalente

al del sistema formado por un resorte deconstante elástica "k" y un cuerpo demasa "m", como el mostrado en la Fig.

A medida que el resorte se comprime, partiendo de la posición "y0" la ener

gía potencial gravitatoria disminuye, yla energía potencial elástica aumenta, lasuma de ambas energía nos da la ener gía potencial del sistema, esto es:

Ep = mgy + - k x

1 2EP = mgy + --k (y 0 - y )

Derivando esta expresión respecto de"y", obtenemos la fuerza resultante que

actúa sobre el sistema, así:

d E ,Fv = = -m g + k(y 0 - y )dy

Fy = -m g + k x

El mínimo de la energía potencial (EP)del sistema corresponde a la posición deequilibrio, esto es, cuando el peso se iguala a la fuerza elástica.

Por analogía, la energía potencial delcuerpo sumergido parcialmente en el líquido es:

1 2EP = psA hgy + - p FAgx -

1 2EP = psA h g y + —pFA g( y0 - y)

Del mismo modo, la fuerza resultanteque ac túa sobre el cuerpo es:

FY = -p sA hg + pFA g(y0 - y)

Fy = - p sA hg + pFA gx

El mínimo de la energía de la energía potencial, corresponde a la posición deequilibrio, esto es, cuando el peso delcuerpo, se iguala, al empuje, de dondeobtenemos:

x = — h = p hP f

siendo, p = ps / pF la densidad relativa.

Análisis de fuerzas sobre el cuer po

1) Cuando p s p F, el peso del cuerpo es

siempre mayor que el empuje. No existe posición de equilibrio.

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Física II 147

3) Cuando, ps = p F, el peso del cuerpo es

mayor que el empuje, en tanto el cuerpoeste parcialmente sumergido. La fuerzaresultante que actúa sobre el cuerpo,cuando esta completamente sumergido

es nulo, y cualquier posición del cuerpoes de equilibrio.

Curvas de energía potencialLa energía potencial correspondiente al

peso del cuerpo (fuerza conservativa) es

E p ,g = P s A h g y

La energía potencial correspondiente ala fuerza de empuje, cuando el cuerpo

está parcialmente sumergido una altura" x" es:

E p, e = 2 p F A § x 2

Como esta expresión es numéricamenteigual al área de un triángulo de base"x", y altura "pFAgh", la representa

ción gráfica de esta energía potencial,

es la que se observa.

Ep

La energía potencial correspondiente ala fuerza de empuje, cuando el cuerpoestá completamente sumergido es:

1 7Ep,e = “ PfA £ E + PFA gh (x - h)

Como el primer término es numéricamente igual al área de un triángulo de

base "x" y altura "pFA gh", y el según

do término es el área de un rectángulode base " x - h " y altura "pPAgh", la re

presentación gráfica de esta energía potencial es:

Cuando la densidad del cuerpo es iguala la del líquido ps = pF, la energía po

tencial total es constante e independiente de " x" para x > h .

9. EQUILIBRIO DE UNA VARILLA PARCIALMENTE SUMERGIDA.

bn esta sección estudiaremos el equili brio de una varilla homogénea de longitud área de sección "A", densidad

"ps", sumergida parcialmente en un líquido de densidad "pF" (p s < pF) con

u no de sus extremos unida a una rotula(P), que le permite girar en un plano ver tical, se presentan dos casos:

a) Rótula fuera del líquidoLas fuerzas que actúan sobre la varillason: su peso (mg), el empuje del líqujdo (E) y la reacción en la rótula (N).

■?

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148 HidrostáticaEl peso mg = psA íg actúa en el centro

de masa de la varilla, en la posición deabscisa xg = (t72)sen0.

El empuje E = pFg A (f -y /c o s 0 )

actúa en el centro de la parte sumergida

de la varilla, en la posición de abscisaigual a x e = (f + y/eos9)(sen0/2 ).

Ahora, como la varilla está en equilibriola resultante de la suma de los momentos respecto de la rótula P, debe ser cero, esto es:

E x e - m gx g + N (0) = 0

c ¿ )< f+ ¿ x T e ) -

(Ps8A Í)(^ sen0) = 0

Simplificando, e introduciendo la densidad relativa, p = ps / pF , obtenemos la e

cuación para el equilibrio de la varilla:

y2 i(1 - p - ) sen6t eos2 0

• Si: y > l el término entre paréntesis es

distinto de cero, por lo que, la posiciónde equilibrio, se dará para senO = 0 es

decir 0 = 0°. La varilla está suspendidaverticalmente fuera del líquido.

• Si: y < l el término entre paréntesis pue

de llegar a ser cero, siempre y cuando

cos0 = (y / ^)(1 / v 1- P) ^ 1. '° cual irn

plica que, y < £-J\ - p . Cuando no secumpla está condición el primer términono es nulo, y la condición de equilibrio

se dará para 0 = 0°.

b) Rótula dentro del líquidoEn la Fig., el peso mg = pFA fg actúa

en el centro de la varilla, en la posiciónde abscisa x = (í/ 2 )s e n 0 .

El empuje E = pFgA(y/cos0) actúa en

el centro de la parte sumergida de la varilla, en la posición de abscisa igual axc = (y/cos0)(sen0/2)

Ahora, como la varilla está en equilibriola resultante de la suma de momentos de

be ser nula, esto es:

E xe - m gx g = 0

y y senO

f8 cose COS0 2

(psgAf)(^senO) = 0

Simplificando, e introduciendo la densi

dad relativa p = ps / pF, obtenemos la ecuación para el equilibrio de la varilla:

- p ) sen0 - 0V cos2(

Si: y > t el término entre paréntesis es

diferente de cero, por lo que, la posiciónde equilibrio de la varilla, se dará cuan

do sen 0 = 0, es decir 0 = 0°.

Si: y <(. el término entre paréntesis se

rá cero si: cos0 = y / £ \ P < 1, y se dará

si y < £-sj‘p . Cuando no se cumple está

condición el primer termino no es nuloy la posición de equilibrio se dará para

0 = 0 ° .

Representemos gráficamente todas las posibles posiciones de equilibrio, para

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los dos casos.Física II 149

10. FUERZA HIDROSTATICA EN UN DIQUE DE REPRESA

a) Fuerza totalLa magnitud de la fuerza sobre un diquede una represa que contiene agua, aumenta según la profundidad, así, la re presentación de la distribución de estasfuerzas es:

siendo, (O la longitud del dique, (H) laaltura del agua en la represa, (F) la fuer za total que actúa sobre el dique debida

a la presión del agua, y (x) la altura del punto de aplicación de la fuerza (F), medida respecto del fondo de la represa.

• Para deducir la fuerza total (F) que actúa sobre el dique de una represa de agua, dividamos el dique en pequeñasfranjas, de área dA=f.dh, como semués tra en la Fig.

siendo, (h) la altura del agua en el dique, y (£) la longitud del ancho del dique.

A B

dSMz

C l D

F.n la Fig., la fuerza sobre la franja de área (dA), debida a la presión el aguaque esta por encima de la franja es:

dF = PdA

dF = (pgz)(/'dz)

F H

JdF = p g f Jz dzo o

+ F= - p g í H 22

b) Momento de la fuerza.Ahora, deduzcamos el momento de lafuerza total (F) sobre el dique, respectode la base del dique, así:

dM = (dF)(H-z)

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150 Hidrostática

M H

J dM = J p g i z (H - z) dz0 o

,H z2 z3

(M )]0M = P g¿ ( ~ - y ) l o H

+ M = - p g í H 36

c) Cálculo de la altura (x)Para obtener la altura (x) del punto de a

plicación de la fuerza total (F), apliquemos el teorema de Varignon, así:

F x = M

(“ P g ^ H 2) x = - ^ p g £ H J L 6

+ x =FI

d) Forma que adopta la superficie de un líquido que gira con velocidad angular constante alrededor de un eje.

Al girar el recipiente con velocidad anguiar constante.(ta), alrededor de su ejede simetría Y, la superficie libre del líquido adopta la forma de un parabolojde de revolución, cuya ecuación cartesiana en el plano XY, es una parábola:

siendo, "y" la altura del líquido, "x" la

distancia horizontal, y "g" la acelera

ción de la gravedad.

Para demostrar este resultado, tomemosuna columna de líquido de ancho "x" y

masa "dm", como se muestra en la Fig.Las fuerzas que actúan sobre el diferencial de masa "dm" de agua, son: su peso

• • 7(gdm) y la fuerza de inercia (dmco x ).

En la Fig., la fuerza efectiva que actúasobre este diferencial de masa de líquido (dm) es:

dFef = dmco x i- d m g j

A la vez, asociada a la fuerza efectiva, existe una aceleración efectiva, dada por:

=ef F

dmco2 xi g j

Ahora, como todos los puntos de la su perfície libre del agua, está sometido ala misma presión atmosférica, dicha su

perfície es una isóbara, por lo que, g ef

es perpendicular a la tangente T a dichasuperficie, esto es:

g ef • í = 0

(cu2 xi - g j) • (dx i + dy j) = 0

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152 Hidrostática

b)

o o

& 24 ^

1 . 1o o

pg(h + z ) S - p g ( h - z ) S - p S í a = 0

a = — ,2g

T

Los dos observadores obtienen la misma fórmula para la determinación de laaceleración del vehículo.Por ejemplo, para una longitud del brazo horizontal de l =50 cm, altura inicialdel fluido h=25 cm, cuando el vehículose mueve con cierta aceleración a ?, laaltura que alcanza el fluido en el brazoizquierdo es h+z=31,3 cm, por lo que, laaltura que asciende y desciende el fluído en los brazos izquierdo y derecho es:

z = 31 - 25 = 6 cm

Y la magnitud de la aceleración del vehiculo es:

„ ,2g^ (2)(9,8)(0,06)a = (— ) z = ------------------

í 0,5

TIC ma = 2,35 —r-

Medida de la aceleración de un ascensor

En un ascensor en reposo ubicamos untubo en forma de U (manómetro) cerrado por el extremos izquierdo, unido elextremo derecho a un recipiente de volumen "V", conteniendo aire a la presión "P", siendo "h" la diferencia de alturas del fluido (mercurio) entre los brazos izquierdo y derecho, como se muéstra en la Fig.

La presión del aire en el recipiente, locrea la columna de mercurio, esto es:

P = PHggh

Ahora, cuando el ascensor se desplazaverticalmente hacia arriba con una aceleración a', el fluido desciende una altura"z" en el brazo izquierdo y asciende una altura " z" en el brazo derecho, comose muestra en la Fig.Para un observador no inercial que via

ja en el ascensor, la masa de fluido contenido en el brazo horizontal está en equilibrio, bajo la acción de las fuerzasde presión de los fluidos contenidos enlos brazos izquierdo y derecho, esto es:

FA = Fb => PaS = PrS

PHg(g + a')(d + h - z) = P +

Pjig(g + a')(d + z)

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Física II 153

PHg(g + a')(d + h - z ) = pHggh

pHg(g + a ')(d + z)

De aquí, obtenemos la expresión de la a

celeración a' en función de "z", así:

h - 2z

• Se observa que la altura " z" que asciende y desciende el fluido no es proporcional a la aceleración a' del ascensor.

• El volumen "V" del recipiente que contiene aire, debe ser lo suficientemente

grande para evitar que la presión P delaire cambie bruscamente con la variación de la altura de la columna de fluido

c) Medida de la velocidad angular de rotación de una plataforma

1) ObjetivoMedir la velocidad angular con la quegira una plataforma, mediante la utiliza

ción de un manómetro de sección unifor me "S".

2) Primer pasoSe ubica sobre la plataforma en reposoun manómetro conteniendo un líquidode densidad "p", y se mide la altura "h"

que alcanza el líquido en ambos brazosdel manómetro.

h

?- o 0 —5

v*v

3) Segundo paso

Se hace girar la plataforma con cierta velocidad angular constante "co", hadendo coincidir uno de los brazos del manómetro con el eje de rotación de la plata

forma, observándose que el líquido desciende una altura "z” en el brazo quecoincide con el eje de rotación y aseendiendo la misma altura en el otro brazo.

4) Tercer pasoPara un observador inercial situado enla plataforma, el líquido esta en equili

brio dinámico. Así, la fuerza centrífugasobre el diferencial de líquido de masa

"dm", es igual, a la diferencia de presión entre sus extremos, esto es:

dFc = SdP

dmeo2 x = SdP

©2 xpS dx = SdP

Integrando esta expresando sobre el bra

zo horizontal del manómetro, obtenemos la expresión para la velocidad angular, así:

f j dp = “ 2P £ xdx

Pb - P a = ^ ® V 2

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Hidrostática

1 9 9 pg(h + z ) - p g ( h - z ) = -<¡o p r

• La velocidad angular "cú" es independiente de la densidad del líquido, es decir, del tipo de líquido.

• La velocidad máxima con la que puedegirar la plataforma, para una altura "h"dada, se obtiene cuando z=h.Por ejemplo, para una base del manómetro de longitud i = 50 cm, y una alturade h=25 cm del líquido en reposo, cuan

do la plataforma gira el líquido alcanzauna altura de 13 cm en el brazo quecoin cide con el eje de rotación, por loque, la altura que desciende y asciendeel lí quido es:

z - 25 -13 = 12 cm

Y la velocidad angular con la que girala plataforma es:

® = (^)l(9,8)(0,I2)]1/2

co = 4,34 rad/s

b) Cálculo de la aceleración para un observador inercial

En la Fig., a’ es la aceleración del aseensor, respecto del observador inercial 0,

situado en tierra, y a’ es la aceleraciónde los bloques de masas mj y m2, res pecto del ascensor, con esto, las ecuaciones de movimiento para cada uno delos bloques son:

T -m ,g = m,(a'+a) (1)

T - m2g = m2(a '-a) (2)

Resolviendo este par de ecuaciones, obtenemos la aceleración (a):

a _ (m2 - m,Xg + a')

m[ + m 2 -

12. MEDIDA DE LA ACELERACION DE UN ASCENSOR

a) Máquina de Atwood

Es un dispositivo mecánico sencillo,constituido por una polea de masa des

preciable, que puede girar sin fricciónalrededor de su eje de simetría, y dos

bloques suspendidos unidos medianteuna cuerda de peso despreciable que rodea a la polea. Ubicando la máquina deAtwood en un ascensor, puede medirsela aceleración con la que se mueve este.

De otro lado, para el observador inerciallos bloques se mueven con las siguientes aceleraciones:

m, + m2 mj + m2

m, + m2 mt + m2

Para bloques de igual masa m1-m 2, lasexpresiones anteriores se reducen a:a=0, y aI=a2=a’.

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Física II 155

c) Cálculo de la aceleración para un observador no inercial

Ejemplo:Para bloques de masas m2=2m1, distancia recorrida d=16 cm, en un tiempo det—60 ms, obtenemos el siguiente valor para la aceleración del ascensor:

a.g ( 2m, + m ix (2)(0.16j

2m, (0,06)

En la Fig., a’ es la aceleración con laque se mueve el ascensor respecto de un

observador inercial, y a es la aceleración con la que se mueven cada una delas poleas, respecto del observador noinercial, de modo que, las ecuaciones demovimiento para cada uno de estos

bloques son:

T - n q g - nqa ’ m,a (4)

m2g '+m 2a'- T = m 2a (5)

Resolviendo este par de ecuaciones, obtenemos la aceleración (a'):

a'= (m-, + m

m 0 - m.) a - g (6)

Ahora, sea "d" las distancias recorridas por los bloques durante el tiempo "t",entonces la aceleración "a" es:

Sustituyendo "a" en la ec.(6), obtenemos la expresión final para a ':

, .= (i ! i ± a x ^ ) - g (7)m-, - m, t“

^5 NotaRecordemos que se llama sistema iner cial de referencia inercial (S.I.R), a a

quel sistema de referencia que se encuentra fijo a la Tierra (reposo relativo), o se mueve rectilíneamente con velocidad constante, respecto de un sistema dereferencia fijo a Tierra.

d) FluidezLa fluidez de un líquido depende del ti

po de movimiento de sus moléculas.Así, si se aplica una fuerza externa F a

un liquido, la dirección preferida del movimicnto de sus moléculas, es en la d]rección en la que actúa la fuerza apljcada, a esto denominamos fluidez del líquido. Se debe mencionar que un líquido, también, puede experimentar defor maciones elásticas, no sólo del tipo deextensión y compresión, sino tambiénde cizallamiento, debidas a las tensionestangenciales que se producen en él. Los

experimentos realizados demuestrancierta semejanza de los líquidos con lossólidos, así, el análisis estructural radiográfico demuestra que la disposición delas partículas en los líquidos a temperaturas próximas a la de cristalización noes caótica. De modo que, muchas pro

piedades de los líquidos se diferencian poco de los sólidos.

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156 Hidrostática


01. Una masa de m= 63,3 g de alcohol etílico ocupan un volumen de V-80,0 cm3. Hallar:I. La densidad del alcohol etílico.

a) 0,71 g/cm3 b) 0,73 g/cm3 c) 0,75 g/cm3 d) 0,77 g/cm3 e)0,79 g/cm3

II. La densidad relativa del alcohol etílico.

a) 0,71 b) 0,73 c) 0,75 d) 0,77 e) 0,79

0.2 H allar el volumen de 40 kg de tetracloruro de carbono cuya densidad relativa es 1,60.

a) 10 It b) 15 lt c) 20 lt d) 25 lt e) 30 lt

03.Hallar el peso de medio metro cúbico de aluminio de densidad 2 700 kg/m3. g=10 m/s2

a) 13 100 N b) 13 200 N c)1 3 300 N d) 13 40 0N e)1 3 500 N

04. Un bidón tiene capacidad para contener 110 kg de agua o 72.6 kg de gasolina. Hallar:I. La capacidad del bidón, (g -1 0 m/s2)

a) 100 lt b) 110 lt c) 120 lt d) 130 lt e) 140 lt

II. F.l peso específico de la gasolina.

a) 6500 N/m3 b) 6600 N/m3 c) 6700 N/m3 d) 6800 N/m3 e) 6900N/m3

05. Un volumen de 0,7752 m3 de aire pesa 10 N. Hallar la densidad del aire en. (g= 10m/s2)a) 1,21 kg/m3 b) 1,23 kg/m3 c) 1,25 kg/m3 d) 1,27 kg/m3 e) l,29kg/m 3

06. Hallar la densidad de una bola de acero de diámetro D=0,750 cm y masa m=l,765 g. El

volumen de una esfera de diámetro D, es V=7i D'/6.

a) 7,91 g/cm3 b) 7,93 g/cm3 c) 7,95 g/cm3 d) 7,97 g/cmJ é) 7,99g/cm3

07. Un pan de oro de densidad p =19,3 g/cm3tiene una masa de m=l,93 mg; luego de lamí

narse se obtiene una película transparente que cubre una superficie de área A-14,5zcm .

I. Hallar el volumen de 1,93 mg de oro.

a) 0,1 mm3 b) 0,2 mm’ c) 0,3 mm3 d) 0,4 mm3 e) 0,5 mm3

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Física H 157O o

II. ¿Qué espesor en Angstrom (A ), tiene la película? (I A = 10‘8cm)

a) 681,6 A b) 683,6 A c) 685,6 A d) 687,6 A e) 689,6 A

08. La masa de oro contenida en una pepita de oro y cuarzo es de 138 g. Si las densidadesrelativas del oro, cuarzo y pepita son 19,3, 2,6 y 6,4, respectivamente. Hallar la masa dela pepita.

a) 201,02 g b) 203,02 g c) 205,02 g d) 207,02 g e) 209,02 g

09. bn la Fig.01, halle la razón (Pa/Pb) entre las presiones en los puntos A y B, siendo A yB puntos situados en las mitades superior e inferior del tanque lleno de alcohol a granel. El tanque tiene sección rec ta uniforme.

a) 1/2

f

b) 1/3

-■»

I

c) 1/4 d) 1/5

1ibJ~

Pa

e) 1/6

P b


10. Se tiene un depósito cúbico de 3 m de lado llena de agua de peso específico y = 10000

N/m3. Hallar:I. La magnitud de la fuerza hidrostática sobre el fondo del depósito.


II. La magnitud de la fuerza hidrostática sobre una de las caras laterales.

a) 115 kN b) 125 kN c) 135 kN d )1 45kN e) 155kN

11. En la Fig. 02, Qiqo observa la "eterna negrura " del océano a 1 000 m bajo la superficié a través de un ocular de cuarzo fundido de forma circular de 15 cm de diámetro. Hallar la fuerza que soporta el ocular a dicha profundidad. El peso específico relativo

del agua de mar es yr = 1,03. (y H 2 0 = N/m3)

a) 180 kN b) 182 kN c)1 84 kN d) 18 6k N e)1 88 kN

12. Los diámetros de los pistones de una prensa hidráulica son 20 cm y 80 cm. Si se aplica

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158 Hidrostáticauna fuerza de 10 N al pistón menor,¿Qué fuerza se ejerce en el otro pistón?

a) 150 N b) 155 N c) 160 N d) 165 N e )1 7 0 N

13. En la Fig.03, en el recipiente hay 2 líquidos no miscibles de dens idades pA=800 kg/m3,

Pb= 1 200 kg/m3. Hallar la diferenc ia de presiones entre los puntos 1 y 2. (hA=10 cm,hB=5 cm, g=10 m/s2)

a) 1100 N/m2 b) 1200 N/m2 c) 1300 N/m2 d) 1400 N/m2 e)1500 N/m2

Ya Yi/-» *\

YeTT~

«’<*< >:• 1h

1

y.k. >6. 1

i 2 3

Fig.06

14. ¿Cuál es la mínima área que deberá tener un bloque rectangular de hielo de 50 cm de es pesor para que pueda mantenerse a flote en agua con una persona de 500 N de peso, sin

que ésta se moje los pies. (Phi=io= 900 kg/m^ , pH20 = 1000 kg/m 3, g = l0 m/s2 )

a) 0.50 m2 b) 0,75 m2 c) 1,00 m2 d) 1,25 m2 e) 1,50 m2

15. Una esfera de peso W -30 kN se encuen tra flotando en agua de densidad p = 1000

kg/m3 sumergido hasta la mitad. Hallar el volumen de la esfera.

a) 1 m3 b) 2 m3 c) 4 m3 d) 6 m3 e) 8m3

16. En la Fig.04, respecto de la gráfica masa (m) vs volumen (V); indique las proposiciones

verdaderas (V) o falsas (F): I) Las pendientes de las rectas son las densidades (p). II)

Pi p2> p3

a) VFV b) VVF c) VFF d) FVV e) FFV

18. En la Fig.05, si yA> Yb^ c, entonces la expresión correcta de las presiones en los puntos1, 2, 3 es:

a) PA= PB< Pc b) PA< PB- Pc c) PA> PB> Pc d) PA < PB < Pe e) Pa=Pb =Pe

17. Si la fuerza (F) que actúa sobre un disco se mantiene constante y su área (A) seaumenta, la gráfica correspondiente a la presión (P) vs área (A) es:

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Física II 159

a) b) c) d) e)

19. En la Fig.06, complete la frase siguiente: "El agua del vaso..................... — pues, la presión que ejerce sobre el papel — ................................... que el ejercido por laatmósfera.

Fig.07 Fig.08

20. La presión (P) debida a un líquido homogéneo depende de su profundidad (h), luego larepresentación correcta de P vs h es:

a) b) c) d) e)

21. En la Fig.07, si se extrae el aire del recipiente, el volumen sumergido de la esfera, queflotaba en equilibrio sobre el agua.

a) No se altera b) Aumenta c) Disminuyed) Sobresale totalmente e) Sumerge totalmente

22. En la Fig.08, se muestra un bloque de volumen 2.10'3 m3 y densidad 300 kg/m3 sumer gido totalmente en agua de densidad 1000 kg/m3. Hallar la deformación en el resorte deconstante elástica k=100 N/m. ( g=10 m/s")


23. En la Fig.09, se muestra una esfera de volumen V=4.10"3 m3y densidad p = 400 kg/m3,

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__________________________ Hidrostática ____________________________ _

sumergido totalmente en agua de densidad p0 = 1000 kg/'m3. Hallar la tensión en la

cuerda AB. ( g=l 0 m/s2)

a) ION b) 12 N c)1 4 N d) 16N e)1 8N

( 1)Pi

(2)

i|¡.

P2

Fig.09 Fig. 10 Fig. 11

24. En la Fig. 10, hallar la densidad del cascarón esférico de radios exterior R=3 m e interior r=2 m respectivamente, que se encuentra flotando en el interior de un líquido dedensidad p - 1 900 kg/m3. (g= 10 m/s2)

a) 2500 kg b) 2550 kg c) 2600 k| d) 2650 kg e) 2700 k|n r m m m m

25. Un recipiente de área de base A=2 m2 inicialmente contiene agua hasta una altura H.Si en la superficie se coloca un bloque de madera de 800 kg de masa, se observa que elnivel del agua aumenta en un 50% de H. Hallar el valor de H.

a) 0,1 m b) 0,2 m c) 0,4 m d) 0,6 m e) 0,8 m

26. En la Fig.l 1, se muestra dos líquidos (1) y (2) no miscibles contenido en el recipiente.Hallar la densidad del cuerpo, sabiendo que el 10% de su volumen está sumergido en ellíquido (1). Las densidades de los líquidos son: pj = 1000 kg/m 3, p2 = 3 000 kg/m3.

a) 2600 kg b) 2650 kg c) 2700 k? d) 2750 -kg e) 2800 kgnr m m mJ m

27. En la Fig. 12, cuando el ascensor baja a velocidad constante el empuje que actúa sobreel cuerpo parcialmente sumergido en un líquido de densidad p = 1000 kg/m3 es E=20

N. Hallar la magnitud del empuje, cuando el sistema ba ja con una aceleración de a=5m/s2. (g=10 m/s2)

a) ION b) 15 N c )2 0 N d) 25 N e) 30 N

28. En la Fig.13, las esferas de pesos Wj-1 N ; W2=3 N poseen iguales volúmenes. Hallar la tensión de la cuerda que une a ambas esferas. (g=10 m/s2)

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Física. II 161

a) 1N b) 2 N c) 3 N d) 4 N e) 5 N

£

A G U A

3H/4 7H/8

X


29. Un cuerpo de densidad p = 400 kg/m3 se suelta desde una altura de h=3 m sobre la su

perfície libre del agua de densidad p0 = 1000 kg/m3, ¿Hasta qué profundidad como má

ximo se sumerge dicho cuerpo? (g=10 m/s2)

a )0 ,5 m b) 1,0 m c) 1,5 m d) 2,0 m e) 2,5 m

30. Un cuerpo en el aire pesa 30 N y en el agua 25 N y en un líquido desconocido pesa 20 N. ¿Cuánto vale la densidad del líquido desconocido?

a) 2000 k|m

b ) 2500m

c ) 3000 kf m

d) 3 5 0 0 ^ |m

e) 4000 k^m

31. En la Fig.14, se tiene una caja cúbica de arista "H" y un cuerpo A que flotan como se

muestra. ¿En qué razón están los volúmenes de la caja y del cuerpo? (g=10 m/s2)

a) 2 b) 4 c) 6 d) 8 e) 10

32. En la Fig .l5, hallar la magnitud de la fuerza " P" para que el cuerpo "B" de peso 600 N,suba a rapidez constante.

a) 60 N b) 65 N c) 70 N d) 75 N e) 80 N

33. Una boya cilindrica de masa 348 kg y área de la base 0,5 m2 flota en posición vertical

en agua de mar de densidad p = 1,114.103 kg/m3. (g=10 m/s2)

I. ¿Cuánto se hundirá la boya si Qiqo de peso 557 N se sube a ella?

a ) 0 ,l m b) 0,2 m c) 0,3 m d) 0,4 m e) 0,5 m

II. ¿Cuál es el período del M.A.S, cuando Qiqo se lanza al mar?

a ) n / 2 s b ) ti/ 3 s c) 7t/4s d) 7t/5s e )3 ;t/ 2 s

34. En la Fig. 16, hallar la magnitud de la fuerza "F" aplicada al émbolo menor, si el auto

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162 Hidrostáticamóvil de peso 30 kN, está en reposo. Los émbolos menor y mayor tienen pesos despreciables y áreas 0,1 m2 y 1 m2 , respectivamente. ( p = 1000 kg/m3)


w

35. En la Fig. 17, en el sistema mostrado hallar la presión absoluta del gas, sabiendo que elémbolo de peso despreciable tiene un área A= 0,04 m2. Considere la presión atmosférica igual a 100 kPa, F=800 N, pH20 = 1000 kg/m3 y g=l 0 m/s2.

a) 150 kPa b)1 55 kP a c)16 0k Pa d) 165 kPa e)1 70 kP a

36. En la Fig.l 8, en el sistema mostrado hallar la presión absoluta del gas, sabiendo que ellíquido en el recipiente es agua de densidad pH2o =1000 kg/m3. Considérese la presión

atmosférica P0=100 kPa. (g=10 m/s2)

a) 10 kPa b) 15 kPa c) 20 kPa d) 25 kPa e) 30 kPa

37. En la Fig. 19, hallar la presión hidrostática en el punto "A". La densidad de los líquidosno miscibles son: p, = 800 kg/m3 y p2 = 1000 kg/m3. ( g=10 m/s2 )

a)10 kP a b)1 2k Pa c) 14 kPa d)16 kP a e)18k Pa

38. En la Fig.20, los líquidos no miscibles están en equilibrio en el tubo en forma de "U"que se muestra. Hallar la razón entre las presiones hidrostáticas en los puntos A y B.

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Física II 163

a) 3/4 b) 4/3 c) 3/2 d) 2/3 e) 4/5

39. En la Fig.21, en el tubo en forma de "U" de ramas verticales y de igual sección se vier ten tres líquidos (1); (2) y (3) obteniéndose el equilibrio en la forma mostrada. Hallar laaltura "h”. Las densidades son: pj = 3 000 kg/m3, p 2 = 5 000 kg/m3, p3 - 4 000 kg/m3.

a) 0,1 m b) 0,2 m c) 0,4 m d) 0,6 m e) 0,8 m

& = * =

lm

Fig. 19 Fig.20

40. En la Fig.22, el tubo en forma de "U" cilindrico de 4 cm2 y 20 cm" de sección transver

sales, contiene mercurio de densidad pHg= 13,6 g/cm3, a un mismo nivel. Por el tubo demayor sección se vierte lentamente 816 gramos de H20. Hallar la altura que sube elnivel del mercurio en el otro tubo. ( pH20 = 1000 kg/m3)

a) 1,0 cm b) 1,5 cm c) 2,0 cm d) 2,5 cm e) 3,0 cm

41. En la Fig.23, a la profundidad de 60 m se abandona una esfera de corcho de densidad250 kg/m3, ¿Cuánto tiempo demora en salir a la superficie libre de agua de densidad1000 kg/m ? Desprecie toda forma de fricción. (g=10 m/s )

a) 0,5 s b) 1,0 s c) 1,5 s d) 2,0 s e) 2,5 s

Fig.23 Fig.24

42. En la Fig.24, el bloque de masa "m" y densidad 500 kg/m3 se abandona sobre el plano

inclinado. Despreciando la fricción hallar la aceleración del bloque, 0=30° (pji 2 0 =

1000 kg/m3 , g-HO m/s2)

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164 Hidrostática

a).l m/s b) 2 m/s c) 3 m/s d) 4 m/s" e) 5 m/s

43. Un barril de madera de 4.10'2 m3 de volumen flota en agua de densidad 1000 kg/m3,quedando tres cuartas partes sumergidas. Hallar la masa del barril.

a )1 0k g b )1 5k g c) 20 kg d) 25 kg e) 30 kg

44. En la Fig.25, la esfera hueca de radios interior r= 0,09 m y exterior R= 0,1 m flota conla mitad de su volumen fuera del agua de densidad pQ= 1000 kg/m3. Hallar la densi

dad de la esfera hueca.

a) 1825nr

b ) 1835 kgnr

c) 1845m

d) 1855 ^nr

e) 1865 ^m

45. En la Fig.26, la barra homogénea de longitud L = (2+ ,-2)m y densidad 500 kg/m3, flota

en equilibrio sumergido parcialmente en el agua de densidad 1000 kg/m3, Hallar " x " .

a) 1,0 m b) 1,5 m c) 2,0 m e) 3,0 m


46. Un cuerpo que tiene un volumen de 17 dm3 requiere una fuerza de 27,9 N hacia abajo para mantenerlo sumergido totalmente en agua de densidad 1000 kg/m3. Si para mantenerlo sumergido en otro líquido se necesita que la fuerza sea de 16 N, hallar la densidad relativa de este último líquido. (g=10 m/s )

a) 0,91 b) 0,93 c) 0,95 d) 0,97 e) 0,99

47. En la Fig.27, el iceberg de densidad 912 kg/m3 flota en el agua de densidad p =1 025kg/m3, sumergido un volumen de 600 m3 fuera del agua Hallar el volumen total del ice

berg.

a) 5412 m3 b) 5422 m3 c ) 5432 m3 d ) 5442 m3 e ) 5452 m3

48. En la Fig.28, el cuerpo de densidad 2 g/cm3se abandona en el punto (A) y a los 2 s estáen el punto (C); el recipiente contiene agua de densidad 1000 kg/m3. Hallar a qué alturasobre el agua se soltó el cuerpo (g^-10 m/s2)

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Física II 165

a) 1 m b) 3 m c) 5 m d) 7 m e) 9 m

49. En la Fig.29, si al tubo en forma de U de sección transversal A que contiene una Iongitud de 20 cm de fluido se le desplaza de su posición de equilibrio, una pequeña Iongitud (x), ¿Cuál es el periodo del movimiento del fluido? (g=10 m/s2)

a) 7i/2 s b) 7T/ 3 s c) 7t/4s d) 7t/5 s e) 37i/2s

50. En la Fig.30, se tienen tres líquidos no miscibles mercurio, benzol y agua, de densidades pHg =13 600 kg/m3, pBEN =880 kg/m3, pH20 =1000 kg/m3,¿Cuál es la presión en

el punto A? (g=10 m/s )

Na) 7100

n r b ) 7200 ~

m

Nc) 7300 - y

md) 7400

N

m

Ne)7500 ■

m

vo~0 (,

I f I T17,5ro

_C°

i c

I


51. En la Fig.31, el cubo de arista "a" se encuentra en equilibrio, parcialmente sumergido

en agua de densidad 1 g/cm3. Hallar la densidad del cubo, para a = 37° y g=10 m/s2.

a) 0,31cnv

b) 0,33 8 : c) 0,35 d) 0,37 e) 0,39cm cm cm cm

52. En la Fig.32, el tapón cónico tapa simultáneamente dos orificios de radios r = 5 cm yR=10 cm del recipiente rectangular, lleno de un líquido a presión P = 4.104 N/m2.Hallar la fuerza que ejerce el líquido sobre el tapón.

a) lOOnN b) 200 ti N c) 3007iN d) 400 7i N e) 5007tN

53. En la Fig.33, la esfera tapa un orificio de radio R = 10 cm en cierta pared plana que divide dos líquidos con presiones 3P y P (P=5000 N/m2). ¿Con qué fuerza la esfera presiona el orificio?

a) 507tN b) IOOti N c) 150rtN d) 200 ti N e) 250 7iN

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166 Hidrostática54. Una botella esférica de radio R = 8 cm con paredes de grosor A=2 mm estalla a causa

de la presión interna de P = 4.105N/m2. Hallar el límite de resistencia del material delas paredes. (M=106)

a) 1MPa b) 2 MPa c) 4 MPa d) 6 MPa e) 8 MPa

Fig.33

55. En la Fig.34, el prisma rectangular de lados a=b=c=10 cm, se halla en un líquido a la presión de P=2.105 N/m2. Halle la suma de las fuerzas sobre las caras laterales del prisma

a) 1000 /2 N b) 1500 . 2 N c) 2000 . 2 N d) 2500 2 N e)3000 . 2 N

Fig.35

56. En la Fig.35, ambos lados del émbolo de masa m= 0,5 kg y secciones diferentes, que seencuentra en reposo, se somete a una presión de P=2.105 N/m2, mediante un líquido.

Ha llar la ace leración con la que se mueve el émbolo. (6 = 53° , g = 10 m/s )

a) 0 m/s2 b) 1 m/s c) 2 m/s2 d) 3 m/s e) 4 m/s2

57. La fuerza resultante que ejerce un líquido comprimido sobre las tres caras laterales de

un tetraedro regular de arista a=10 cm, es de F= , 3 .104 N. Hallar la presión del líquido.

a) 1 MPa b) 2 MPa c) 3 MPa d) 4 MPa e) 5 MPa

58. Una prensa hidráulica, llena de agua, tiene émbolos de áreas A^lO O cm2 y A2 =10cm2. Sobre el émbolo grande se ubica una persona de masa m=80 kg. ¿A qué altura seeleva

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Física II __rá el émbolo pequeño? ( p H2G = 1 000 kg/m3)

a) 1,27 m b) 3,27 m c) 5,27 m

167

P

Fig.36

Fig.37

d) 7,27 m e) 9,27 m

59. En la Fig.36, la base del recipiente en forma de prisma es un rectángulo de dimensionesa=10 cm, b=15 cm. El recipiente se llena con agua de densidad p = 1000 kg/m3 hasta

una altura de h=10 cm. Hallar la fuerza que ejercen las paredes laterales sobre la base

del prisma, para 0 = 37° y g = 10 m/s2.

a) IO N b) 15 N c) 20 N d) 25 N e) 30 N

60. En la Fig.37, la cisterna cerrada en forma de paralelepípedo de dimensiones i - 20 cm,h=d=10 cm está completamente llena de agua de densidad p = 1000 kg/m3, y se mueve

con aceleración de a=3 m/s2. Hallar la fuerza que ejerce el agua sobre la tapa de la cistema.

a) 2 N b) 4 N c) 6 N d) 8 N e) ION

61. Un recipiente abierto en forma de paralelepípedo que contiene agua de densidad p = 1000 kg/m3, desciende verticalmente con aceleración de a=2 m/s2. Hallar la presión

a una profundidad h=25 cm, de la superficie libre del agua, (g = 10 m/s2)


62. En la Fig.38, por la tubería mostrada circula agua de peso específico y —104 N/m3. El

mercurio del pirómetro tiene peso específico y0 = 13,6.104 N/m3. Hallar la diferencia

de presiones entre los puntos (1) y (2), para z=5 cm y h=3 cm.


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168 Hidrostática63. Al introducirse sucesivamente un pirómetro de área de sección A=0,2 cm2, en dos lí

quidos diferentes de pesos específicos relativos 1,2 y 0,9 respectivamente, la diferencia

de niveles es Ah =20 cm. Hallar el peso del pirómetro. (Yh 2 0 = l®4 NAr*3 , g=10 m/s2)

a) 140 mN b) 142 mN c) 144 mN d) 146 mN e) 148 mN

64. En la Fig.39, el recipiente contiene tres sustancias, glicerina (G), aceite (A) y otra desconocida (X) de densidades pG = 1250 kg/m3, p A = 850 kg/m3. El manómetro (M) indi

ca una presión de 3 ,5.104 N/m2. Hallar la densidad de la sustancia desconocida. (g=10m/s2)

a) 100 kg/m b) 150 k/m 3 c) 200 kg/m3 d) 250 kg/m3 e) 300 kg/m3

mmc Ai


65. En la Fig.40, la barra homogénea de longitud i - 2 m, masa m=10 kg y densidadrelativa pr = 0,5 unida a la rótula en A está en equilibrio, y sumergida parcialmente en

agua de densidad p = l 000 kg/m3 una longitud de b= 1,5 m. Hallar la magnitud de lafuerza aplicada en su extremo derecho. (g= l 0 m/s2)

a) 4,25 N b) 5,25 N c) 6,25 N d) 7,25 N e) 8,25 N

366. Un depósito cilindrico abierto que contiene agua de densidad p = 1000 kg/m y altura

h-~=l m, asciende verticalmente con aceleración de a=5 m/s2. Hallar la presión en el fondo del depósito. (P0=105N/m2y g=10 m/s2)

a) 1,05P0 b) 1,15P0 c) 1,25P0 d) 1,35P0 e) 1,45P0

67. Un depósito abierto de altura h=l,6 m, base cuadrada de lado i = 2 m que contieneagua una altura de b=l,25 m, se mueve horizontalmente con aceleración de a=5 m/s2.Hallar la cantidad de agua que se derrama. (g= l 0 m/s2)

a) 0,1 m b) 0,2 m3 c) 0,4 m d) 0,6 m e) 0,8 m3

68. En la Fig.41, los émbolos del recipiente de áreas Ai=40 cm2, A2=20 cm2y pesos despreciables están unidos mediante un alambre delgado de longitud f = 10 cm, y contienen

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____________________________ Física II ________________________

agua de densidad p = 1000 kg/m3. Hallar la tensión en el alambre. (g=10 m/s2)

169

a) 1 N b) 2 kN c) 3 N d )4 N e) 5 N

69. En la Fig.40, la barra homogénea de longitud £ = 2 m, masa m=10 kg y densidad reíativa pr - 0,5 unida a la rótula en A está en equilibrio, y sumergida parcialmente en

agua de densidad p = 1000 kg/m3 una longitud de b= l,5 m. Hallar la magnitud de la

reacción en la rótula A. (g=10 m/s2)

a) 41,75 N b) 43,75 N c) 45,75 N d) 47,75 N e) 49,75 N

70. En la Fig.42, el recipiente cónico cerrado de altura H=16 cm, contiene agua una alturade h=8 cm. Hallar la fuerza que ejerce las paredes laterales sobre la base del recipiente.

( Phzo = 1000 k&'m3 , g=10 m/s2 ,0 = 53°)

a) 1,32tt N b) 2,32ti N c) 3 , 3 2 j i N d) 4,327iN e) 5,3271N

* a

l

Fig.43

71. Un cuerpo de volumen V=1 lt se pesa en el aire de densidad p0 = 1,29 g/lt, utilizando

un peso de cobre de masa m]=800 g y densidad p; = 8,8 g/cm3. Hallar el error en por

centaje cometido al pesar el cuerpo.

a) 0,126% b) 0 ,146% c) 0,166 % d) 0,186% e) 0,206 %

72. En la Fig.43, el depósito rectangular abierto de dimensiones H=20 cm, £=20 cm contiene agua una altura de h= 10 cm. ¿Para qué aceleración (a), el agua empieza a derramarse? (g=10 m/s2)

a) 8 m/s2 b) 10 m/s c) 6 m/s d) 4 m/s2 e) 12 m/s

73. Un témpano de hielo rectangular de área de la base A=1 m 2, altura H=0,4 m y densidad p = 900 kg/m3, flota sumergido parcialm ente en agua de densidad p0 =1000 kg/m3.

¿Qué trabajo se debe hacer para hundir por completo al témpano en el agua? (g=10m/s2)

a) 2 J b) 4 J c) 6 J d) 8 J e) 10 J

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170 Hidrostática

74. En la F ig .44 . las mi tades de la esfera compacta f lo tan en dos l íqu idos de densidades re

la t ivas 0,8 y 1 ,2. Hal lar e l peso espec í f ico de la esfera . p H20 = 1000 kg /m 3 , g^ lO m /s3.

N N N N Na ) 10 k . b) 2 0 k , c) 30 k ‘ , d) 40 k ^ e) 50 k .

m ' m n r ' m n r

75. U n a b o y a c i l in d r ic a d e m a s a m = l 0 0 k g y b a s e d e d i á m e t ro D = 2 0 c m f lo t a v e r t ic a l m e n

te en ag u a d e p eso esp ec í f i co y = 104 N /m 3. De su posic ión de equil ib rio , se desp laz a li

g e ramen te h ac ia ab a jo y se ab an d o n a . H a l l a r e l p e r ío d o d e l a s o sc i l ac io n es a rmó n icas

simples, (g—10 m/'s-)

a) 2,0 s b) 2,5 s c) 3,0 s d) 3,5 s e) 4,0 s


76. En la F ig .45 , los bordes del rec ip ien te s in fondo es tán b ien a jus tados a la superf ic ie dela mesa. E l peso del agua con ten ida en e l rec ip ien te es \V=113 ,1 N, los rad ios de las

b a se s s u p e r io r e in fe r io r r=4 cm , R = 8 cm , la d e n s id a d p = l 0 0 0 k g /m 3, g = l 0 m /s2. H a

llar la al tura (h).

a ) 0 ,25 m b ) 0 ,5 0 m c ) 0 ,75 m d ) 1 ,0 0 m e ) l , 2 5 m

7 7 . U n a p e lo ta d e j eb e d e m asa m -1 k g y r ad io R =9 cm se su m erg e en e l ag u a a u n a pro

fund idad de h=l m y se suel ta . Hasta que a l tu ra l lega la pelo ta por encima de la super

f i ci e l i bre d e l ag u a ( p = 1 0 0 0 k g /m 3 . g =1 0 m/s")

a) 0,5 m b) 1,0 m c) 1,5 m d) 2,0 m e) 2,5 m

78. En la F ig .46 , e l tubo c i l indr ico que co n t iene acei te de den sida d p 0 = 900 kg /m 3 flo ta en

e l ag u a d e d en s id ad p = 1 0 0 0 k g /m3 en p o s ic ió n v e r ti ca l , l a a l tu ra q u e so b resa le e s h =5

cm. Hal lar la a l tu ra (x ) del tubo .


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Física II 171

la altura de H=9 cm sobre la superficie.¿Qué trabajo se debe hacer para hundir la pelota hasta el plano diametral? (p 0 - 1 000 kg/m3 , g=10 m/s2 )

a) 0,36 J b) 0,46 J c) 0,56 J d) 0,66 J e) 0,76 J

80. Un cono recto compacto de altura H-40 cm y densidad (p) está sumergido en agua de

densidad (pQ) una altura de h=20 cm, con su base paralela y por encima de la superfi

cié del agua. Hallar la razón de las densidades p0 / p.

a) 2 b) 4 c) 6 d) 8 e) 10

81. En la Fig.47 el cono recto compacto de altura H=30 cm, ángulo del vértice 0 = 60° ydensidad p = 125 kg/m3 flota en agua de densidad p0 = 1000 kg/m3. Hallar el trabajo

que se debe hacer para hundir completamente al cono, (g =10 m/s2)

a) 1,86 J b) 2,86 J c) 3,86 J d) 4,86 J e) 5, 86 J

"1 p l

a o ...

Fig.48 Fig.49

82. En la Fig.48, hallar la fuerza necesaria para separar los hemisferios de radio R=5 cm,uni-dos herméticamente, estando el exterior de los hemisferios a la presión de P0 = 105

N/m2y al interior se ha hecho un vacío perfecto.

a) lOOnN b) 150 ttN c ) 20 0tiN d) 2507tN e) 3007iN

83. Un depósito cilindrico de altura h=3 m y base de diámetro D=2 m, se llena con agua dedensidad pH2o = l 000 kg/m3 hasta una altura de 2 m; luego al hacerse girar alrededor

de su eje de simetría, el punto más bajo del agua alcanza una altura de 1,5 m. Hallar:

I. La fuerza total en el fondo del depósito cilindrico, (g = 10 m/s2)

a) lOTtkN b) 20n kN c) 3 0 n k N d) 407tkN e) 507tkN

n. La velocidad angular (co) máxima para la cual el agua no se derrama.

a) 1,5 rad/s b) 2,5 rad/s c) 3,5 rad/s d) 4,5 rad/s e) 5,5 rad/s

84. En la Fig.49, el camión que lleva un depósito completamente llena de agua de densidad

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ílf Hidrostática _____________________________

p = 1000 kg/mJ y herméticamente cerrado, se mueve con aceleración de a=5 m/s2. Ha

llar la presión en el punto P, si h=0,5 m y l = 1,0 m. g=10 m/s2)


85. Una pelota compacta homogénea de radio R=10 cm y densidad p = 500kg/m3, flota par

cialmente sumergida en agua de densidad p0 = 1000 kg/m3. Hallar la altura sumergida

de la pelota. (g=l 0 m/s2)


86. En la Eig.50, la barra hom ogénea de densidad p = 500 kg/m3 y longitud i = 5 m está su

mergido parcialmente en agua de densidad p0 = 1000 kg/m3. Hallar la longitud sumer

gida (x) de la barra, si a=l m y g= 0 m/s2.

a) 0,5 m b) 0,8 m c) 1,1 m d ) l ,4 m e) 1,7 m

87. El trabajo para hundir completamente un cubo homogéneo de arista (a), que flotasumer gido parcialmente en agua es (W). ¿Qué trabajo se debe hacer para hundir completa-mente un cubo de arista (2a), del mismo material?

a) 10W b)12W c) 14W d)16W e) 18W

88. ¿En qué razón están losUrabaj os (Wi/W 2) realizados por separado, al sumergir completamente dos cubos de igual tamaño y densidades p, = 400kg/m3, p2 = 600 kg/m3, res

pectivamente, que flo tan sumergidos parcialmente en agua de densidad p0 = 1000

kg/m3?

a) 2,00 b)2,25 c) 2,50 d)2,75 e) 3,00

89. La cara inferior de un tetraedro regular de arista a=50 cm, sumergido totalmente en unliquido de densidad p = 1000 kg/m3, se encuentra a h= lm de la superficie libre del lí

quido. Hallar la fuerza resultante sobre las caras laterales del tetraedro, si la presiónatmosférica es de P0=105N/m2 y g=10 m/s2.

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Física II 173

a) 10,6 kN b) 10,9 kN c ) l l ,2 k N d ) l l ,5 k N e ) l l ,8 k N

90. La base de un hemisferio cerrado de radio R=30 cm, descansa en el fondo de un depósito llena de agua de densidad p = 1000 kg/m3, a una profundidad de h=40 cm. Hallar

la fuerza sobre la superficie lateral del hemisferio debida a la presión del agua, sabiendo que entre las bases del hemisferio y el depósito existe aire a la presión atmosféricade P0= 05N/m 2, g=10 m/s2 .

a) IOOttN b) 1207tN c ) 140tcN d) lóO ttN e) 1807tN

91. Un cuerpo de masa m=250 g y densidad p = 2,5 g/cm3, se pesa sumergido en cierto lí

quido, para lo cual, se utiliza una balanza de brazos y una “pesa” de masa M=180 g. Hallar la densidad del líquido desconocido. (g=10 m/s2)

a) 0,1 8 3 b) 0,3 8 , c) 0,5 g d) 0,7 8 e )0 ,9 - gco r cm" cm cm' cm'

92. Un cuerpo de masa m=180 g se pesa sumergida en agua de densidad p0 = 1 g/'cm3, uti

lizando una “pesa” de masa Ma=150 g; luego el mismo cuerpo, se pesa sumergida en otro líquido, utilizando una “pesa” de masa Mi=144 g. Hallar la densidad del líquido desconocido (g= 10 m/s2)

a) 1,2 g b) 1,4 -8 c) 1,6 8 , d) 1,8 8 e) 2,0cm' cm cm ' cm cm

93. En la Fig.51, en el fondo del recipiente, inclinado un ángulo 0 = 30° respecto de lahorizonta! , se encuentra el cubo de arista a='20 cm, de densidad p= 7 000 kg/mJ. Hallar la

fuerza que ejerce el cubo sobre la base del recipiente, si en éste se vierte agua de densidad p0 = 1000 kg/m3. Entre el fondo de! recipiente y el cubo no hay agua, además, no

considere la presión atmosférica. (h=l m ; g=l 0 m/s2)

a) 536 N b) 636 N c) 736 N d) 836 N e) 936 N


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174 Hidrostática94. En la Fig.52, el palillo de masa homogénea M=12 kg está sumergido hasta la mitad en

el agua del vaso cilindrico, la fricción es despreciable. Hallar la fuerza de presión del palillo sobre el vaso pa ra a=37°. ( pH20 = 1000 kg/m3 , g=10 m/s2)

a) 5 0 N b) 40 N c) 30 N d) 2 0 N e) ION

95. En la Fig.53, enla tapa del recipiente con agua de densidad p = 1000 kg/m3hay un orí

ficio cilindrico, cerrado herméticamente con el émbolo móvil de radio R=10 cm, en elcual, se instala un tubo vertical de radio r=5 cm. La masa del émbolo más el tubo es dem=20 kg. Hallar la altura de la columna de agua en el tubo cuando el sistema se encuentra en equilibrio. (g=10 m/s2)


96. En la Fig.54, en la pared delrecipiente cilindrico de radio R=40 cm,que contiene aguade densidad p0 = 1000 kg/m3 existe un orificio cerrado con un tapón. ¿Qué trabajo se

debe hacer para introducir el tapón una longitud de t = 20 cm ? El tapón tiene la formade un cilindro de radio r=10 cm. El centro del orificio se encuentra a la profundidad deh=l m. Despréciese la fricción. (g=10 m/s2)

a) 61,22 J, b) 63,22 J c) 65,22 J d) 67,22 J e) 69,22J

97. En la Fig.55, en la campana semiesférica de radio interno R=3 cm, que yace herméticamente sobre la mesa, se vierte agua de densidad p0 = 1 g/cm3 por un orificio pequeño,

ubicado en el punto más alto del hemisferio. Cuando el agua llega al orificio, levanta lacampana y empieza a fluir por debajo de ella. Hallar el peso de la campana semiesféri

ca.

a) 7i g b) 3n g c) 57t g d) 7ttg e) 9tcg

¿ X ' ---------- -X Tg

Fig.55 Fig.56

98. En la Fig.56, el tubo de radio r=5 cm se cierra por abajo con un disco metálico y se sumerge en agua de densidad pQ= 1000 kg/m3 a la profundidad d e / - 1,056 m. El radio

del disco es R=15 cm, su densidad p = 2 000 kg/m3 y su altura h = 4 cm. La distancia

entre los ejes del disco y el tubo es de a=8 cm. ¿Hasta qué altura se debe verter el aguaen el tubo, para que este se separe del disco? (g=10 m/s2)

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Física II 175

a) 10 cm b)12 cm c)14 cm d)16 cm e)18cm

99. Hallar el ángulo que forma con la horizontal, la superficie de un líquido contenido en

un recipiente que se desliza por un plano inclinado que forma un ángulo a = 49° con lahorizontal, si el coeficiente de fricción es g = 3/4.

a) 10° b) 12° c) 14° d) 16° e)18°

100.Un cilindro cerrado de radio R=40 cm, cuyas 3/4 partes de su volumen contienen aguade densidad p0 = 1000 kg/m3, gira alrededor de su eje de simetría con una velocidad an

guiar de © = 10 rad/s. Hallar la presión a una distancia x=10 cm de la pared del cilindro.

a) 2,0 kPa b) 2,5 kPa c) 3,0 kPa d) 3,5 kPa e) 4,0 kPa

Fig.57 Fig.58

101.En la Fig.57, el sumergible constituido por dos semicilindros idénticos de radio R=25cm, longitud (= 1 m, flota sumergido parcialmente en agua de densidad p = 1000

kg/m3. Hallar la fuerza que comprime ios dos semicilindros, a una profundidad H=10cm de la superficie. (g=10 m/s2)

a) 750 N b) 800 N c) 85 0N d )9 0 0N e) 95 0N

102. En la Fig.58, el cubo de arista a=50 cm sumergido con la mitad de su volumen en aguade densidad p = 1000 kg/m3, está inclinado respecto de la horizontal un ángulo de

8 = 37°. Despreciando el peso del cubo, hallar la razón mi /m2 de las masas de los alam

bres de longitudes a=50 cm, soldadas en las aristas del cubo. (g=10 m/s2)a) 4,5 b) 4,8 c) 5,1 d) 5,4 e) 5,7

103.En la Fig.59, el cuerpo en forma de cono regular de sección transversal circular, y pesoespecífico "y j" está sumergido parcialmente en un líquido de peso específico "y ". Ha

llar la altura sumergida (y) si h=40 cm y y = 3yj 12.

a) 10,3 cm b) 12,3 cm c) 14,3 cm d)1 6 ,3 cm e) 18,3 cm

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1Z® _________________________________ Hidros íát l sa ____________________________________

104.En la Fig.60, la esfera homogénea de radio R=1 m y peso específico "yj" está sumer

gido parcialmente en un líquido de peso específico " y ” . Hallar la altura sumergida (h)

de la esfera, sabiendo que y = 27 yj / 2.

a )l /2 m b) 1/3 m c )l /4 m d) 1/5 m e) 3/4 m

Fig.59 Fig.60

105.En la Fig.61, el cascarón esférico de acero de densidad P] = 7 800 kg/m3, espesor h=2

cm llena de aire de densidad p2 = 1,29 kg/m3, flota sumergida completamente en agua

de densidad p = 1000 kg/m3. Hallar el radio interno del cascarón. (g^lO m/s2)


106.En la Fig.62, los líquidos no miscibles contenidos en el recipiente están en equilibrio,además se sabe que la razón aritmética de sus densidades es de 2 kg/m3y la presión enel fondo del recipiente es de 102 002,4 Pa. Hallar: (a=2 cm ; Po=105 Pa ; g=10 m/s2 )I. La densidad del líquido (1).

a) 1,0 g/cm3 b) 1,5 g/cm3 c) 2,0 g/cm3 d) 2,5 g/cm3 e) 3,0 g/cm3

II. La densidad del líquido equivalente, que produce la misma presión en el fondo.

a) 8 g/cm3 b) 10 g/cm3 c) 12 g/cm3 d) 14 g/cm3 e) 16 g/cm3

107.F,n la Fig.63, en la superficie de separación de dos líquidos de densidades pj = 600

kg/m3 y p2 = 1200 kg/m3 flota un bloque de densidad p -1 000 kg/m3 y altura h=60

cm. ¿A qué profundidad está sumergida el bloque en el segundo líquido?

a )1 0 c m b) 20 cm c) 30 cm d) 40 cm e) 50 cm

108. En la Fig.64, el vaso de pared delgada y masa m=200 g, flota verticalmente en la super ficie de separación de dos líquidos de densidades p, = 800 kg/m3 y p2 = 1000 kg/m3.

Hallar la altura (x) sumergida del vaso en el líquido inferior, si el fondo del vaso tieneespesor h=2 cm, área A=50 cm2 y el vaso está lleno del líquido de densidad pt .

a) 6 cm b) 8 cm c) 10 cm d )1 2 cm e) 1 4 ci n

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Física II 177

109.En la Fig.65, la bola superior flota con la mitad de su volumen sumergida en agua dedensidad p= 1000 kg/'m3; los volúmenes de las bolas son iguales a V=10 cm3, y el pe

so de la bola inferior es tres veces el de la superior. Hallar:I. El peso de la bola superior (m=10"’).

d) 37,5 mN e) 39,5 mN

d) 16,5 mN e) 18,5 mN

Pi


110.Una placa homogénea en forma de trapecio regular se sumerge verticalmente en elagua de densidad p = 1000 kg/m2, con su lado superior a=60 cm a 40 cm por debajo de

la superficie libre del agua y el otro inferior b=80 cm a 100 cm, respectivamente. Hallar la fuerza total que ejerce el agua sobre la placa. (g=10 m/s2)


111.En la Fig.66, la placa delgada homogénea en forma de triángulo de base horizontala=90 cm y altura h=40 cm, está sumergido verticalmente en agua de densidad igual a p = 1000 kg/m3. Hallar: (g=l 0 m/s2)

I. La fuerza que ejerce el agua sobre la placa, para z~0 cm.

a) 400 N b) 420 N c) 440 N d) 460 N e) 480 N

II. La fuerza que ejerce el agua sobre la placa, para z=50 cm.

a) 1 300 N b) 1 320 N c) 1 340 N d) 1 360 N e) 1 380 N

112.En la Fig.67, hallar la fuerza que el agua de densidad p = 1000 kg/m3 ejerce sobre la

placa homogénea delgada de forma triangular, sumergida totalmente en posición vertícal. (a=90 cm, h=40 cm, d^60 cm, g=10 m/s2)

a) 500 N b) 550 N c) 600 N d) 650 N e) 700 N

a)31 ,5m N b) 33,5 mN c) 35,5 mN

II. La tensión en la cuerda que une a las bolas,

a) 10,5 mN b) 12,5 mN c) 14,5 mN

a

a

a

a

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178 Hidrostática


113.En la Fig.68, hallar la fuerza que ejerce el agua de densidad p = 1000 kg/m sobre la

placa homogénea delgada de forma semicircular de radio R=30 cm, sumergida en posición vertical. (g=10 m/s2)

a) 120 N b) 140 N c) 160 N d) 180 N e) 200 N

114.En la Fig.69, halla r la fuerza que ejerce el agua de densidad p = 1000 kg/m3 sobre la

placa semicircular de lgada homogénea de radio R=40 cm sumergido verticalmente.(g=-10 m/s2)

a) 519 N b) 539 N c) 559 N d) 579 N e) 599 N

115.En la Fig.70, la placa homogénea delgada cuadrada de lado a=l m presenta un agujerode radio R=50 cm y está sumergido verticalmente en agua de densidad p = 1000 kg/m3.

Hallar la fuerza que ejerce el agua sobre la placa. (g=10 m/s2)

a) 973 N b) 1173 N c) 853 N d) 1073 N e) 1273 N

V

Fig.67 Fig.68

lló.En la Fig.71, el lado superior AB de la placa cuadrada delgada homogénea de lado"a " que está sumergida verticalmente en agua de densidad p = 1000 kg/m3, se sumer

ge a una profundidad "2a", ¿En cuántas veces aumenta la fuerza debida al agua sobrela placa?

a) 1vez b ) 2 veces c ) 3 veces d ) 4 veces e ) 5 veces

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Física II 179

117.En la Fig.72, ¿Cuántas veces mayor es la fuerza hidrostática, sobre la mitad superior (1) que sobre la mitad inferior (2), de la placa circular homogénea delgada, sumergidaverticalmente en agua de densidad p = 1000 kg/m3. (g=10 m/s2)

a) 1,5 veces b) 2,0 veces c) 2,5 veces d) 3,0 veces e) 3,5 veces118.En los vasos comunicantes de diámetros D]=8 cm y D2=4 cm se vierte un líquido de

densidad p = 1000 kg/m3. ¿En cuánto subirá el nivel del líquido en los recipientes, si en

uno de ellos se coloca cierto cuerpo de masa m=200 g de densidad p0 < p?


Fig.69

a

Fig. 70

119.En la Fig.73, la bola de radio R=30 cm flota con la mitad de su volumen en agua dedensidad p = 1000 kg/m3, unida a un palo pesado homogéneo de longitud l = 60 cm.

¿Con qué fuerza presiona el palo el fondo del depósito de agua? (g = 10 m/s2)

a) 300 n N b) 320 7TN c) 340 re N d) 360n N e) 380ti N

Fig.71 Fig.72

120.En la Fig.74, el sumergible constituido por dos semicilindros idénticos de radio R=30cm, longitud i = 1 m, flota sumergido parcialmente en agua de densidad p = 1000

kg/m3. Hallar la fuerza que comprime los dos semicilindros, a una profundidad H=10cm de la superficie. (g=10 m/s2)

a) 500 N b) 600 N c) 700 N d) 800 N e) 900 N

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180 Hidrostática

121.En la Fig.75, el cuerpo homogéneo en forma de segmento esférico flota con sus bases paralelas a la superficie libre del agua de densidad p = 1000 kg/m3. Hallar la fuerza to

2tal que ejerce el agua sobre el cuerpo, si R=25 cm ; g= 10 m/s .

c) 215 N d) 220 N

Fig.73

e) 225 N

122.En la Fig.76, la esfera compacta homogénea de radio R=20 cm y peso W = lOOn N, ta pa un agujero circular en la base del depósito de agua. Hallar la fuerza mínima necesaria para levantar la esfera, si H=80 cm, g= l 0 m/s2 , p = 1000 kg/m3.

a) 2 007t N b) 250tt N c) 300ti N d) 350ti N e) 400n N

H

R/2

Fig.75 Fig.76

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Física II 181

SOLUCIONARIO

Solución: 01

• La densidad del alcohol etílico es:m 63,3

p = — = — V 80,0

p = 0,791 g/'cm 3

La densidad re lativa del alcohol es:

p 0,791Pr — ~ ~ , -

P h 2o

Pr = 0,791

Solución: 02

• La densidad del tetracloruro es:

P = PrPH,0

p = (1,60)(1000)

p = 1 600 k g /m 3

Luego, el volumen pedido es:

1

1600 40

Como, 1 m3 = 103 lt, entonces:

* V = 25 lt

nr

©

Solución: 03El peso del aluminio, viene dado por:

W = mg = pVg

W = (2700)(10)(^)

* W = 13500N ©

Solución: 04a) Primero hallemos el volumen del bidón:

= m H 2Q __ 110

P h 2o 1 0 0 0

V - 110.10 3m3

b) Luego, el peso específico de la gasolina es:

y :mg (72,6)(10)

V 110.10

* y = 6600 N/ m"

Solución: 05

Según teoría, la densidad del aire es:

W /g (10/10)

” 0,7752V

P - 1 2 9 ^m

Como, 1 m3 = 103 lt, entonces:

©

* p = 1,29.10 kg / lt

Solución: 06

• La densidad de la bola de acero es:

mP = i------

(7iD / 6)

1,765

(7,53.10~37i/6)

+ p = 7,99 g / cm ©

Solución: 07

• Hallemos el volumen de la película:

v _ m _ 1,93.10-3

19,3

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182 Hidrostática

V = 10 4cm3

Luego, el espesor de la lámina es:

V 1 0 “’

h = - = — A 14,5

h = 689,6.10 cm

* h = 689,6A ©

Solución: 08• Sea "m" la masa de la pepita, entonces,"m -138" será la masa del cuarzo, luego, se

cumple:

^PEPITA “ VqRO + VCUARZ0

j ^ _ n 8 (m - 1 38)

6,4 ” 19,3 2,6

0,594 m = 119,41 g

* m = 2 0 1 ,0 2 g ©

Solución: 09La presión en la mitad superior (A) es:

p a = P8H

( 1)

La presión en la mitad inferior (B) es:

PB = pg^H (2)4


* PA _ I ©

PB 3

Solución: 10• La fuerza sobre el fondo del depósito conagua es:

F = yhA

F - (104 )(3)(9) = 2,7.105 N

La fuerza sobre las caras laterales es:

F - PmA = (1 / 2) y h A

F; (2X10, X3X9)

* F = 1,35.10 N ©

^ N o t a

Pmes la presión media sobre la cara la

teral del depósito.

Solución: 11• La fuerza que soporta el ocular es:

F = yhS

F = ( Yr YH 2o X h ) ( 4 7 t D 4 )

F = (10300X103X 17tl52.10 4)4

* F= 18,2.104N ©

Solución: 12• Según el principio de Pascal la presiónen ambos émbolos es la misma, es decir:

P =F| _ F

A, A2

_ 71(80)^/4 (| Q ,

7r(20) / 4

+ F, = 160N ©

Solución: 13La diferencia de presiones entre los pun

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Física II 183tos: el volumen sumergido es V/2.

AP = PA8h A +PB §h B

AP = (0,8.103(10)(10.10“2) +

(1,2.103 )(10)(5.10 '2)

AP = 800+ 600

+ AP = 1400 N /m ©

Solución: 14

• Representemos las fuerzas que actúan so bre el hielo:

•lL

La fuerza resultante en el eje vertical, es cero, de modo que:

E - WH = 500

(Ph2o ~ 8 hielo) 8 V - 500

(1000-900)(10) V = 500

V = 0,5m3

Pero, V= h.A, siendo "A" el área del bloque y "h" su espesor, luego:

0,5 = (0,5)A

A = lm ©

Solución: 15

• Sea V el volumen de la esfera, entonces

En la Fig., la fuerza resultante en el eje ver tical, es cero, de modo que:

E = W

VP h2o 8 - = W

(1000X10 ) y = 30.103

+ V = 6m J ©

Solución: 16• Las respuestas son las siguientes:

I. Verdadero, pues, tg 9 = p = m / VII. Verdadero, pues, tg 03> tg 02 > tg Q jIII.Falso.

+ V V F ©

Solución: 17• A medida que se aumenta el área del disco, la presión sobre el mismo disminuye, demodo que la gráfica correspondiente es la

d).

Solución: 18• Según teoría, la presión debida a un líquido, es directamente proporcional a su pesoespecífico y a su altura, pero la altura es lamisma para los tres líquidos luego:

Pa > p b > Pc

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184 HidrostáticaSolución: 19

• La fuerza hacia abajo. El agua del vasono derrama, pues la presión que ejerce so bre el papel, es menor, que la presión ejercída por la atmósfera.

Solución: 20• A mayor profundidad le corresponde mayor presión, además, para h=- 0, P=- 0, lúego, la gráfica correcta es la d).

Solución: 21

• Sean V, W el volumen y peso de la esfera y V' y V" los volúmenes de la parte sumergida antes y después de la extraccióndel aire, entonces:Antes, la esfera se encuentra en equilibrio,de modo que:

W - EH20 + Eajrj;

W = Yh,o v '+ Ya ( V - V 1)

bre el bloque.

V ' =w - y A( V~ V )

Yh ,o ~ Ya( 1)

Después, la esfera, también se encuentra enequilibrio, de modo que:

V" =w

Yh,o(2)

w

y>v*


V W z Ya V

V" W Yh20 —Ya

V' < V"

Luego, el volumen sumergido aumenta, por tanto, la respuesta correcta es la b).

Solución: 22Representemos las fuerzas que actúan so

k.x

La fuerza resultante en el eje vertical, es cero, de modo que:

k.x = E - W

k.x = gV (pH20 - Pbudque )

lOOx - (10X2.10-3 )(1000 - 300)

+ x = 0,14 m

Solución: 23• Como las dos fuerzas sobre la esfera, elempuje E y el peso W son verticales, paraE>W, podemos reemplazar por un únicovector vertical hacia arriba.

La fuerza resultante en la dirección del plano inclinado, es cero, así, tenemos:

T = (E - W) sen 30°

Y = gV (Pi.iq - Pesf) sen 30°

T = (10)(4 .10-3 )(1000 - 400)(1 / 2)

+ T = 12N ®

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Física II 185

Solución: 24

• Representemos las fuerzas que actúan so bre el cascarón esférico de radio R.

Como el cascarón esférico se encuentra enequilibrio, su peso (W) es igual, al empujedel agua (E), esto es:

W = E

p g V = p0 gV s

P 3 71e n 3 ~~f3) = Po ^ 71R3

p(33 - 23) = (1900)(33)

* p = 2700 — m

©

Solución: 25

• Sea " A" el área de la base del recipiente.Luego, la fuerza en la base del recipienteaumenta de F! a F2, debido al peso " W" dela madera, es decir:

w

TH

1

m

1,511

v _

A p H2o g ( l , 5 H - H ) = m g

(2)(1000)(0,5) H = 800

+ H = 0,8m ©

Solución: 26• Representemos las fuerzas que actúan so bre el cuerpo sumergido en los dos líquidos.

k 2 U E ,

F2 ~ F[ = w

Como el cuerpo está en equilibrio, su peso(W), es igual, a la suma de los empujes E, yE2 de los líquidos (1) y (2), esto es:

W = E, + E2

pc .g.V = Pi-g.Vj + p2.g.V2

pc .V = (1000)(0,1 V) + (3000)(0,9 V)

pc = 100 + 2 700

+ Pc = 2 800 k g /m 3

Solución: 27

• La magnitud del empuje depende de la"gravedad local" que afecta al fluido que lorodea, así:

E = P LIQ-V - ( g ± a )

(+) : cuando sube con "a"( -) : cuando baja con "a"

A (p2 p i) = m gCuando el sistema baja con velocidad constante (a= 0), se tiene:

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186 Hidrostática

e = P l i q -v -8

20 = (1000)(V)(10)

V = 2.10~3 m 3

Cuando el sistema baja con aceleraciónconstante "a", se tiene:

E, = (1000)(2.10 3 ) (10-5)

+ Ej = 10 N ©

Solución: 28

• El cuerpo "1" está en equilibrio, así:

E = Wj + T (1)

El cuerpo "2" está en equilibrio, así:

E = W2 - T (2)

T E

Q OT W i W 2

Igualando (1) con (2), y despejando T:

W, - W, 3 -1'■p ' 2 ____ 1_ ___

2 ~ 2

* T = 1N ©

Solución: 29

1> Primer métodoLa velocidad inicial del cuerpo en el aguaes igual, a la velocidad con la que llega a lasuperficie del mismo, es decir:

vo = V - 11

Vo = (2)(10)(3) = 60 m 2 / s 2

Representemos al cuerpo en el instante enque se suelta.

3 ni

1

La desaceleración del cuerpo en el agua es:

a (E W) g => a - (Pu ~ P) gW p

(1 - 0,4). 10(10) = 1 5 ^

0,4.10

Luego, la altura recorrida en el agua es:

^ _ Vg - v 2 602 - O2

2 a (2X15)

+ h - 2 m ®

2> Segundo métodoPor el principio de conservación de la energía mecánica, la energía potencial inicial del cuerpo se transforma en trabajo para vencer el empuje del agua, es decir, secumple:

m.g.(h +3) = E.h -> h =3p

(Po - P)

L (3)(0,4.10 ) „ _ h = --------------- 5- = 2 m

(1 - 0,4). 10

Solución: 30• Sean, W’, W" los pesos aparentes delcuerpo en el agua y el líquido, respectivamente, entonces:

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Física I) 187

Cuando el cuerpo se sumerge en el agua, elempuje es:

E - W - W'

pH20.g.V = W - W '

W - W 'V =

P h _,o 8( 1)

Cuando el cuerpo se sumerge en el líquido,el empuje es:

E ' = W - W "

p.g.V = W - W "

W - W "V =

p-g

Igualando (1) con (2), y despejando p:

( W - W " )

P~ ( W - W ') PH>°

(30 20) p = — — -(1 0 0 0 )

(30 - 25)

(2)

* p = 2 0 0 0 ~m

©

Solución: 31

• Sean V, V, los volúmenes y W, W, los pesos de la caja y cuerpo, respectivamente,entonces cuando el cuerpo A se encuentrafuera de la caja, se tiene:

E + E , = W + W,

p . g . ( - h S ) + p.g.V! = w + w, 4

p .g ( -V + V,) = w + w, ( 1)4

Asimismo, cuando el cuerpo A esta al interior de la caja, se tiene:

E '- W + W,

T P-g-V = W + W] (2)O

Igualando (1) con (2), y simplificando:

* A , „ © v,

Solución: 32

• Representemos las fuerzas que actúan so bre el sis tema físico.

M

w

7H/8

W,

Para que la varilla se encuentre en posiciónhorizontal, el momento resultante respectodel punto de giro O, debe ser cero, así:

F.(4L) = F'.(L)

F '=4F (1)

De otra parte, del principio de Pascal:

F' = (2)A 2 A

w,

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188 HidrostáticaDe (1) en (2), obtenemos la fuerza:

* F = 75 N ©


bre la boya, antes y después del lanzamiento del barón.

? 'írn

I a I J t

w

El proceso consta de tres pasos:1) Cuando la boya esta sumergida una al

tura "x", el empuje es igual a su peso:

p.g.S.x = W

2) Cuando Qiqo se sube a la boya, está sehunde una altura ”h", y el empuje, es igual al peso de la boya más la de Qiqo,es decir:

p.g.S.(x + h) = W + W 1«L

Utilizando (1), obtenemos la altura, así:

W 557h =

PgS (1114)(10)(0,5)

h = 0,1 m

3) Cuando Qiqo se lanza al mar, la fuerzaresultante que actúa sobre la boya, esdel tipo de Hooke, es decir:

F = p.g.S.y = k.y

siendo, "y" la altura de la parte sumergi

da de la boya.Luego, el período del movimiento armónico simples es:

1/ 2T = 2n (m /k)

T = 27t [- 348 1; 2(1114X10)(0,5)

* T = —s2

Solución: 34• Representemos los puntos (1) y (2), quese encuentran a un mismo nivel.

w

A2

Del principio fundamental de la hidrostática, la presión en 1 es igual a la presión en2, es decir:

P , = P 2

F , W- = P H 20-g .h + -

F 30 000-- -= (1000)00X2)+ — j—

+ F = 5 kN ©

Solución: 35• Consideremos los puntos (1) y (2) sometidos a la misma presión.

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Física II 189

Según el principio fundamental de la hidrostática, la presión en 1 debida al gas es igual, a la presión en 2, debida a la columnade H20 , la fuerza F y atmosférica, así:

Pi = P2

P„ = p„ ,0 .g.h + — + P0A o

800P, = (10J).(10).(5) + ------ + 10

0,04

=170 kPa ©

Solución: 36

• Según el principio fundamental de la hidrostática, las presiones en los puntos (1) y(2) son iguales, así:

P, = P2

p gas + P H ,o -S -h ~ p o

Pgas = 105 - ( 10 3)(10)(8)

© * Pgas _ 20 kPa

Solución: 37• La presión en el punto (A), viene dado

por:

PA =Pl-g-hl + P2-g-h2

PA = (800)(10)(^) + (1000X10 ) ( ^ )

PA =12 kPa ®

Solución: 38• Representemos los niveles de cada uno

de los líquidos.

2m

1m A

\ F

lm

Según el principio fundamental de la hidrostática, las presiones en los puntos C yD, son iguales, asi:

PC = PD

Pi-g-(3)= p2-g-(2)

2

Pl = 3 P2( 1)

Ahora, hallemos la relación entre las presiones hidrostáticas en A y B.

PA = Pi-g-(2)

PB P 2 - g - ( 0

Pa = 2p_i

PB P2(2)

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190 HidrostáticaDe (1) en (2), obtenemos la razón de las

presiones:

i'.-. _ i

Solución: 39• Representemos los niveles de cada unode los líquidos.

Según el principio fundamental de la hjdrostática, las presiones en los puntos A y B son iguales, es decir:

Pa = P b

p,.g.hi + p2.g.h2 = p3.g.h3

Pi-h, + p 2.h2 = p3.h3

(3000)(0,3) + (5000)(h - 0,3) = (4000)(h)

+ h = 0,6 m (5 )

Solución: 40

• Calculemos la altura de la columna de agua, del modo siguiente:

m a; p = — => m = p.VV

816 g = (l)(20).h

h = 40,8 cm (1)

Según, el principio de conservación de lamasa, el volumen desplazado en el tubo de

mayor sección, es igual, al volumen que ocupa en el tubo de menor sección. Así, elmercurio en el tubo de mayor sección desciende "x" y en el tubo de menor secciónsube "5x".

/-

Sx

:-:-v

h 2o

llK

Th

1

Luego, del principio fundamental de la hi

drostática, se tiene:

P, = P2

pHg.g.(6x) = PH2o.g.h

(13,6)(6x) = (1X40,8)

* x = 0,5 cm ©

Así, el mercurio sube en el tubo de menor sección "5x", por consiguiente 2,5 cm.


bre la esferita.

Cálculo de la aceleración "a", que experimenta la esferita de densidad "p", en el intenor del líquido.

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Física II 191

a =

_ I'k _ E - W

3 ~ nT ~ (W /g )

(P h2o~P) (1000-250)-g =

250(10)

500 2

. m © + a = 5 —

a = 30 m/s

Luego, de cinemática, obtenemos la distancia recorrida, así:

1 2d = vn.t + —a.t~

60 = 0+ 1 (30) t22

* t = 2 s ©


bre el cilindro.

w


bre el bloque.

Sea "W" el peso del barril y "V" su volumen, entonces, según el principio de Arquimides, se cumple:

W = E

m-g = pH2o-g-v

m = (1000)(—)(4 .10 2)4

Aplicando la segunda ley de Newton, en ladirección del movimiento, se tiene:

Fr = m.a

* m = 30 kg (J5/


bre el cascarón esférico.

(E - W ) se n 0 ■W

a = ( l).gsen(W

í PH20 ,, „a = ( - l).g.sen 0P

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192 HidrostáticaSegún el principio de Arquímedes, el pesode la esfera hueca es igual al empuje, es decir, se cumple:

W = E

4 , , 1 4 , p g . j t t ( R - r ) = Po.g. —.(—7t R )

_ (1000)(1/2)(0,1)P _ - \3(0,1) - (0,09)

* p = 1845 kg /m 3 ©

Solución: 45

• Representemos las fuerzas que actúan so bre la barra.

En la Fig., el torque resultante respecto de"O", es cero, así:

( W ) .( |) = ( E ) . ( L - | )

(P-g-S-L)(~) = (Ph2o-8-S-x)(L - ^ )

2 x2 - 4 L.x + L2 = 0

Las raíces de está ecuación cuadrática son:

x, = ^ (2 -V 2 ) (si)

^ = - ( 2 + 2 ) (no)

x = (2 — 2 )(2+ 2)

©

Solución: 46

• Representemos las fuerzas que actúan so bre el cuerpo.

E

V

27,9N

\ i J j

h 2o*

16N E’

* X

*1

w w

Cuando el cuerpo se sumerge en agua, setiene:

W + 27,9 = E

W + 27,9 = pH20.g.V (1)

Cuando el cuerpo se sumerge en el líquido,se tiene:

W + 16 + E'

W +16 = p.g.V (2)

Restando (1) menos (2), obtenemos la densidad relativa:

' 1.9 = (Ph2o - p)-g.V

ll,9 = pH2o(l-pr).g.V

PH20-g-V “ 11,9Pr =

Ph2o-8-v

Pr (103 )(10)(17.10~3) —11,9

(103)(10)(17.10“3)

* pr = 0,93

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194 Hidrostática

T = 2n p.A.L

2p.g.A

T = 2n

20.10- 2

]¡ (2X10)

+ T = —s5

©

Solución: 50

• Introduzcamos dos puntos adicionales By C, en las superficies de interfase.

Los puntos B y C están al mismo nivel, demodo que, Pc^P b, luego, la presión total enA es:

p a = Pb + P h 2o -8 -^ h 2o

P A = P H g - g - h tt g + P H 20 - 8 - h H 20

Pa = (PHg + Ph2o )-S'^h2o

PA = (13600 +1 000)(10)(0,05)

N ©* PA = 7300

m

Solución: 51

• Las fuerzas que actúan sobre el cubo dedensidad p‘ son: su peso (W), el empuje delagua (E) y la reacción (R).

Como el cubo se encuentra en equilibrio,entonces, el torque resultante respecto del e

je que pasa por "O" es cero, así:

W.d, = E.d2 ( 1)

En el triángulo rectángulo ODF:

d¡ = a cos(45° - a )

d1 = —(se n a + eos a )

En el triángulo rectángulo OCM:

X = —h = —[ a 2 + — t g 2a ] , / 23 3 4

x = “ [4+ tg 2 ct]!/2

En el triángulo rectángulo OAB:

d 2 = xsen(|3 + 90 - a )

d2 = j [ 4 + tg2a ] *' 2 (eos¡Icos a + sen (3sen a )

lOcm

BENZOL

C

H 20

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Física II 195

En el triángulo rectángulo OCM:-

n l8 a n 2sen p = , ; eos [5= —¡ = = y¡4 + tg2a ^ 4 + tg2a

=> ^ 2 = ~ (tg a sen ec + 2 eos a)

3 1 ,W = p'.g.a ; E = p.g. - a .tga

Reemplazando en (1) y simplificando:

1 7 p '.(tga +1) = p.-.tgcc .(tg a + 2)

(l)[(3/4)3 + 2(3/4)](3)(1 + 3 /4 )

* p'= 0,37 ®cm*

Solución: 52

• Representemos la fuerza sobre la caralateral, debido a la presión del agua.

j )

dFii \ . ......... " r ■J

, « V A -.......di

\ I dA

\ e

En la Fig., el ancho del anillo de radio r es:

dsenG

La fiierza que ejerce el líquido sobre el diferencial de tapón cúbico, de área dA es lacomponente vertical de esta fuerza, esto es

dFi = P dA sen 0

dF± = P (2ti r di) sen 0

dF, = P 2n r —— sen 0sen 0

Luego, la fuerza total sobre el tapón cúbicodebido a la presión es:

F± R

j dF^ = 2n P J r dr o r

Fi = tiP (R 2 - r 2 )

Fj_ = re (4 .104)(102 —52). 10 4

+ F± = 300tt N ©

Solución: 53

• Para calcular la fuerza sobre un hemisferio, debido a una presión constante, dividamos el hemisferio en anillos, y representemos uno de ellos.

La fuerza resultante sobre el anillo de radio

r y área dA=27tR2 sen 0d9, es igual a la,componente vertical dFx de la fuerza debjdo a la presión constante P, esto es:

dF± = dF eos 0 = P dA cos0

dF± = 2tiP R 2sen 0 co s0 d0

dF =dFsen0 Así, la fuerza resultante sobre todo el he-

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196 Hidrostáticamisferio, será la suma de las fuerzas sobrecada uno de los anillos, esto es:

Fj_ k / 2

JdFx = 2n P R 2 J sen 0 eos 0 d0o o

Fj_ = 2 n P R 2(^ se n 20) ] ^ '2

Fx = 71 PR2

Utilizando este resultado, la fuerza con quese aprieta la esfera contra el orificio es:

f = f1- f2

F = tiR2(3P) - tiR 2(P) = 2n PR 2

F = (2tt)(5 .103)(10-1 )2

* F = IOO71 N ©


bre la botella cortada por la mitad.

En la Fig., la fuerza (F) debido a la presión

hacia arriba, es igual, a la fuerza elástica hacia bajo, que actúa en el borde del hemisferio, esto es:

F' = F

ctA = P As

ct2n R A - P 7t R 2

PR (4.105)(8.10~2)

2 A (2)(2.10~3)

* o = 8.106 ©

m

Nota

As es la proyección del área lateral delhemisferio sobre su base, y A es el áreadel anillo de radio R.

Solución: 55• Representemos la fuerza sobre la caraABCD del prisma, debido a la presión.

B C

En la Fig., las fuerzas Fj, F2 sobre las caras

ABE y CDF se anulan entre si, por ser o puestas y de igual magnitud.Ahora, hallemos el área de la cara lateralABCD del prisma:

A = (10.10 2)(10V2.10 2)

A = V2.KT2m2

Luego, la magnitud de la fuerza resultante

sobre las caras laterales del prisma es:

F, = PA = (2.105)(V2.10“2)

* F3 = 2000V2 N ©

Solución: 56• Representemos las fuerzas en ambos lados del émbolo, debida a la presión.

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Física II 197

\ K ’ A ’/A

0 ? ^/ 0

/

r

F

En la Fig., la componente horizontal de lafuerza F’ es:

Fh = PA'cosB = PA = F

F ' = F

Así, en la horizontal la fuerza resultante es

nula, de modo que la aceleración del émbolo es:

* a = 0 A )

Solución: 57• Representemos la fuerza resultante sobreel tetraedro, debido a la presión.

En el triángulo rectángulo, hallemos la altura correspondiente a la base ABC del tetraedro, así:

h W a- => h = ~ a4 2

tres caras laterales del tetraedro sobre su base ABC, esto es:

F = P As = P (-■ a h )

F = P—(a)(— a) = — a2 P2 2 4

P =4F _ (4)(V3.104)

V3a2 ~ (V3)(10“') 2

6 N ©+ P = 4.10

m

Solución: 58

• Representemos la altura (h) que asciende el émbolo más pequeño, cuando el émbolo más grande desciende una altura (x).

■ IM

A2

x

ISOBARA

El volumen de agua que desciende en el ém bolo (1), es igual, al volumen que asciendeen el émbolo (2), esto es:

A¡x = A2h => x = (—^-)hAi

F)e otro lado, la presión en el émbolo (M)debido al peso W, es igual, a la presión en(N) creada por la columna de agua, así:

W= pg (h + x)

Luego, para hallar la fuerza resultante F, utilizamos la proyección de las áreas de las - ~ = P g (h + “ 2 h )

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198 Hidrostática

h =m

h =

P (A) + A2)

80

(100 + 10X10-4 )(103)

+ h = 7,27 m

Solución: 59

• Representemos las fuerzas sobre las caras laterales del recipiente, debido a la presión del agua.

Como la presión del agua varía linealmenteasí, en el nivel B es nula y en A es pgh, en

tonces la presión m adia es:

(pgh + 0)

Ahora, la fuerza F sobre las caras lateralesdel recipiente, debido a la presión del agua,es:

,1 bhF = PmA = ( - p g h ) ( - )

2 senO

F = p g b h

2 senO

Luego, en la Fig., la fuerza sobre la basedel recipiente, será la suma de las componentes verticales de F, esto es:

f = 2F± = 2FcosO

f = pgbh ctgG

f = (103)(10)(15.10 2)(10_1)2(^)

+ f = 20 N ©

Solución: 60• Representem os en el recipiente una cier ta cantidad de agua de masa (m), contenidaen el volumen de área "A" y ancho "x".

En la Fig., sea P la presión a una distanciax de la cara derecha del depósito, entoncesaplicando la segunda ley de Newton, a lamasa (m) de agua, se tiene:

F = ma => PA = pA xa

P = pax

Así, la presión es la misma para todos los puntos que se encuentran a la misma distancia de la cara derecha, además, esta presiónvaría linealmente según (x), por lo que suvalor máximo es pa l y el mínimo 0, de mo

do que la presión media es:

0 + p a l 1Pm = = - p ae

2 2

Finalmente, la fuerza total ejercida sobre latapa superior del recipiente es:

F = P mA = ¿pa<X*d)

F = ^p a f2d = ^(10 3)(3)(2.10 1 ) 2(10 1)

+ F = 6 N ©

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Física II 199

Solución: 61

• Representemos en el recipiente una cierta cantidad de agua de masa (m), contenidaen el volumen de área A y altura h.

En la Fig., apliquemos a la masa de agua(m), la segunda ley de Newton, así:

FR = m a => m g - PA = m a

PA = p hA (g - a ) => P = p h ( g - a )

P = (103)(0,25X10-2)

3 N ( S )+ P = 2.10m

Solución: 62• Representemos el tubo de Venturi, quese utiliza para medir la presión en las corrientes de fluidos.

En la Fig., los puntos A y B se encuentra ala misma presión (isóbara), esto es:

Pa = P b

Pt + y H = P2 + y(H - h - z) + y0z

pi - p 2 = Yoz - 7 (h + z )

ap12 = (Y0 - y ) z -Y h

AP12 = (13,6-1)(104 )(5.10“2)12

-(104)(3.1(T2)

* AP]2 = 6k Pa ©


bre el hidrómetro, cuando se sumerge par cialmente en el líquido.

Por equilibrio, cuando el hidrómetro se sumerge en el líquido (1), el empuje es igual asu peso, esto es:

E = W

Pi Ph20 g Ahj —W

W

PlPH20gA

Por lo mismo, cuando el hidrómetro se sumerge en el líquido (2), la altura es:

h2 =W

P2 PH20 8 A

Luego, la diferencia de alturas (niveles), al

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200 Hidrostáticacanzada en cada uno de los líquidos es:

h2 - hj w

W = -

8 A P H 2 0 P 2 P i

Y H M ^ A h P| p 2

(Pi - P 2 )

w = (104)(0 ,2.10-4) (20.10 2)(1,2)(0,9)

(1,2 - 0,9)

+ W = 14 4.10-3 N ©

Solución: 64

• Representem os las tres sustancias conte

nidas en el recipiente y una isóbara.

2 cm

4 cm

En la Fig., los puntos P y Q están a la misma presión, esto es:

PP = P Q

P M + Px8hx + PA§hA = PGg(hx + hA)

P0 8 (h x + h A ) -p A g h A - PMPx

ghx

(1250)(2 + 4) - (850X4) - 3,5.103

+ px = 300 k g /m ©

Solución: 65

• Representemos las fuerzas que actúan so bre la barra sumergida parcialmente.

O

Hallemos el área de la sección transversalde la barra, así:

m = pV = prpH20fA

m

P r P H 2 0 ^

Ahora, calculemos los valores del empuje(E) y el peso de la barra (W), así:

E ~ PmogbA - Pmogbm

Pr Ph20 ^

E = (10X1,5X10) = 15QN

(0,5X2,0)

W = mg = (10)(10) = 100N

Luego, como la barra está en equilibrio, entonces la suma de momentos, respecto a larótula A debe ser nula, esto es:

M a + M a =

F 200 eos 0 + W 100 eos 0 = E 75 eos 0

F =3 E -4 W (3)(150) - (4)(100)

8

+ F = 6,25 N ©

^ Nota

Como el momento del peso es menor que la del empuje, entonces F debe ser vertical hacia abajo.

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Física II 201

Solución: 66

• Consideremos una columna de agua demasa (m), altura (h), área de sección (A), yrepresentemos las fuerzas que actúan en ladirección del movimiento.

rI :

•1 A

1 :h j;

1 i¿ m s

f 2

Ahora, apliquemos la segunda ley de New

ton, a la columna de agua de masa (m):

F2 - Fj - mg = ma

P2A - P0A = m(a + g)

P2 A - P0 A = p h A (a + g)

P2 = P0 +(103)(1)(5 + 10)

P2 = Pq + 0,1 5Pq

+ P2 =1,15 P0 ®

Solución: 67

• Consideremos en la superficie libre delagua una partícula de masa (m), y representemos las fuerzas que actúan sobre ella.

tgO =ma

mg 10 2

En la Fig., comparando los triángulos ABC

y de fuerzas, hallemos x e y, así:

n 1 x ,tg9 = = - ~> x = lm

2 2

y = 1,6 - 1= 0,6 m

Finalmente, calculemos los volúmenes de agua inicial y final, y la cantidad de agua derramada:

V, = (2)(2)(1,25) = 5 m3

1,6+ 0,6 ■,VF = (■ 2 )(2)(2) = 4,4 m3

* AV = 5 - 4,4 = 0,6 m

Solución: 68• Representemos las fuerzas que actúan en

el sistema físico.

T

P !

En el triángulo de fuerzas, se cumple que:

En la Fig., la diferencia de fuerzas en losémbolos, debido a la presión atmosférica,es igual al peso de la columna de agua, estoes:

P0(A , -A 2) = pgfA2

p _ P8 £ A 20 " A AA. —A2

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202 HidrostáticaLuego, como el émbolo más grande de áreaA! está en equilibrio, se cumple que:

T = F , = P 0 A 1

T = -

p g M ,A 2

a , - a 2

T =(103 )(10)(10 1)(20.10-4 )(4 0.10-4)

(40 -20 ) . 10

+ T = 4 N

- 4

©

Solución: 69

• Representemos las fuerzas que actúan so

bre la barra sumergida parcialmente.

O

Hallemos el área de la sección transversalde la barra, así:

m = pV = prpH2 o^A

m

Pr PH20 ^

Ahora, calculemos los valores del empuje

(E) y el peso de la barra (W), así:

E = PH20gbA = PH20 8bm

P r P h 2 0 ^

E = (10)(1,5X10) = 150 N (0,5X2,0)

W = mg = (10)(10) = 100 N

Luego, como la barra está en equilibrio, entonces la suma de momentos, respecto a larótula A debe ser nula, esto es:

F 200 eos 0 + W 100 eos 0 = E 75co s0

3 E -4 W (3)(150)- (4)(100)F =

8

F = 6,25 N

Ahora, aplicando la primera condición de equilibrio a la barra, se tiene que:

£ F X = 0 - > R x = 0

£ Fy = 0 => E = F + W + R y

150 100- 6,25 = R v

* R = R = 43,75 N ©

Solución: 70

• Representemos la altura del nivel del agua en el recipiente cónico.

La fuerza que ejerce la pared lateral del recipiente cónico sobre su base, es igual, a lafuerza debida a la presión media del aguacontenida en el, esto es:

F = ( pgh + o ) n ( D 2 _ d2)

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Física II 203

F = ^ p g h7t [H2 - ( H - h )2] ctg2e

F = ^(103)(10X8-10 2)

•(tc)[1 62 - 82 ](10 4 X3 / 4)2

* F = 4,32ti N ®


bre el cuerpo y la pesa, cuando ambos estánsobre la balanza de brazos.

Primero, hallemos el volumen ( V , ) de la pesa de cobre, a partir de:

p, = m / V j => V , = m / p.

Ahora, como el brazo de la balanza está en posición horizontal, la suma de momentosrespecto de su centro (0) debe ser cero, esto es:

( m g - E ) d = ( m ,g - E , )d

m g - p 0g V = n q g - p 0 g V ]

m = m, + p 0 ( V - V , )

Luego, el error en porcentaje cometido al pesar el cuerpo en el aire es:

(1,29.10-3)(103 - 800/8,8)

800 + (1,29.10 )(10 -8 00 /8 ,8 )

* N = 0,146 % ^

Solución: 72• Consideremos en la superficie libre del agua una partícula de masa (m), y representemos las fuerzas que actúan sobre ella.

En el triángulo de fuerzas, se cumple que:

tg6 = m a/m g = a /g

En la Fig. comparando los triángulos ABCy de fuerzas, hallamos x e y, así:

x = ¿tgO = —i => y = H g g

Finalmente, por dato el volumen final es elmismo que el inicial, esto es:

V, = VF

2h = 2 H - a ^ > a = 2 h)8

N = (— )(100) = (— ^ ( Í O O )m m

N = [ Po(V m '—D') ](100)mi + PoC V-nV Pi

a =(2) (20 - 10).1Q (10)

2 0 .1 0 “2

♦ a = 10 ®

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Física, ii 205

^ N o t a

Recordar que la densidad de una sustan

cia es: p = prPn 2 0 -

Solución: 75

• Representemos las fuerzas que actúansobre la boya, cuando este ha sido sumer gida una pequeña altura (x).

, E

i

P . E

' w

X

t

cT 23w

^ N o t a

Por ser las oscilaciones armónicas sim pies la fuerza que produce las oscilaciones es del tipo de Hooke F = k.x.

Solución: 76• Como el recipiente está en equilibrio, lafuerza debido a la presión de la columna deagua de altura (h), es igual, al peso (W) delrecipiente, esto es:

F = W => PA = W

pgh7r(R 2 - r2) = W

h = Wngp(R2 - r 2)

En la Fig., la fuerza que produce las oscilaciones es el empuje adicional (E’) del aguasobre la boya, así:

1 iF = E' = yAx = y— 7tD x

4

1 2F = kx = (—7t y D“) x4

De aquí, deducimos que la constante elástitica (k) del resorte es:

k =7t y D2 / 4

Luego, el período de las oscilaciones armónicas simples, que realiza la boya alrededor de su posición de equilibrio es:

T = 27 t[ - - ] 1/2 = 27t[ -k 7 i y D / 4

T = (2n)[(100)(4) 11/ 2

(7t) (1 O4 )(20.1 0-2 )2

h =113,1

7 i( 1 0 )( 1 03 ) ( 8 2 - 4 2 ) (1 ( T 4 )

* h = 0,75 m ©

Solución: 77

• Representemos la pelota en los instantesen que se suelta (1), y alcanza su máxima altura (2).

Según, el principio de conservación de la energía mecánica, la energía potencial en (2)es igual, a la energía potencial en (1) del peso aparente (W3), esto es:

* T « 3,5 s Ep,2 ~ Ep.i

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206 Hidrostática

4 ,mgx = (— tiR p - m )gh

(47iR3p /3 - m)h

m

_ [(4tt)(9. 10~2)3(103)/3 - 1](1)

1

Las energías potenciales, por debajo del nivel de referencia, se consideran negativas.

Solución: 78

• Representem os las fuerzas que actúan so bre el tubo que flota en agua.

Por condición de equilibrio, el peso del aceite (mg), es igual, al empuje del agua (E),esto es:

p0 g A x = p g A (x - h)

p h = (1)(5)

( P - P o ) 0 - 0 , 9 )

+ x = 50 cm (E )

^ N o t a

Las paredes del tubo son muy delgadas.

posición de equilibrio (P.E.), es igual a ladel empuje del agua contenida en el volumen sombreado, esto es:

F z = P 8 v s

Recordemos que el volumen de un segmen

to esférico de altura (h) y radio R, viene dado por:

V = ^7ih2(3R - h)

En la Fig., el volumen de agua desalojado(Vs), que es el volumen de una zona esférica, es la diferencia de los volúmenes de lossegmentos esféricos de alturas (z+h) y h, esto es:

Vs = I( z + h)2L3R - (z + h)]- Í7 ih 2[3R - h)]

De modo que, la expresión de la fuerza F2,queda así:

Fz = ^ t l [ 3 R (z + h ) 2 - ( z + h ) 3 - h 2 (3R - z )]

Luego, el trabajo necesario para hundir la

pelota hasta la mitad de su volumen es:

H

W = J Fzdz0

Solución: 79 W = ~ — [ j 3 R ( z + h ) 2 d z - j ( z + h ) 3d z -• La fuerza necesaria (Fz) para hundir la ^ o o

pelota una pequeña altura (z), a partir de la

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Física ll 207

- j h2(3R - h)]dzo

En la Fig., el cono compacto flota en equilj brio, siendo su peso (W), igual, al empuje(E) del agua, esto es:

W = - K-06 [R(z + h y - - ( z + h )43 4

7 I H- h (3R —h) z]

W [R(F1 + h )3 - —(H + h)

E = W => p0gVs = pgV

1 2 1 2P o -^ o h Q= p-rcR H

P a(hotg0)2h o =p (H tg0)2H

- h2(3R - h )H - Rh 3 + —h4]4

Sustituyendo en esta ecuación: h + II = R, yh = R - H, obtenemos la solución literal y

numérica, respectivamente, así:

W = - P [ ^ R 4 - ( R - H ) 2(2R + H)H

- R ( R - H ) 3 + i ( R - H ) 4]4

siendo, p0 la densidad del agua.

w = ^OOJOO) ¿ (]0)4 _ (1X29X9)

3 41.

P h 20

©

* W * 0,76 J ©

Solución: 81- • Primero, hallemos la altura (h0) sumergída del cono, igualando el empuje (E) del agua a su peso (W), esto es:

E = W => PogVs = pgV

P o3 m ó h o = P ^ R H

Pc(hotg0)2ho = P(Htg0)H

h o = (“ ) ' 73HP o

Solución: 80

• Representemos las fuerzas que actúan so bre el cono compacto.

En la Fig., la fuerza (Fz) necesaria para sumergir el cono una altura (z), a partir de su posición de equilibrio (P.E.), es igual, al

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208 Hidrostáticaempuje del agua contenida en el volumensombreado (Vs), esto es:

F z - P o g V s

Solución: 82

• Representemos la fuerza resultante (F)debido a la presión, sobre uno de los hemisferios.

F z “ P 0 g [ ^ ( h o + z ) ? t g 2 0 -

p = TtPogtg o |7_ u n3 u3l-[(z + h0)-'- h ¿ ]

Luego, el trabajo que se debe hacer parahundir por completo al cono es:

H-h0W = j Fzdz

o

En la Fig., para separar los hemisferios, será necesario al menos aplicar una fuerza deigual magnitud, pero de sentido opuesto a(F), esto es:

W * P 0 g ^2n H - h 0

I [(z + h0)3- h 3]dz F = P0As = P07rR-

™ 7 tp o g t g - 0 r l u , 4 , 3W = — r fjr( o) - h ozl

3 4

H-h0

o

F = 105rc(5.10-2 )2

+ F = 2507tN ©

W = - h3(H - h ) - — ]3 4 0 0 4

w = í P p g H V e [ i___p_(1_ (_ p )1/3)

3 4 P o P o

4 P o

W s , p , 8 h V b i 1 l , „

3 4 8 8

4 8

W =ll7 tp 0g H4tg2t

192

W =(1 l7t)(l O3 )(l 0 )(3.10-1 )4 tg230°

192

* W = 4,86 J ®

^ N o t a

Anteriormente se demostró, que para

calcular la fuerza debida a la presión, se puede utilizar la proyección del árealateral del hemisferio, sobre su base

Solución: 83

• Representemos el recipiente con agua, girando alrededor de su eje de simetría.

1). La fuerza total en el fondo del recipientecon agua, viene dado por:

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Física II 209

F = PA = pg hA

1 7F = p g h —7tD

F = (103)(1 0 )(2 )¿t) (2 2)4

+ F = 20tt kN ®

II). De otro lado, según teoría, la velocidadangular, con la que gira el recipiente,viene dado por:

2 yg 1/2 (2)(1,5)(10) 1/2

x2 ^ 1 l2 J+ co = 5,5 ra d /s ( e)

Solución: 84

• En el recipiente tomemos una columnade agua de área de sección transversal "A"y longitud "i".

p A i

,.nz Aplicando la segunda ley de Newton, a lacolumna de agua de masa (m), la presión enla sección A, debida a la aceleración es:

F = m a

Pt A = p í A a

Pj = p l a

También, la presión en la sección de área" A" debida a la cantidad de agua que está

por encima de ella es:

P2 = pgh

Luego, como las presiones en todas las direcciones es la misma, la presión total en lasección A es:

P = P1+ P2

P = p (g h + a i)

P = (103 )[(10)(0,5) + (5)(1)]

* P = 10 kPa ©

Nota

La tapa del recipiente está herméticamente cerrado (P = 0)

Solución: 85

• Representemos las fuerzas que actúan so bre la pelota, sumergida parcialmente.

En la Fig., la pelota flota en equilibrio, siendo su peso igual al empuje, esto es:

E = W => p0 gVs = p g V

P o^7ih 2( 3 R - h ) = p ^ r r R 3

h2(3R - h) = 4(— )R 3Po

h2 ( 3 0 - h) = (4)(1/2)(10)3

h2(30 - h ) = 102 (30 —10)

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• Representemos las fuerzas que actúan so bre la barra en equilibrio.

En la Fig., como la barra está en equilibrio,el momento del peso, es igual, al momentodel empuje, respecto de 0, esto es:

= Mq => Wb = Ec

W(—- a) cos0 = E (¿ - a - —)cos0

£ X p g í A ( - - a) = p0gxA(¿ - a - - )

siendo, A el área de la sección transversalde la barra. Luego, simplificando y ordenando la última ecuación, obtenemos la ecuación cuadrática para "x", así:

x 2 - 2 ( ( - a)x + — £(¿ — 2a) = 0

Las dos raíces de esta ecuación son:

x = (( - a) ± [(£ - a)2 - “ l ( i - 2a)]l/2Po

Como, x < i - a , entonces la solución es:

x = (f - a) - [(f - a)2 - 1(1 - 2a )]172Po

x = (5 - 1) - [(5 - 1) - —(5)(5 - 2)]

* x « 1,1 m ©

Solución: 87

• Según el prob.(73), el trabajo para hundir completamente al cubo de arista (a), viene dado por:

W = - (P o ~P )2 g a 42 Po

Asimismo, el trabajo para hundir el cubo dearista (2a) del mismo material es:

W' = l.(.Po~ P ) g (2a)4

2 Po

* w' = 16 W ©

Solución: 88• Del prob.(73), la razón de los trabajosrealizados para hundir completamente loscubos de diferentes materiales es:

W, ( Po- Pl) gA H 2/ 2 Po

W2 (p0 - p 2) gA H 4/ 2p 0

W 1 _ ( P o ~ Pl y l

W P0 - P 2

W, _ 1000-400 2

W2 _ 10 00 -60 0

+ = 2,25

Solución: 8P• Representemos las fuerzas que actúan so

bre el tetraedro.

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Física I I 211

En la Fig., el empuje (E), es la resultante dela fuerza (F’) debido a la presión total, queactúa hacia arriba sobre la base, y la fuerzaresultante (F) sobre las caras laterales queactúa hacia abajo, esto es:

E = F' - F => F = F' - E

F = (pgh + P0)A - pgV

F = (pgh + P0)(-~-a2) - p g (^ y a 3)

F = i- p g a 2 (3V3h - V í a ) + P 0a 212 4

F = (^ )( 1 0 3)(10)(0,52)(3V3 - 0,5V2)

+ ~ ( 1 0 5)(0,52)4

+ F - 11,8 kN ©

Nota

El tetraedro está en equilibrio, siendo su

peso (W), igual, al empuje (E).


bre el hemisferio.

En la Fig., el empuje (E), es la resultante dela fuerza (F’) debido a la presión total, queactúa hacia arriba sobre la base, y la fuerzaresultante (F) sobre la superficie lateral queactúa hacia abajo, esto es:

E = F' - F => F = F' - E

F = (P0 + Pgh)A - P8V

F = (P0 + pgh)(7tR2) - pg(^7 iR3)

F - tiR 2P0 + rtpgR2(h - jR )

Luego, la fuerza sobre la superficie lateraldel hemisferio, debida a la presión que ejer ce el líquido es:

FL = n p g R 2( h - ^ R )

Fl = (7i)(l O3 )(10)(0,3)2 [0,4 - (|)(0 ,3)1

+ FL = 1807t N ©

Solución: 91• Representemos la balanza de brazos, y elcuerpo sumergido en el líquido.

Aplicando la primera condición de equilj brio al cuerpo de masa (m).

T = m g -E = mg - p0gV

t- r m -;T = mg - p0g( )P

Aplicando la segunda condición de equili brio, respecto del punto de giro 0, y utili

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212 Hidrostáticazando la ecuación anterior.

Td = Mgd

m g - m g ( — ) = MgP

m - M 250-180Po = ( ) P = ( " 7 7 7 ) ( 2 , 5 )

m 250

* p0 = 0,7 g /c m

Solución: 92

• Del prob.(91), cuando un cuerpo de masa (m) y densidad (p), se pesa sumergido

en cierto líquido, utilizando una pesa de ma

sa (M), la densidad del líquido es:

m - MP o = ( ) P

m

De esta expresión, dividiendo las densidades de los líquidos p, (desconocido) y p 0

(agua), tenemos:

Pi ( m - M , /m ) p

P o (m - M0)m)p

m - M , 1 80 -1 44Pi = (— ^ T )p ° = ( i « r ,m - M 0 1 8 0 -1 5 0

+ p, = 1,2 g /c m 3 ©

Solución: 93

• Representemos las fuerzas que actúan so bre el cubo, debido a la presión del líquido

y a la reacción de la base del recipiente.

En la Fig., las expresiones de las fuerzas,debidas a la presión del líquido son:

Fi = - p 0g(2h + asenG)a2

1 2Fj = —p0g(2h + acos0)a

F3 - —p0g(2h + 2asen9 + acos0)a

Así, las magnitudes de las componentes dela fuerza que ejerce el cubo sobre la basedel recipiente, en las direcciones paralela y perpendicular a dicha base son:

F„ = Fj - WsenG - F3

Fn = g a3(p - po)sen0

F„ = (1 0)(0,2ü)3(7000 - 1000)sen30°

F„ = 240 N

F - F, - WcosG

1 7 jF, = - p 0g(2h + a sen0) a* + p g a cos0

Fj_ = p 0ga3( - cos0 + —sen0 + —)Po 2 a

Fx = (103)(10)(0,2)3f(7000)cos30°1000

+ —sen 30° + ]

2 0,2

F, ~ 905N

Luego, la magnitud de la fuerza ejercida por el cubo, sobre la base del recipiente es:

F = [2402 + 9052]1/2

+ I' - 936,2 N ©

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Física li 213

^ N o t a

Por la tercera ley de Newton, la fuerzaque ejerce la base del recipiente sobreel cubo, es igual, en magnitud pero desentido opuesto al que ejerce el cubo so

bre la base.

Solución: 94

• Representemos las fuerzas que actúan so bre el palillo, sumergido parcialmente en a-gua.

Po

Como el émbolo está en equilibrio, la presión en la cara superior de área (Ai), es igual, a la presión en la cara inferior de área(A2), esto es:

P , = P 2

Pogh _ mg + p0gh

Aplicando la primera condición de equili brio, tenemos:

X Fy = 0 => E = Mg

Ahora, aplicando la segunda condición de e

quilibrio, respecto de 0, y sustituyendo E,obtenemos F, así:

X M 0 = 0

t i l E(—co sa ) = F (—sen a) + F (- se n a )

4 2 2

F = —M g c tg a4

F = ~(12)(10)(—)4 3

* F = 40 N ©

Solución: 95

• Representemos las fuerzas que actúan so bre el émbolo, debidas al peso y a la presión del líquido.

h =

Po(^2 ~ ^i )

20

(103)[ji(0,1)2 -7t(0.05)2]

a h = 0,849 m a 85 cm ©

Solución: 96

• Representemos la fuerza que actúa sobreel tapón.

En la Fig., el volumen de agua de longitud(x) desplazada por el tapón, es igual, al volumen de agua de altura (z) que asciende elnivel del agua, esto es:

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214 Hidrostática

n r 2 x = 7 i R 2 z

Así, la fuerza sobre la base izquierda del ta pón cil indrico, debida a la presión del aguaes:

Fx = P A = p0g (h + z) tt r2

2 r2Fx = 7ir pog (h + - - x )

R

Luego, el trabajo que se debe hacer para intraducir el tapón una longitud (A), vendendo la fuerza de la presión del agua es:

e

W = jFxdxo

t r 2

W = 7tr2pug J(hH yx )d xo

W = 7tr2pog {( h x )] ' + ^ ( r 2x 2/ R 2)]¡}

2 r2W = 71 r P0g ^ ( h + T í)

2 R

W = 7t(0,l)2(103)(10)(0,2) [1 + I ( 1 ° ) 2(0,2)1

+ W = 63,22 J ®

<<:Analice el caso cuando R>>r ’ '

Solución: 97

• Dividamos el hemisferio en muchos anilíos y representemos la fuerza de la presióndel agua sobre dos diferenciales de anillo,situados simétricamente respecto de 0.

De la Fig., deducimos que el radio (r) del anillo, la altura de agua (h), y el área (dA) delos diferenciales de anillo son:

r - RsenG . z = RcosB

h = R - z = R(1 - cosG)

dA = rd(¡>dl = rd«j)Rd6

Ahora, la fuerza debida a la presión del agua, sobre cada uno de estos diferencialesde anillo es:

dF = PdA = p0ghdA

Como se observa en la Fig., las componen

tes de estas fuerzas paralelas a la base delhemisferio se anulan, así, la fuerza resultante sobre los diferenciales de anillo es:

dFR = 2dFcos8

dFR = 2p 0gR3(cos9 - eos2 0)sen0d<j)d0

Integrando sobre el anillo, y luego sobre elhemisferio, obtenemos la fuerza resultante

sobre el hemisferio debido a la presión delagua, así:

t R Tt

JdFR = 2p0gR3 Jd<¡) J(cos0-cos2 0)sen0d00 0 0

Tí T ,, 3 ^ 1 7 ^ COS20 cos30 ]Fr = 2P0gR (401o( ~ •" i )

á Jo

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.Física II 215

u ^ PogR 3

3

Finalmente, esta fuerza debe ser igual al peso del hemisferio, esto es:

=> m = 0 0 f f l !)3 3

+ m = 971 g ( e )

Solución: 98

• Representemos las fuerzas que actúan so

bre el disco.

x = 105 ,6-93,6

^ N o t a* La fuerza F actúa hacia arriba, pues, alfaltarle al tubo una cantidad de agua dealtura ( ( - x ), el disco tiende a girar ensentido horario.

* Es interesante el caso particular a = 0.

Solución: 99

* Representemos el recipiente con el Iíquido y representemos las fuerzas que actúan

sobre una partícula de masa (m) de la super ficie libre del líquido.

W - E = Peso del disco menos el empuje.F = Fuerza debido a la presión de la colum

na de agua de altura i - x.

En la Fig. (x) es la altura del agua vertidaen el tubo, luego, por la segunda condiciónde equilibrio, los momentos del (W-E) y F,respecto del punto 0, deben ser iguales, esto es:

Fr = (W - E)(r + a)

p0gTtr2<7 - x)r = ( p - p0)g7rR2(r + a)

x = f - (1 + —)(— - 1)(—)2hr Po r

x = 105,6 - (1 + -)(-2000 - l)(— )2 (4)5 1000 5

Aplicando la segunda ley de Newton, al mpvimiento del recipiente, hallemos la aceleración (a), así:

M g sen a - p M g eos a = M a

a = (sen a - p co sa) g (1)

Ahora, apliquemos la segunda ley de New

ton, a la partícula de masa (m), en las direcciones horizontal y vertical, así:

N sen P = m a eos a (2)

m g - N eos [3 = m a sen a

N eos p = m (g - a sen a ) (3)

Dividiendo (2) entre (3), utilizando (1), y

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216 Hidrostáticasabiendo que: p = a + 9 , se tiene:

tgP =sen a eos a - p eos a

-eos a + p sen a eos a

t g a - ptg(a + 0):1+ ptga

tga + tg0 tga - p

1- tgatg0 1+ ptga

tgO = - p => 0 = - t g _1(|a)

Luego, el ángulo que formará la superficielibre del líquido con la horizontal es:

P = a - tg“'(d ) = 49° - tg-1(^-)4

* P = 12° ^

^ Nota

El ángulo adicional 9, se debe a la aceleración con la que se mueve el reci

piente.


bre una columna de agua, de masa (dm), área de sección transversal (A) y longitud

(dy)-

dm

i-

dF

V

y 'Pe

J Ra

Al girar el recipiente cerrado con el agua,debido a la fuerza centrífuga, el agua se distribuye en un cilindro hueco, de altura (h),radio exterior R, y cuyo radio interior hallamos de:

7iR2- = 7tr2h => r = R /2

Ahora, en la Fig., la presión sobre el diferencial de volumen de agua, de masa (dm)área de sección (A) y longitud (dy) es:

dF 1 ,dP = — = — (dmcü y)

A A

1 idP = T (p0Ady)ffl-y

A

d P = p 0ro ydy

Luego, la presión sobre la base izquierda dela columna cilindrica de agua, que se encuentra a la distancia (R-x) es:

P ( x ) R - x

J dP = p0®2 J ydyo R / 2

P(x) = i p 0co2[ ( R - x ) 2 - V ]

P(0,1) = i (1 o3 XI o2 )[(0,4 - 0,1)2 - 1 (0,4)2 ]2 4

® * P(0,1) = 2,5.10J Pa

Solución: 101• Representemos la mitad izquierda del batiscafo (semicilindro).

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Física II 217

La presión hidrostática media sobre la su perfície sumergida del semicilindro es:

Pm =0 + pg(H + t !2)

Luego, la fuerza hidrostática sobre la super ficie sumergida del semicilindro es,

F = pm A = TP g(H + ) (H + T )2R

F = pgR ( H + ) 2

F = (10',)(l0)(0,25)(0,l + 0,5 )2

* F = 900 N ®

Solución: 102

• Representemos las fuerzas que actúan so bre el cubo sumergido a medias.

De otro lado, las coordenadas (x, y) del centro de gravedad (C) del volumen sumergjdo del cono son,

x = —(3 - tg0)a6

y = 12(3 + tg 0)3

En el triángulo rectángulo CBD la longituddel lado BD=p es,

p = ytgQ = ^ ( 3 t g e + tg 3e)a

Así, la distancia del vértice D al origen decoordenadas 0 es:

q = x - p

q = i (3 - tg0)a - 2 - (3tg0 + tg30)a6 12

De la condición, que el volumen sumergidodel cubo es la mitad de su volumen total,hallamos (d) así:

(a tg 0 + d)a + —at g 0 a ' = - a

q = ,^ ( 6 _ 5 t g e _ t S3e)

Tomando momentos respecto del origen de

coordenadas 0, hallamos m2 así:

m2gacos0 = EqcosB

m2g a = (^ p g a 3)[ ~ (6 - 5tg0 - tg30)]

1 1 7m2 = — pa (6 -5 tg0 - tg '0]

24

Luego, aplicando la primera condición de equilibrio en la vertical, hallamos mi así,

mlg + m2g = E

1 3m i g + m 2 g = - p g a

. a 3 nd = a tg 02 2

m, = ^ P a3 (6 + 5tg0 + tg30)

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220 Hidrostática

ph = Pi h + (p2 - pt )x

x = ( P^ )hP2 ~ Pi

\ 0 0 0 - 6 0 0 ^ „ xx = (--------------- )(60)

1 20 0-6 00

* x = 40 cm

Solución: 108

• Representemos las fuerzas verticales queactúan sobre el vaso abierto.

Como el vaso está en equilibrio, su peso(W), es igual, a la diferencia de las fuerzasde la presión de los líquidos, esto es:

W = F, - Fj

m g = p2g( x + h ) A - p 1gxA

m = (p 2 - p! )x A + p2 h A

m - p2 h Ax =

X =

(p2 Pi)A

0,2 - (100 0)(2 .10-2 )(50.10~4)

(1000 - 800X50.10 )

x = 0,1 m = 10 cm

Luego, la profundidad a la que está sumer

gido el vaso en el líquido inferior es,

+ h = 12 cm (Í í)

Solución: 109• Las fuerzas que actúan sobre el sistemason: los pesos de las bolas W, 3W, los em

pujes E, E/2 y la tensión en la cuerda T

I. Considerando las bolas y el hilo comoun solo cuerpo, hallemos el peso de la

bola superior así,

1W + 3W = E + - E2

3 3W = -E = - p gV

W = (-)(! 03)(10)(10.10'6)

W = 37,5 mN ©

II. Luego, aplicando la primera condiciónde equilibrio a la bola inferior, hallemos la tensión en la cuerda así,

T = 3 W - E = 3 W - pg V

T = (3X37,5.10"3) - (103)(10X10.10“6)

T = 12,5 mN ( b )

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Física II 221

Solución: 110

• Representemos una franja de ancho (dy)y largo (x) en la placa.

Solución: 111

• Representemos una franja de ancho (dy)y longitud (x) en la placa.

dy

Aplicando la semejanza de triángulos, halle

mos la expresión para x en función de y así,

JdF = ^pg J (y2 +1,4 y) dy0 J 0.4

F ^ P g ^ + O J y 2) ^

1,0

F = ( 3 XI 000X10X0,9)

+ F = 3 kN ©

x - 0 ,6 _ y -0 ,4

0,2 ~ 0,6

x = ^ M

La fuerza debido al agua sobre la franja deárea dA=x dy situada a una profundidad (y)

de la superficie es,dF = PdA = pgyxdy

y +1,4dF = pgy (— -— )dy

Luego, la fuerza hidrostática total, sobre lasuperficie de la placa es,

Aplicando la semejanza de triángulos, hallemos una expresión para (x) en función de

(y) así,

x 0,9 9- = 3 7 7 => x = - (y - z)y - z 0,4 4

De otro lado, la fuerza que ejerce el aguasobre la franja de á rea dA = x dy es,

dF = PdA = pgyxdy

9 9dF = 7 p g ( y - z y )d y

4

Luego, la fuerza total hidrostática sobre la placa triangular será,

F g z+0,4

J dF = - p g J (y2-z y )d y

F = f PS<¿y3 f y 2)z+0,4

F = 7 p g [~((z + 0,4)3 - z3)4 3

- | ( ( z + 0,4)2 - z 2)]

I. Evaluando para z=0 m:

F = (7 X103)(10)(0,4)34

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222 Hidrostática

© F = 480 N

II. Evaluando para z = 0,5 m:

F = ~(103) (10)¿ (0 ,93-0 ,53)4 3

0,5 , , — ~ (0,9 - 0,5 )]

+ F = 1380 N ©

Solución: 112

• Representemos una franja de ancho (dy)y longitud (x) en la placa.

9 7 1 7F = —p g (0,3 y - - y )

4 3

0,6

0,2

F=(^X103)(10)(0,026)4

+ F = 600 N

Solución: 113

©

• Representemos en la placa semicircular una franja de ancho (dy) y longitud (2x).

La fuerza que ejerce el agua sobre la franjade área dA = 2x dy es,

dF = PdA = pg2 xd y

Aplicando la semejanza de triángulos, hallemos una expresión para (x) en función de(y) así,

' -> x = —(0,6 - y)0 ,6 - y 0,4 4

De otro lado, la fuerza que ejerce el aguasobre la franja de área dA = x dy es,

dF = PdA = pg yx dy

d F - ^ p g ( 0 , 6 y - y 2)dy4

Luego, la fuerza total hidrostática sobre la placa triangu lar es,

F 0,6

j d F = - p g J ( 0 , 6 y - y 2 ) d y

o 0,2

dF = 2 pg y (R 2 - y2) 1/2dy

Luego, la fuerza total que ejerce el agua so bre la placa semicircular es,

J dF = 2 p g J (R 2 - y2) 1/2 ydy

F = 2p g ( - ^ ( R 2 - y 2) 372)0,3

F = (2)(103)(10)(l/3 )(0,3)3

* F =18 0 N ©

Solución: 114• Representemos en la placa semicircular una franja de ancho (dy) y longitud (2x).

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Física II 223

La fuerza hidrostática sobre la franja de área dA-2x dy es,

dF = PdA = pgy2xdy

d F = 2 p g y [ R 2 - ( R - y ) 2] 1/2dy

Luego, la fuerza hidrostática total sobre la placa semicircular es,

La fuerza hidrostática sobre la franja de área igual a dA=2x dy es,

dF2 = PdA = pg y 2 x d y

dF2 = 2 p g y [ R 2 - ( R - y ) 2l , /2 dy

J dF = 2p g j [R 2 - (R ~ y)2] 1/2ydyo o

Así, la fuerza hidrostática total sobre la píaea circular de radio R=a/2 es,

F = 2 p g ( ^ ) R 34 3

F = (2)(103)(10)(~l)(0,4)34 3

* F * 579 N

F2 2 R

} dF2 = 2pg j [R2- ( R - y ) 2] l /2 ydyo o

F2 = ti p g R ’ = Tt p g a3 / 8

Luego, la fuerza hidrostática total sobre la placa cuadrada agujereada es,

Solución: 115• Aplicando el concepto de presión media,hallemos la fuerza hidrostática sobre la píaca cuadrada sin agujero así,

0 + p e a i

fj - PmA = ( ~ ~ ~ Xa )

p ^ 3Fi = - pg a

Ahora, para calcular la fuerza hidrostáticasobre una placa circular, tomemos una fran

ja de ancho (dy) y longitud (2x) esto es,

F = F] —F2

c 1 3 í 3F = ”_p ga - - a pga2 O

p 3

F = (—— ) p g aO

F = (4 " -) (1 0 3X10)(1)3

+ F =1 073 N ©

Solución: 116Cuando la placa cuadrada flota con su la

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224 Hidrostáticado superior AB al nivel del agua, la fuerzahidrostática sobre el es,

0 + o s a ")F “ PmA - ( 2 ~

F ^ - p g a

Cuando la placa cuadrada flota con su ladosuperior AB a una profundidad (2a) del nivel del agua, la presión hidrostática sobre eles,

F ' = P „ A = ( H Ü ^ 2 S V

F' = ^ p g a3

Luego, el número de veces que aumenta lafuerza hidrostática sobre la placa cuadradaes:

_ F _ (3 /2 )p g a 3

71 F ( l /2 )p g a '

* q = 3 veces ©

Solución: 117

• Para calcular la fuerza hidrostática sobrecada una de las mitades de la placa circular,tomemos una franja de ancho (dy) y longitud (2x). Así, la fuerza hidrostática sobre lafranja de área igual a dA=2x dy es:

dF = PdA = pgy2xdy

dF = 2 p g y [ R 2 - ( R - y ) 2] 1 /2dy

De modo que, la fuerza hidrostática total

sobre la mitad superior de la placa es,

} dF = 2pg J [R 2 —(R - y)2] 1/2 y dyo o

F, = 2 p g ( ^ - - ) R 34 3

Asimismo, la fuerza hidrostática sobre lamitad inferior de la placa circular es,

f2 2 R

{ dF = 2pg j [R2 - ( y - R ) 2] 1 /2ydy0 R

F2 = 2pg(* + i) R34 3

Luego, la razón de las fuerzas hidrostáticasen las mitades superior e inferior de la píaca circular es:

F2 _ 2pg(7t/4 + 1/3)R

Fj 2 p g ( 7 t /4 —1/ 3) R

F,+ — = 2,47 veces ©

Solución: 118• Representemos el cuerpo de masa (m) sumergido en los vasos comunicantes.

r r r n -

WY

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Física I] 225

De la condición de equilibrio, hallemos elvolumen sumergido del bloque así:

mg = pg V s => Vs =m

Este volumen (Vs) desalojado de agua, es igual, a la suma de los volúmenes de líquidoque ascienden una altura (x) en ambas ramas del vaso comunicante, esto es:

( tD ] + ~ D2)X = — 4 4 p

4m

tt(D 2 + D^)p

(4X0,2)

n (0,082 + 0,042)(1 000)

* x * 3,2 cm ©

Solución: 119

• Las fuerzas que actúan sobre la bola y el palo son: sus pesos W, W ’ el empuje del agua E y la reacción (N) en el fondo del de

pósito.

Tomando momentos respecto del centro degravedad (0) del palo, hallemos (N) así:

N a = E b

e „ . i

N* = (¿ + 2R X ^7tR 3pg)

N = y p g R 3(l + ^ )

N = ( ^ ) ( 1 0 3X10X0,3)3(1 + ( 2 X ^ ))3 60

+ N = 3607t N ®

Solución: 120

• Representemos la mitad derecha del semicilindro sumergido en el agua.

H

R

La presión hidrostática media sobre la su perfície sumergida del semicilindro es:

Pm =0 + pg (H + R)

Luego, la fuerza hidrostática sobre la mitadde la superficie lateral sumergida del semicilindro es:

F - PmA = ^ p g (H + R)(H + R) £

F = p g f ( H + R ) 2

F = i( 1 0 3X10)(l)(0,l + 0,3)2

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• Representemos las fuerzas que actúan so bre el cuerpo en forma de segmento esféríco.

Las fuerzas debidas a la presión del agua,en las bases del segmento esférico son:

F ^ ^ p g r t R 3 y F2 = 7 ip g R 3O

Para calcular la fuerza sobre la superficie lateral del segmento esférico, consideremosanillos de radio (r), como se muestra:

dF = PdA = pgydA

Por simetría las componentes de estas fuer zas paralelas a las bases del segmento esférico se cancelan entre sí, de modo que lafuerza resultante sobre el anillo es:

dF3 = 2dFc os0

dF3 = 2 pg(R - R cos 9)R sen0cos0d(j>d9

dF3 = 2 p g R 3 (eos8 - eos2 0)sen0d<j)d0

Integrando esta expresión, obtenemos la

magnitud de la fuerza resultante sobre la su perfície lateral del segmento esférico, así:

f dF3 = 2 p g R 3 j d<j).

j i /2

J (cos0 -co s20)sen0d0

F3 = 2 p g R 3 (<j))| g

2 COS 0 + COS 0^ |K/2

it/3

F3 = p g R 3

De la Fig., el radio y el área del anillo son:

r = R sen 0 , z = Rc os0

dA = R 2 sen0d<(>d0

y = R - RcosO

La fuerza del agua sobre el anillo situado auna distancia (y) de la superficie libre del agua es:

Luego, la fuerza resultante sobre el cuerpoen forma de segmento esférico es,

Fr - F2 F, f3

Fr = a p g R 3 - ^ 7 r p g R 3 - - ^ 7 i p g R 3o o

f r = n p g R 3

Fr = (~7r)(103)(10)(0,25)3

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228 Hidrostática

TENSION SUEECEICIAL

1. TENSION SUPERFICIAL

a) DefiniciónSe llama tensión superficial al trabajode formación isotérmica (T=cte) de la unidad de área de la superficie de un líquido.

i "

©-— es

fuerza s compensadas

/ 1 \

Fuerzas no compensadas

El área de la superficie del líquido seaumenta, trasladando partículas del interior del líquido hacia la superficie, para lo cual, se necesita hacer trabajo.La capa superficial ejerce sobre el líquido una gran presión interna del ordende decenas de millares de atmósferas.Las partículas (moléculas) de la capasuperficial del líquido tienen mayor energía potencial que las partículas quese hallan sumergidas en el, dado que

para que estas se ubiquen en la super ficie ha sido necesario hacer trabajo para vencer las fuerzas de cohesión, trans

1)

formándose este trabajo en energía potencial almacenada en estas moléculas.Debido a la tensión superficial, la su

perfície de un líquido se comporta como una delgada película elástica, pre

sentando cierta resistencia a la penetración de objetos.A nivel microscópico, la tensión super ficial se debe a que las fuerzas que afeetan a cada molécula son diferentes en elinterior del líquido y en la superficie.El efecto principal de la tensión super ficial es que tiende a disminuir su super ficie para un volumen dado, de ahí queun líquido en ausencia de gravedad a

dopte la forma esférica, que es la quetiene menor relación área/volumen.Ahora, según el "'Principio de minimización de la energía'"', todo sistema fjsico, no perturbado tiende a estar en suestado de mínima energía total, así, ellíquido llega a este estado, disminuyendo las moléculas situadas en su super ficie, puesto que estas tiene mayor ener gía que las moléculas situadas al inte

rior. Esto explica la reducción del áreade la superficie del líquido hasta el mínimo posible.

El agua tiene una alta tensión superficial, debido a los puentes (enlaces) dehidrógeno.Ejemplo: Dos ejemplos, donde hay presencia de fuerzas de tensión superficialson:Una aguja en equilibrio flota sobre el lí

quido, siendo su peso (W), igual a la resultante de la fuerza debido a la tensiónsuperficial, que actúa en el borde de lasuperficie de contacto de la aguja con elagua.

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Física II 229

2) La tensión superficial permite que el coleóptero, pueda caminar sobre la super ficie del agua sin hundirse, pues, su peso pequeño no es suficiente para vencer la resistencia que presenta la super ficie del agua.

b) CohesiónSe define como la fuerza de atracciónentre las moléculas del líquido del mismo tipo. Si tenemos dos moléculas aisladas como el de la Fig., cada una de elias se verá afectada por una fuerza quetiende a juntarlas y aproximarlas entresi.

c) AdherenciaSe define como la atracción mutua, entre las moléculas ubicadas en las super ficie de un cuerpo y de un fluido, queestán en contacto.

d) Coeficiente de tensión superficial

1) DefiniciónEs una cantidad física escalar, que mideel trabajo que se requiere para llevar moléculas del interior del líquido haciala superficie, creando una nueva unidadde superficie, viene dado por:

yw

AA

siendo, (F) la fuerza que actúa sobre el borde del líquido, y {(.) la longitud del

borde derecho.

^ U n id a d : (y) se mide en N/m.

Demostración:

• Representemos el desplazamiento queexperimenta el borde derecho del líquido, debido a la acción de la fuerza F.

, Ax

AA

En la definición de (y) sustituyendo el

trabajo (W) y el aumento del área, teñemos:

FAx F

2)

£Ax i

Es decir, (y) es numéricamente igual a

la fuerza aplicada a la unidad de longi

tud del borde de la película superficialdel líquido.

PropiedadesLa tensión superficial (y) depende de

la naturaleza de las dos fases puestas encontacto que, en general, será un líquido y un sólido.El valor de la tensión superficial (y) de

pende de la magnitud de las fuerzas ¡n

termoleculares (fuerzas de cohesión) enel seno del líquido. Así, cuanto mayor son las fuerzas de cohesión del líquido,mayor es su tensión superficial.Para un líquido dado, el valor de (y)

disminuye con la temperatura, debidoal aumento de la agitación térmica, lacual, produce una disminución de la in

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230 Tensión superficialtensidad efectiva de la interacción delas fuerzas cohesivas.

• La tensión superficial depende de lacomposición química del líquido, y dela presencia de agentes tensioactivos ó

surfactantes.• El valor de (y ) tiende a cero a medida

que la temperatura se acerca a la temperatura crítica (Tc) del líquido. Para este

punto crítico el líquido no se diferenc iadel vapor.

• La tensión superficial de los líquidosno depende de las dimensiones de su su

perfície libre.

e) Tensioactivos1) DefiniciónLlamados también surfactantes o agentes de superficie activa, son sustanciasquímicas de estructura polar-nopolar,con tendencia a localizarse en la inter fase formando una capa monomolecular absorbida en la interfase que cambiael valor de la tensión superficial.

2) FuncionamientoLas soluciones de tensioactivos se activan al colocarse en forma de capa monomolecular adsorbida en la superficieentre las fases hidrofilitas e hidrofóbicas. Esta ubicación “impide” el tráficode moléculas que van de la superficie alinterior del líquido en busca de un estado de mínima energía, disminuyendoasí el fenómeno de tensión superficial.

3) PropiedadesLas propiedades generales y compor tamiento de los agentes tensioactivos sedeben al carácter dual de sus moléculas(grupos hidrófilo y lipófilo), es así como el antagonismo entre estas dos secciones de su molécula y el equilibrio eniré ellas es lo que da al compuesto sus

propiedades activas de superficie .

4) ClasificaciónSegún el poder de disociación del tensioactivo en presencia de un electrolito,y de sus propiedades fisicoquímicas,estas se clasifican en: tensioactivos ioni

eos y no-iónicos.

f) Punto críticoEl punto crítico es aquel límite para elcual el volumen del líquido es igual alde una masa igual de vapor, o dicho deotro modo, en el cual las densidades dellíquido y del vapor son iguales. Midiéndose las densidades del líquido y del va

por en función de la temperatura y re

presentando gráficamente estos resultados, determinamos la temperatura crítica, a partir del punto de intersección deambas curvas.

g) Medida de la tensión superficial

1) Método de Tate

w

La gota se desprende del tubo en el instante en el que su peso (W) se iguala a

las fuerzas de tensión superficial (T)que la sostiene y que actúan a lo largode la circunferencia AB de contactocon el tubo. Dado que, la gota no se des prende ju sto en el extremo del tubo sjno más abajo en la línea A’B’ de menor diámetro y que no hay seguridad de queel líquido situado entre los niveles ABy A’B’ sea arrastrado por la gota, la fór

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Física II 231

muía a emplear es:

W = 2 7 t k r y

siendo, (W) el peso de la gota, y (k) uncoeficiente de contracción que se debedeterminar experimentalmente.Aplicando está fórmula a dos líquidos,siendo uno de ellos el agua destilada (fiquido de referencia), obtenemos la ex

presión que nos permitirá determinar latensión superficial del líquido desconocido, así:

m ,y = - - y

m

siendo, y'= 0,0728 N/m y m' la tensión

superficial y masa del agua destilada.Ejem plo : Las masas de 10 gotas de agua destilada y aceite son 586 mg y 267mg, respectivamente, luego la tensiónsuperficial del aceite es:

267 NY= t e X O ’O?2») = 0,033 -

586 m

2) Método DeYong

Este método consiste en medir mediante un dinamómetro la fuerza adicional"AF" que se debe ejercer sobre un anilio de aluminio justo en el instante en elque la lámina de líquido está a punto deromperse.

Midiendo el diámetro 2R del anillo yleyendo del dinamómetro el valor de /:fuerza AF, se calcula el valor de la tensión superficial a partir de:

Y=

AF

2(2jtR)

El líquido se ubica en un recipiente,con el anillo inicialmente sumergido.Mediante un tubo delgado que hace desifón se extrae poco a poco el líquidodel recipiente. Este proceso se representa en el siguiente esquema gráfico.

O O

_Q Q_ü C

i _ i .

( i ) (2 ) (3)

En (1) el anillo esta sumergido en el líquido.En (2), el líquido se va separando del anillo, formándose una lamina de líquido.En (3), se ha formado la lámina en for ma de un cilindro muy delgado, justoantes de separase el anillo del líquido.

f5j NotaEl anillo debe ser lo suficientementedelgado, afín, que el peso de la láminade líquido cilindrica sea despreciable.

3) Método de la burbujaSe mide la tensión superficial de un líquido, a partir de la medida de la sobre

presión en el interior de una burbuja deaire formada en el interior de dicho líquido.Para inyectar aire se emplea un embudo (E) lleno de agua, con una llave (L)que se abre muy poco. El agua que caedel embudo va llenando el matraz (K) y

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Física II 233

de gravedad. La tensión superficial tiende a reducir el área de la superficie y

por tanto, el volumen de la gota. La diferencia de presión tiene a incrementar el volumen de la gota, la condición de e

quilibrio se alcanza cuando ambas tendencias se compensan.

La presión complementaria en una go

ta superficial de radio (R), debida a latensión superficial, viene dado por:

AP = P - P'= 27R

siendo, (y) el coeficiente de tensión su

perf ic ia l, y AP la d if ere ncia de pre sio

nes entre el interior y exterior a la gota

superficial.

• Obsérvese que la sección transversal dela gota presenta un sólo borde de longitud i = 2nR

Demostración:• Tomemos una sección de la gota esfé

rica, y representemos la fuerza debida ala tensión superficial (F) y la fuerza de

bida a la diferencia de presión ( AP).

F=2x r y

F=27r r y

En la Fig., por condición de equilibriola resultante de la fuerza debida a la diferencia de presión dirigida hacia la derecha, debe ser igual, a la componentehorizontal de la fuerza de tensión su

perficial que actúa hacia la izquierda enel borde de la circunferencia de radio(r), esto es:

(P - P') 7 1 r2 = y (2n r) eos 0

(P - P') 7t R cos 9 = 2y cos0

R

• Como se observa la presión (P) al interior de la gota, es mayor que la presión (P 1) en el exterior en 2 y /R .

Análisis energéticoEl resultado anterior, también podemosdemostrar utilizando criterios energétieos. Así, en la Fig., empujando el émbolo de la jeringa conteniendo un líquido,

formamos un gota, siendo la presión intema (P) mayor que la externa (P0).

A

• Ahora, como el trabajo realizado por elémbolo sobre el líquido al desplazarseeste una distancia "x" es PdV, y el tra

bajo realizado por la gota de agua sobresu entorno al desplazar el aire un volumen dV es -PodV, entonces, el trabajototal es

dW = (P - P0)dV

Este trabajo se utiliza para aumentar la

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234 Tensión superficialgas contenido en ella.superficie de la gota, mientras se man

tiene ia temperatura y el volumen del líquido constante, esto es:

dW = y dA - (P - P0) dV

y8 ard r = (P - P0)4 a r2 dr

b) En una burbuja llena de gas

La presión complementaria en una bur buja muy delgada llena de gas, de radio(R), debida a la tensión superficial, viene dado por:

4yAP = P - P '= — R


perficial , y AP la diferencia de presiones entre el interior y exterior a la bur

buja.• Obsérvese que la sección transversal de

la burbuja presenta dos bordes de longitudes iguales a i = 2nR

3. FORMULA DE LAPLACEComo se sabe la capa superficial del líquido ejerce sobre el líquido una presión (AP) adicional a la exterior, originada por las fuerzas de la tensión super ficial.

• Esta presión es análoga a la que ejerceuna envoltura elástica tensa sobre el

f 2

• La presión adicional ó complemen tariaque ejerce sobre el líquido una capa su

perficial de forma arbitra ria , viene dada

por:


perficial , y R,, R2 los radios de curvatura de dos secciones cualesquiera, per pend iculares entre sí, y no rmales a la su perfície del líquido, como se observa en

la Fig.• El radio de curvatura R] (ó R2) se con

sidera positivo si el centro de curvatura de la sección respectiva se encuentradentro del líquido. En el caso contrarioel radio de curvatura se considera negativo.

• Para A P > 0 , el menisco es convexo, para AP < 0 el menisco es cóncavo, y para AP - 0 la superficie es plana.

• Se llama sección normal en un punto dela superficie del líquido, a la curva quese obtiene como resultado de la intersección de la superficie del líquido con un

plano que pase por la normal a la super ficie en este punto.Demostración:

• Representemos las dos secciones normales que le corresponden a la superficie.

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Fígicg II 235

(P-P')dA

Por cond ic ión de equ i l ib r io , la fuerza

d eb id a a l a d i f e ren c ia d e p res ió n (P -P ’ )

que actúa hacia ar r iba , es igual , a la

co m p o n en te v e r t i ca l d e l a t en s ió n su p er

f ic ia l que actúa hacia abajo sobre e l bor

de de la capa superf ic ia l , es to es :

(P - P ' ) £ , i 2 “ 2Fj sen 0, - 2F2 se n 0 2 = 0

( P - P ) í , ( 2 - 2 (Y^ i ) - “ / 2 k i

L 12 - 2 (y f 2 ) = 0

K_2

Casos particulares a) Una superficie esférica

En la fó rmula de Lap lace tomando: R |

- R ;= R se ti ene :

AP = P - P ' = 2yR

b) Una superficie cilindricaE n l a fó rmu la d e L ap lace to man d o :

R,=co y R2 ~ R, se tiene:

A P = P - P ' = — R

c) Una superficie planaE n l a f ó r m u l a d e L a p l a c e t o m a n d o R , =

R 2~<», se tie ne:

AP = P - P ' = 0

4. BURBUJAS DE JABON

a) OrigenL as b u rb u jas d e j ab ó n se fo rman p o r la

a c c i ó n m o l d e a d o r a q u e d e s e m p e ñ a l a

tensión superf ic ia l , deb ida a l peso des p re c ia b le de la m e z c la de ag u a j a b o n o

sa. Así , a l sop lar la me zcla jab ono sa

con un tubo se fo rma una pel ícu la del

gada cuya p res ión in terna , se iguala , a

la p res ión ex terna más la p res ión deb í

da a la tens ión superf ic ia l , a l fo rmarse

co mp le tam en te l a b u rb u ja d e j ab ó n .

b) Características

1) La tensión superf ic ia l no es constan teen toda la superf ic ie de la burbu ja . La

tensión superf ic ia l es mayor en la par te

super io r de la burbu ja que en la par te

in fer io r , a su vez , es to exp l ica e l porqu e

el espesor de la burbu ja no es un i fo rme.

En las reg iones de mayor tensión super

f ic ia l e l espesor de la burbu ja es más

delgado .

2 ) E l tama ño de las burbu j as de jab ón t ie

nen un l ími te , las burbu jas de mayor tamañ o d u ran men o s t i emp o q u e l a s d e

m e n o r t a m a ñ o.

3 ) G en era lmen te l a s b u rb u jas d e j ab ó n se

rompen por la zona a l ta , porque aqu í e l

e sp eso r d e l a b u rb u ja e s más d e lg ada .

4 ) E l ai re pued e pasar a t ravés de la burbu

j a de ja b ó n .

5 ) D o s o más b u rb u jas d e j ab ó n n o se p u e

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Física 11 237

e) ¿Porque desaparecen las burbujas?Algunas de las razones más comunesque explican el porque desaparecen las burbujas de jabón son:

1) La evaporación del agua de la burbuja,según se va evaporando el agua el es pesor de la burbuja va disminuyendohasta romperse. En la zona alta el adelgazamiento de la burbuja es mucho másrápido, por lo que, generalmente la bur

bu ja se rompe en esta zona.2) Turbulencia atmosférica, presencia de

un viento fuerte o una brisa suave.3) Sequedad, es decir, contacto de la bur

buja con una superficie seca, esto explica el porque la burbuja se rompe cuando llega a la mano.

f) Medida de la tensión superficial de una burbujaCon una jeringa de longitud (¿), sección circular de diámetro (D) producjmos una burbuja de jabón de radio (r).

ü i l

tacto con el extremo de un tubo capilar de radio (R) y longitud (L). Al salir elaire de la la burbuja, este se achica hasta desaparecer.

2R j r

Asumiendo que el aire que circula por el tubo se comporte como un fluido viscoso de viscosidad (r|), entonces, de la

ley de Poiseuille, tenemos que la diferencia de presión en los extremos del ca

pilar es:

A P8r|LQ

7 i R 4(2)

Ahora, de la fórmula de Laplace, la diferencia de presión entre el interior y exterior de la burbuja de jabón (ó entrelos extremos del capilar) es:

A P =4 y

(3)

De otro lado, como el radio de la burbu ja disminuye con el tiempo al escaparseel aire por el capilar, entonces, la rapidez con la que disminuye el volumen

Al empujar el émbolo (E) de A hacia B,se forma la burbuja de jabón de radio"r0", el cual, hallamos igualando los vo

lúmenes de la jeringa y burbuja, así:

= -7trn

Q - — dV

dt-47tr

dr

dt(4)

Sustituyendo las ecs.(3) y (4) en (2), obtenemos la ecuación que nos describela variación del radio en función deltiempo:

rc = ¿ D 2 O '”16

(i)

Esta burbuja de jabón se pone en con-

47 t r dr

dt

t i y R

2 r r ) L

Integrando esta ecuación, entre el ins

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238 Tensión superficialtante inicial to=0, en el que él radio dela burbuja es r=r0 y el instante t=?, en elque la burbuja desaparece r=0, obtenemos la expresión para la tensión super ficial, así:

AP P2-P.

AP = (p0 + - (P0 +K2 K,

r v * = - x 5 _ r dt•Vfi 8n I JD8r|L AP = 4y(— ------ —)

R-> R,

yR 1-----18ri L

y =2 f i L ( W

t R

Luego, midiendo el tiempo "t" que tar da en desaparecer la burbuja, obtenemos el valor de la tensión superficial dela burbuja.

g) Comunicando dos burbujas de jabónSi ubicamos dos burbujas de radios R,y R? en los extremos de un tubo, y abrímos la llave (S) que los comunica, observaremos que la burbuja de jabón deradio menor es "absorvida" por la bur buja de radio mayor.

Como la diferencia de presión entre elexterior y el interior de la burbuja de ja bón es pequeña, respecto de la presiónatmosférica, prácticamente la densidaddel aire se mantiene constante cuando pasa de una burbuja hacia la otra.La diferencia de presión entre las burbu

jas de radios R2 y Ri es:

Debido a esta diferencia de presión, elaire circula por el tubo de la burbuja pequena hacia la grande, con una velocidad, dada por el teorema de Bernoulli:

AP = —p v2

siendo, "p" la densidad-del aire.

De otro lado, el volumen de aire que pasa de la burbuja pequeña a la grande,durante el tiempo "dt" es vAdt, siendo

A = Ttr2 el área de la sección del tubo.

Como el volumen de aire se mantieneconstante, se tiene que:

71R + - 7 t R 2 = V3

cte.

R-’ + R2 = — = C1 2 471

R 2 = (C - R3)’ 3 ( 1)

El volumen que aumenta la burbujagrande, es igual, al volumen que dismi

nuye la burbuja pequeña, esto es:

dV) = Avdt

^ n 2 jr> _ 2 r ^ V ( R l - R 2 ) t 1/ 2 Ai471R, dRi = 7ir ----------------- 1 dt p R,R 2

Separando variables, considerando (1),haciendo R t=x, e integrando obtenemosla siguiente expresión:

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Física ll 239

c■R, RV 2 R]5/2 dR,

VR 1 R 2 4 f

Í8yí *

■r , ( C - x 3) x 5 /2 dxfR,

JR0 ■(C - x3)1/3

r2 Í8y

"4 V P 1

Conocido el radio inicial R0 de la esfera grande, la integración numérica deesta integral nos proporciona el tiempo"t", que tarda dicha esfera en alcanzar el radio final Rj>Roi.

h) Modelo de evolución de una bur-buja

En la Fig., se muestra el modelo de evolución de una burbuja, a medida que sesuministra un volumen "V" de aire conuna jeringa.

Inicialmente la burbuja tiene la formade la mitad inferior de un elipsoide derevolución de semiejes "r" y "h". siendo "r" el radio del capilar y "h" el semieje vertical. El volumen "V" de airecontenido en este semielipsoide es:

Conocido el volumen "V", podemos hallar la altura "h". Si seguimos sumi

nistrando aire, el semielipsoide se transforma en semiesfera de radio "r", cuyovolumen es:

V -7tr

0 r

Ahora, si se sigue suministrando aire,el radio de la burbuja se hace mayor

que el radio del capilar "r", la burbujatiene la forma de una esfera de radio"R", cuyo centro está a una distancia"h" de la parte inferior del capilar:

h = Vr 2 - r2

El volumen de aire suministrado, es igual, al volumen de la esfera de radio" R " , menos el volumen del casquete esférico que está al interior del capilar, es

to es:

V = - 7 i R J - ( - ttR 3 - 7tR2h + - 7 t h J )3 3 3

V = 17 t ( 2 R 3 - 3h R 2 + h 3)3

Conocido "V" y "r", a partir de esta ecuación podemos obtener el radio " R " ,

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240 Tensión superficialcon lo cual, podemos calcular la diferencia de presión del aire en el interior yexterior de la burbuja, a partir de:

R 5. ANGULO DE CONTACTO

a) MeniscoSe llama así a la superficie libre de unlíquido que se curva junto a las paredesdel recipiente que lo contiene.

b) Perímetro de contactoEs la línea de intersección del meniscocon las paredes del recipiente.

c) Angulo de contactoEs un ángulo que caracteriza el menisco; y se forma entre la tangente (T) almenisco y la superficie de contacto dela pared del recipiente.

d) Casos

• Si, 0 < k / 2 el liquido moja la pared, elmenisco es cóncavo.

• Si, 0 > k /2 el líquido no moja la pared,el menisco es convexo.

• Si, 0 = 0 el líquido moja completamente la pared, el menisco tiene forma esférica cóncava.

• Si, 0 = n el líquido no moja completamente la pared, el menisco tiene formaesférica convexa.

• Si, 0 = k/2, el líquido tiene superficielibre; hay ausencia de mojabilidad ó nomojabilidad.

e) CausasLa formación del menisco se debe a laexistencia de las fuerzas de interacciónentre las moléculas del líquido (fuerzasde cohesión Fc) y a las fuerzas de inter acción de las moléculas del líquido conlas moléculas de la superficie del reci

piente que lo contiene (fuerzas de adherencia Fa).

• La forma que adopte el menisco dependerá de la fuerza F resultante de la suma de Fc y Fa, esta fuerza F siempre es

perpendicular a la superficie libre del liquido.

• Las fuerzas de adherencia son mayores para las moléculas que se encuentrancercanas a la pared del recipiente, quelas que se encuentran alejadas de el.

f) FormaciónLa forma del menisco viene determinada por las tres direcciones posibles dela fuerza P, mostradas en la Fig.

1) Si la fuerza resultante F es para lela a lasuperficie de la pared del recipiente, la

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FiStC9.ll 241

superficie del líquido será plana y el ánguio 0 = 7t/ 2.

ArOr

2 ) Si las fuerzas de adherencia (Fa) sonmayores que las fuerzas de cohesión

(Fc), la resultante F está dirigida haciael lado de la pared el menisco es cóncavo y 0 < 7i/2, el líquido moja la pared.

Por ejemplo, la forma de la superficie lj bre del agua contenida en un recipientede vidrio es cóncava.

3 ) Si las fuerzas de cohesión (Fc) son mayores que las fuerzas de adherencia

(Fa), la resultante F está dirigida haciael lado del líquido, el menisco es convexo y 0>7t/2, el líquido no moja la pared. Por ejemplo, la forma de la su perfície libre del mercurio contenido enun recipiente de vidrio es convexa.

6. CAPILARIDAD

a) DefiniciónSe denomina, así, a la elevación o descenso de un líquido en un tubo capilar,éste fenómeno es resultado de la tensión superficial, depende de las magnjtudes relativas de la cohesión y adherencia del líquido.

b) ¿Por que asciende al agua?En el agua las fuerzas cohesivas corres

ponden a los enlaces de hidrógeno. Entanto, las fuerzas de adherencia ocurrencuando el capilar está compuesto de unmaterial que tiene enlaces polares, como el vidrio. Este material contiene muchos átomos de oxigeno que tienen car ga negativa, sobre la cual se adhierenlos polos positivos de la molécula de agua.

Poi .

|Po

G<90"

El líquido asciende en el capilar mojándolo (adherencia mayor que cohesión)

El agua tiene la capacidad de ascender por las paredes del capilar de vidrio,cuando la superficie del agua toca el vi

drio, por que las fuerzas de adherenciaagua-vidrio son mayores que las de cohesión agua-agua, por lo que el aguacontenida en el capilar, sube hasta quela fuerza resultante (tensión superficial)hacia arriba se compense con el peso dela columna de agua, que se forma en suascenso.La absorción de agua por una esponja y

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242 Tensión superficialla ascensión de cera fundida por unacuerda son ejemplos comunes de aseensión capilar.

b) ¿Por que desciende el mercurio?El mercurio desciende por las paredesdel capilar de vidrio, situándose por de bajo del nivel del mercurio que se encuentra fuera del capilar, por que lasfuerzas de adherencia mercurio-vidrioson menores que las de cohesión mer curio-mercurio, por lo que el mercuriocontenida en el capilar, sube hasta quela fuerza resultante (tensión superficial)hacia abajo se compense con la fuerzade presión creada por el mercurio exter no al capilar de altura "h".

1) Análisis estáticoConsiderando la superficie del meniscoque se forma en el capilar, comó un casquete esférico de radio "R". La reíación entre el radio "r" del capilar, el ra

dio "R" del menisco, y el ángulo decontacto "9" es:

( 1)

Debido a la curvatura de la superficiecóncava (convexa) surge una sobrepresión dirigida hacia el centro del menisco, el cual, viene dada por:

( 1)

Pol

h

D

e>90*

El líquido desciende en el capilar sinmojarlo (adherencia menor que cohesión)

c) Cálculo de la altura de ascenso o descenso.La altura que asciende o desciende ellíquido de densidad (p) y tensión super

ficial (y) al interior de la pared del

capilar de radio (r), debido a la tensión

superficial, viene dado por:

h =2 y eos 0

P g r

siendo, (0) el ángulo de contacto, y (g)la aceleración de la gravedad.En ausencia de gravedad (ingravidez)no se observa el fenómeno de capilar!dad.

Por efecto de esta sobrepresión (tensiónsuperficial) el líquido asciende por elcapilar hasta una altura, dada por:

AP = pgh (2)

Igualando (1) con (2), obtenemos la altura que asciende el líquido:

h - - ^ - c o s 9r Pg

Como se observa, la altura que sacien-de (o desciende) un líquido en un cap!lar es directamente proporcional a sutensión superficial ( y ), y esta en razón

inversa a la densidad del líquido (p), y

del radio del capilar (r).

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Física II 243

2) Análisis dinámicoSi introducimos verticalmente un capílar en un líquido, observaremos la variación que experimente la altura del líquido en función del tiempo.

Asumiendo que el líquido de viscosidad (q ) fluye en régimen laminar por el

capilar de radio (r), según la ley de Poiseuille, el caudal del líquido (volumen

por unidad de tiempo) que pasa por elcapilar es:

ti APr

8 ~ ñ ir c o

A su vez, el caudal del líquido que fluye por el capilar, viene dado por:

d 2i \ 2 dhQ = T-(7tr h) = tir —

dt dt(2)

siendo, dh/dt el incremento de la alturade líquido en el capilar por unidad detiempo, y "h" la altura de la columnade líquido en el capilar en el instante"t".

Inicialmente el líquido asciende, hastaalcanzar su altura máxima, debido aque existe una sobrepresión dirigida hacia arriba, la cual, viene dada por:

AP =21

R pgh (3)

Cuando esta diferencia de presión se anula, AP = 0, se alcanza el estado de equilibrio. El líquido deja de ascender

por el capilar, alcanzando una altura máxima, dada por:

rnax■2 y COS 0

p g r

Sustituyendo las ecs.(2) y (3) en (I), y

asumiendo que 0 « O °, R=r obtenemos

la ecuación diferencial que describe elascenso del líquido por el capilar:

2 dh Jtr 2ynT m = « pgh)dt 8q h r

Separando variables, e integrando paralos límites dados, obtenemos la alturadel líquido en el capilar en función deltiempo:

th dh Yr

( l - p g r h / 2y) 8q J>

h . i L {1_ exp[_ í a i ( h + p i ^ t)])

pgr 2y 8q

La representación gráfica de la altura(h) en función del tiempo (t) es:

Para t —>oc, obtenemos la altura máxima que asciende el líquido en el capílar:

2 y^max

P g r

La a ltura máxima (hmax) es independien

te de la viscosidad (q) del líquido.El tiempo que tarda el líquido en aleanzar la altura máxima, depende de la viscosidad (q), una situación análoga a la

que se presenta en la carga de un condensador a través de una resistencia, oa la velocidad que alcanza una esferaque se libera en un fluido viscoso.Para obtener "h" para un tiempo "t" da

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244 Tensión superficialdo, se debe resolver numéricamente la ecuación anterior, por ejemplo median te un procedimiento de iteración.

d) AplicacionesSe utiliza en la agricultura, en el rega dio de los sembríos.Se utiliza en la medicina para la absor

ción por capilaridad de ciertas sustan cias, a través de las venas y arterias.Se utiliza en la industria, en el diseño y construcción de aparatos mecánico-e léctricos de alta sensibilidad.En la escritura utilizamos la pluma estj lográfica ó el rotulador (plumón), el fun

cionamiento de los cuales se basan en este principio, etc..

c) Presión de vapor saturado1) Definición

F.s la presión que ejerce el vapor de un líquido volátil sobre el propio líquido encerrado en un recipiente, una vez al canzado el equilibrio a una temperatu ra dada.

2) DescripciónEn un recipiente cerrado cuyo interior esta al vació, introducimos un líquido volátil.

A medida que el líquido ingresa al reci piente, una parte de sus moléculas a bandonan el líquido pasando a formar el vapor por encima del líquido. Ahora, las moléculas que abandonan el líquido tienen suficiente energía, que les permi te vencer las fuerzas de interacción mo

lecular, esta energía las obtienen del in tercambio de energía con las otras molé culas, durante los choques que se produ cen debido al movimiento caótico de e lias.

• A medida que las moléculas pasan al es tado de vapor, la presión en el espacio cerrado sobre el líquido aumenta, este aumento no es indefinido, existe un va lor de la presión, para el cual, por cada molécula que abandona el líquido nece sanamente regresa una molécula al lí quido, estableciéndose un equilibrio y manteniéndose la presión constante. Es ta presión se conoce como presión de

vapor saturado.• La relación entre la temperatura y la pre sión de vapor saturado de las sustancias no es lineal, así, para cada valor de la temperatura a la que se encuentre la sus tancia, existirá un valor fijo de la pre sión saturada para cada tipo de sustan cia.

• La presión de vapor saturado depende de la naturaleza (estructura) del líquido

y de la temperatura a la que se encuen tre este. Obviamente a mayor tempera tura se espera que la presión de vapor saturado sea mayor.

• La presión del vapor saturado sobre la superficie curvada del líquido depende de la forma del menisco. Si esta es cón cava (convexa), la presión del vapor sa turado es menor (mayor) que sobre la superficie plana en la magnitud (APm)

dada por:

siendo, (p) la densidad del vapor satura

do, (pt) la densidad del líquido, y (AP)

la presión adicional debida a la curvatu ra de la superficie.

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Física II 24!


01. Hallar la magnitud de la fuerza de la tensión superficial que actúa sobre una varilla ma

ciza de vidrio de diámetro D=3 cm que flota verticalmente y parcialmente en agua de coeficiente de tensión superficial y = 7,5.10"2 N/m.


02. Un aro de alambre muy delgado de diámetro D=76 mm se encuentra sobre la superficie de un líquido. Si la magnitud de la fuerza que se utiliza para separar al aro del líquido venciendo la fuerza de la tensión superficial es F=5.10'3 N. Hallar el coeficiente de ten sión superficial del líquido.

a) 21.10° N/m b) 23.10° N/m c) 25.10° N/m d) 27 .10° N/m e) 29.10° N/m

03. Un insecto de 6 patas está posado en un líquido de coeficiente de tensión superficial y = 0,073 N/m. Cada depresión tiene un radio de R=2 mm y un ángulo de contacto de 0 = 37°. Hallar el peso (W) del insecto.(mili ; m=l 0'3)

a) 4,0 mN b) 4,2 mN c) 4,4 mN d) 4,6 mN e) 4,8 mN

04. Se crea una película jabonosa inflándola desde un radio de R= 0 cm hasta R=2./ n cm, asumiendo que la película es muy delgada y su coeficiente de tensión superficial es y =43.10'3N/m. Hallar el trabajo efectuado.

a) 131,6 pJ b) 133,6 pJ c) 135,6 pJ d) 137,6 pJ e) 139,6 pj

05. Sobre la superficie del agua de coeficiente de tensión superficial y =0,073 N/m se ubi

ca una aguja de acero de densidad p = 7 700 kg/m3 untada de grasa.¿Qué diámetro má

ximo debe tener esta aguja para mantenerse a flote sobre el agua? (g=10 m/s2)

a) 1,51 mm b) 1,53 mm c) 1,55 mm d) 1,57 mm e)l, 59m m

06. En la Fig.01, el aro de aluminio de densidad p = 2 600 kg/m3, diámetros exterior D=52

mm, interior d=50 mm y altura h=10 mm se encuentra sobre el agua de coeficiente de tensión superficial y =0 ,073 N/m. Hallar la magnitud de la fuerza que se necesita para separar el aro del agua. (g=10 m/s2)


07. En la Fig.01, el aro de aluminio de densidad p = 2 600 kg/m3, diámetros exterior D=52

mm, interior d=50 mm y altura h=10 mm se encuentra sobre el agua de coeficiente de

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248 Tensión superficial ___________________________

por debajo de la superficie libre del agua de densidad p=1000 kg/m3. (g=10 m/s2 ; p = 10'6 ; presión atmosférica P0=105N/m2)

a) 1 atm b) 3 atm c) 5 atm d) 7 atm e) 9 atm

18. Un buque de guerra pesa W=4.107N, y mide a=270 m de eslora y b=33 de manga. El perímetro de su casco en la línea de flotación es c=555 m. ¿Qué porcentaje representa la tensión superficial respecto del peso del buque? (y =0,081 N/m)

a) 10'4 % b) 2.10° % c) 3.10-4 % d)4.10'4% e)5.10'4 %

19. La diferencia de la presión entre el interior y exterior de una burbuja de jabón es AP = 1200 N/m2, el coeficiente de tensión superficial de la burbuja es y =0,072 N/m. Hallar el diámetro de la burbuja.


20. En la Fig.05 ¿Qué carga máxima puede suministrarse a la gota de radio R= 5 mm, si su coeficiente de tensión superficial es y = 0,5 N/m? (k = 9 .109 N.m2/ C2 ; n=10'9)

a) 10,68 nC b) 12,68 nC c) 14,68 nC d) 16,68 nC e) 18,68 nC

21. Dos pompas de jabón esféricas de radios Ri=l,0 cm y R2=l,5 cm, se unen compartien do una superficie común. Hallar el radio de curvatura de esta superficie común.


22. Se tiene una burbuja esférica de volumen V=4,19 cm3 , y coeficiente de tensión superfi cial y = 0,025 N/m. ¿Qué trabajo se debe hacer para aumentar su volumen en 8 veces?

a)107tpJ b) 207tpJ c)407tpJ d) 607t pj e) 807tpJ

23. Un tubo de diámetro exterior de D=1,0 cm, que está cerrado por un extremo; flota vertí cálmente en mercurio de coeficiente de tensión superficial y = 0,46 N/m, con el extre

mo cerrado hacia abajo. La masa total del tubo es m=30 g y el ángulo de contacto

0 = 0° . Hallar la altura sumergida del tubo. ( p = 13 600 kg/m3 , g=l 0 m/s2)


24. Un tubo capilar de vidrio de diámetro exterior D=0,4 mm se ubica verticalmente en mer curio con un extremo sumergido ligeramente en el fluido. La densidad relativa del mer curio es pr = 13,6 y su coeficiente de tensión superficial y = 0,49 N/m. Hallar la altura

que desciende el mercurio en el capilar, si el ángulo de contacto es 0 = 130°. (g=10 m/s2)

a )2 ,lc m b) 2,3 cm c)2 ,5c m d) 2,7 cm e) 2,9 cm

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Física II 249

25. ¿En qué porcentaje debe variar la presión al interior de una burbuja jabonosa de coefíci ente de tensión superficial y =0,075 N/m y radio R= 0,1 pm, para que su radio aumente

en un 20 %? La presión atmosférica es Po=105N/m" y g= 10 m/s2.

a) 15,0 % b) 15,2 % c) 15,4 % d) 15,6 % e) 15,8 %

26. Un capilar se introduce verticalmente en un líquido de densidad p= 104 kg/m3 y coefi cien te de tensión superficial y =0,5 N/m. Hallar la cantidad de calor desprendida en el

ascenso del líquido por el capilar, si el ángulo de contacto es 9 = 0o .( g=l 0 m/s2 )

a) 7t pJ b) 2n pJ c) 3ti pJ d) 47t pj e) 57t pj

27. Un capilar se introduce verticalmente en un líquido de densidad (p) y coeficiente de

tensión superficial (y). ¿Qué porcentaje representa el calor disipado durante el ascenso

del líquido por el capilar, respecto del trabajo realizado por la fuerza de tensión super

ficial, si el ángulo de contacto es 0 = 0°. (g=10 m/s2)

a) 10 % b) 20 % c) 30 % d) 40 % e) 50 %

28. De un recipiente que contiene alcohol de coeficiente de tensión superficial y =0,02

N/m, caen gotas a través de un tubo vertical de diámetro interior D=2 mm. Si cada gota se desprende t=l s después que la anterior. ¿Qué tiempo tardarán en caer m=10 g de alcohol? (g=10 m/s2)


29. De un recipiente caen gotas deagua a través de un tubo vertical de diámetro interiorD=3 mm. Cuando el agua se enfría desde T|=100° C hasta T2=20° C el peso de las go tas varian en AW = 13,5.10'5N. Si el coeficiente de tensión superficial del agua a 20° C es y =0,073 N/m, hallar dicho coeficiente a 100° C. (g=10 m/s2)

N N N N Na) 0,050 - b) 0,052 — c) 0,054 - d) 0,056 - e) 0,058

m m m m m

30. Al fundirse el extremo inferior de un alambre de plomo de densidad p = 11 30C kg/m3 y

diámetro D=1 mm colgado verticalmente, se forman 20 gotas de plomo. El coeficiente de tensión superficial del plomo líquido es y =0,47 N/m. Hallar la longitud (é ) derretí

da del alambre. (g=10 m/s2)a)3 1cm b) 33 cm c) 35 cm d) 37 cm e) 39 cm

31. En un recipiente con mercurio dedensidad p = 13 600 kg/m3 y coeficiente de tensiónsuperficial y = 0,5 N/m se introduce un tubo capilar abierto de diámetro D=3 mm. La

diferencia entre los niveles del mercurio en el recipiente y en el tubo capilar es Ah = 3,7 mm. Hallar el radio de curvatura del menisco de mercurio que se forma en el tubo. (g=10 m/s2)

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248 Tensión superficial ___________________________

por debajo de la superficie libre del agua de densidad p=1000 kg/m3. (g=10 m/s2 ; p = 1CT6 ; presión atmosférica Po=105N/m2)


18. Un buque de guerra pesa W=4.107 N, y mide a=270 m de eslora y b=33 de manga. El perímetro de su casco en la línea de flotación es c=555 m. ¿Qué porcentaje representa la tensión superficial respecto del peso del buque? (y =0,081 N/m)

a) 10'4 % b) 2.10'4 % c) 3.10 4 % d)4 .10'4 % e)5 .10'4 %

19. La diferencia de la presión entre el interior y exterior de una burbuja de jabón es AP = 1200 N/m2, el coeficiente de tensión superficial de la burbuja es y =0,072 N/m. Hallar el diámetro de la burbuja.


20. En la Fig.05 ¿Qué carga máxima puede suministrarse a la gota de radio R= 5 mm, si su coeficiente de tensión superficial es y = 0,5 N/m? (k = 9 .109 N.m2/ C2 ; n=10'9)

a) 10,68 nC b) 12,68 nC c) 14,68 nC d) 16,68 nC e) 18,68 nC

21. Dos pompas de jabón esféricas de radios Ri=l,0 cm y R2=l,5 cm, se unen compartien do una superficie común. Hallar el radio de curvatura de esta superficie común.


22. Se tiene una burbuja esférica de volumen V=4,19 cm3 , y coeficiente de tensión superfi cial y = 0,025 N/m. ¿Qué trabajo se debe hacer para aumentar su volumen en 8 veces?

a)107tpJ b)2 0n pJ c)407tpJ d)6 07 tpj e) 807tpJ

23. Un tubo de diámetro exterior de D=1,0 cm, que está cerrado por un extremo; flota vertí cálmente en mercurio de coeficiente de tensión superficial y = 0,46 N/m, con el extre

mo cerrado hacia abajo. La masa total del tubo es m=30 g y el ángulo de contacto

0 = 0 ° . Hallar la altura sumergida del tubo. ( p = 13 600 kg/m3, g = l0 m/s2)


24. Un tubo capilar de vidrio de diámetro exterior D=0,4 mm se ubica verticalmente en mer curio con un extremo sumergido ligeramente en el fluido. La densidad relativa del mer curio es pr = 13,6 y su coeficiente de tensión superficial y = 0,49 N/m. Hallar la altura

que desciende el mercurio en el capilar, si el ángulo de contacto es 0 = 130°. (g=10 m/s2)

a )2 ,l c m b) 2,3 cm c) 2,5 cm d) 2,7 cm e) 2,9 cm

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Física II 249

25. ¿En qué porcentaje debe variar la presión al interior de una burbuja jabonosa de coefíci ente de tensión superficial y =0,075 N/m y radio R= 0,1 pm, para que su radio aumente

en un 20 %? La presión atmosférica es Po=105N/m" y g= 10 m/s2.

a) 15,0 % b) 15,2 % c) 15,4 % d) 15,6 % e) 15,8 %

26. Un capilar se introduce verticalmente en un líquido de densidad p= 104 kg/m3 y coefi cien te de tensión superficial y =0,5 N/m. Hallar la cantidad de calor desprendida en el

ascenso del líquido por el capilar, si el ángulo de contacto es 9 = 0o .( g=l 0 m/s2 )

a) 7t pJ b) 2n pJ c) 3ti pJ d) 47t pj e) 57t pj

27. Un capilar se introduce verticalmente en un líquido de densidad (p) y coeficiente de

tensión superficial (y). ¿Qué porcentaje representa el calor disipado durante el ascenso

del líquido por el capilar, respecto del trabajo realizado por la fuerza de tensión super

ficial, si el ángulo de contacto es 0 = 0°. (g=10 m/s2)

a) 10 % b) 20 % c) 30 % d) 40 % e) 50 %

28. De un recipiente que contiene alcohol de coeficiente de tensión superficial y =0,02

N/m, caen gotas a través de un tubo vertical de diámetro interior D=2 mm. Si cada gota se desprende t=l s después que la anterior. ¿Qué tiempo tardarán en caer m=10 g de alcohol? (g=10 m/s2)


29. De un recipiente caen gotas deagua a través de un tubo vertical de diámetro interiorD=3 mm. Cuando el agua se enfría desde T|=100° C hasta T2=20° C el peso de las go tas varian en AW = 13,5.10'5N. Si el coeficiente de tensión superficial del agua a 20° C es y =0,073 N/m, hallar dicho coeficiente a 100° C. (g=10 m/s2)

N N N N Na) 0,050 - b) 0,052 — c) 0,054 - d) 0,056 - e) 0,058

m m m m m

30. Al fundirse el extremo inferior de un alambre de plomo de densidad p = 11 30C kg/m3 y

diámetro D=1 mm colgado verticalmente, se forman 20 gotas de plomo. El coeficiente de tensión superficial del plomo líquido es y =0,47 N/m. Hallar la longitud (é ) derretí

da del alambre. (g=10 m/s2)a)3 1cm b) 33 cm c) 35 cm d) 37 cm e) 39 cm

31. En un recipiente con mercurio dedensidad p = 13 600 kg/m3 y coeficiente de tensiónsuperficial y = 0,5 N/m se introduce un tubo capilar abierto de diámetro D=3 mm. La

diferencia entre los niveles del mercurio en el recipiente y en el tubo capilar es Ah = 3,7 mm. Hallar el radio de curvatura del menisco de mercurio que se forma en el tubo. (g=10 m/s2)

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250 Tensión superficial


32. Halle la elevación de la temperatura de una gota de mercurio resultante de la unión de dos gotas idénticas de diámetros D=2 mm. El mercurio tiene densidad p = 13 600

kg/m3, coeficiente de tensión superficial y =0 ,5 N/m, calor específico ce = 138 J/kg.°C,

g=10 m/s2.

a) 1,05.10'4 °C b) 1,25.10'4 °C c) 1,45.10'4 °C d) 1,65.104 °C e)l,85.10'4 °C

33. ¿Qué trabajo se debe hacer contra las fuerzas de la tensión superficial para dividir una gota esférica de mercurio de radio R=3 mm en dos gotas idénticas. El coeficiente de ten sión superficial del mercurio es y =0,5 N/m y su densidad p = 13 600 kg/m3?

a) 14,1 pj b) 14,3 pJ c) 14,5 pJ d) 14,7pJ e) 14,9pJ

34. La presión del aire al interior de una burbuja de jabón es 1 mmHg mayor que la atmos férica. El coeficiente de tensión superficial de la burbuja es y =0,043 N/m. Hallar el diá metro de la burbuja. (2,5.105N/m2 = 1880 mmHg)


35. ¿A qué profundidad bajo el agua se encuentra una burbuja de aire de diámetro D= 0,015 mm, densidad p = 2 kg/m3, masa molecular M=29 kg/kmol, temperatura T=20 °C

? (Pa.m=105 N/m2 , R=8,31.103 J/kmol.°C , g=10 m/s2 , pH20 = 103kg/m3 , yH20 =0,073

N/m)

a )4 ,lm b )4 ,3m c) 4,5 m d) 4,7 m e) 4,9 m

36. ¿Cuántas veces es mayor la densidad del aire que hay en una burbuja de radio R=5.10'4 mm que se encuentra a una profundidad de h=5 m en el agua de coeficiente de tensión superficial y = 0,073 N/m, densidad p = 103kg/m3, que la densidad del aire a la presión

atmosférica P0= 105N/m2 (a la misma temperatura)? (g=10 m/s2)

a) 4,02 b) 4,22 c) 4,42 d) 4,62 e) 4,82

37. En la Fig.06, la probeta de diámetro D=2 mm, masa M= 0,5 ti g flota verticalmente su mergido parcialmente en un líquido de densidad p = 104 kg/m3, coeficiente de tensión

superficial y =0 ,5 N/m. ¿Cuántas bolillas de masa m=7t/10 g deben introducirse en la probeta para que la parte sumergida de este sea de h= 11 cm? (g=10 m/s2)

a) 1 b) 3 c) 5 d) 7 e) 9

38. ¿Hasta qué altura (h) puede llenarse con agua un recipiente que tiene en su base un agu jero circular de diámetro D= 0,1 mm, sin que el agua empiece a salir por el agujero?. La densidad del agua p = 1 000 kg/m3, su coeficiente de tensión superficial y =0,075

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N/m, y g= 10 m/s .

a) 10 cm b) 20 cm

Física

c) 30 cm

251

d) 40 cm e) 50 cm

39. Un cubo de masa m=20 g y arista a=3 cm mojado completamente, flota en la superficie del agua de densidad p = l 000 kg/m3 y coeficiente de tensión superficial y =0,073

N/m. Hallar la altura sumergida del cubo. (g= 10 m/s2)


40. El extremo de un tubo capilar de cristal de radio R= 0,05 cm, se introduce en agua de densidad p = 1 000 kg/m3 y coeficiente de tensión superficial y =0,073 N/m, a una pro

fimdidad de h=2 cm. ¿Qué presión se necesita para soplar una burbuja de aire por el extremo inferior? (g=10 m/s )

a) 490N

m~b) 492

N

n r

Nc) 494 ~

m

Nd)496 ,

me) 498

N

n r

41. En un recipiente con agua se introduce un tubo capilar abierto de diámetro interior D=1 mm. La diferencia de los niveles del agua en el recipiente y en el tubo capilar es de h=2,8 cm. Hallar el radio de curvatura del menisco formado en el capilar.(p= 1 000 kg/m3, y = 0,073 N/m, g=10m/s2)


Fig.07

T Ah

±

P

D2

Fig.08

42. En la Fig.07, en un recipiente con agua se introduce un tubo capilar abierto de diámetro D=1 mm. Hallar la diferencia de los niveles del agua en el recipiente y en el tubo capí

lar, si el agua moja completamente el capilar. (p = l 000 kg/m3, y =0,073 N/m, g=10 m/s2)


43. ¿Hasta qué altura se elevará el benzol de densidad p = 880 kg/m3 y coeficiente de ten

sión superficial y =0 ,03 N/m, en un tubo capilar de diámetro interior D=1 mm? Asuma

que el benzol moja completamente el capilar. (g= 10 m/s2)

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a)l ,30 cm b) 1,32 cm c)l ,34 cm d)l ,36 cm e)l ,38 cm

44. En un tubo capilar el agua de densidad p = 1 000 kg/m3 y coeficiente de tensión super

ficial y =0,073 N/m, se eleva una altura de h=2 cm, mojando completamente el capilar.

Hallar el diámetro interior del capilar. (g=10 m/s2)a) 1,40 mm b) 1,42 mm c) 1,44 mm d) 1,46 mm e) 1,48 mm

45. En la Fig.08, hallar la diferencia de alturas a que se encuentra el mercurio de densidad p = 13 600 kg/m3y coeficiente de tensión superficial y =0,5 N/m, que hay en los tubos

capilares comunicantes de diámetros interiores D, =1 mm y D2=2 mm, respectivamente. Asuma que el mercurio no moja absolutamente los capilares.

a)6 ,l mm b) 6,4 mm c)6 ,7m m d) 7,0 mm e) 7,3 mm

46. ¿Qué diámetro máximo deben tener los poros de la mecha de una cocina a keroseno, pa ra que este último suba desde el fondo del depósito hasta el mechero de la cocina una a] tura de h=10cm? Asuma que los poros sontubos cilindricos y que el keroseno mojaperfectamente. ( p = 800 kg/m3, y =0 ,03 N/m, g=10 m/s2)

a )0 , l lm b)0,13mm c)0,15 mm d)0,17mm e)0,19mm

47. Un tubo capilar de radio interior r=2 mm se introduce en un líquido. Hallar el coeficien te de tensión superficial del líquido, sabiendo que la cantidad de líquido que asciende pesa W=9.10‘4 N.

N N N N Na) 0,070 — b) 0,072 - c) 0,074 — d) 0,076 - e) 0,078 -m m m m m

48. Un tubo capilar de radio interior r=0,16 mm se introduce verticalmente en un recipiente con agua de coeficiente de tensión superficial y =0 ,073 N/m. ¿Qué presión deberá ejer

cer el aire sobre eflíquido que hay al interior del tubo capilar para que éste se encuen tre al mismo nivel que el agua que hay en el recipiente ancho?. La presión exterior P0=760 mmHg. Asuma que el agua moja completamente el capilar. (I mmHg = 133,3 N/m2)

a)761m H g b) 763 mmHg c) 765 mmHg d) 767 mmHg e)769 mmHg

49. Un tubo capilar cuyo extremo superior está cerrado se introduce verticalmente en un re cipiente con agua de coeficiente de tensión superficial y = 0,073 N/m, a una profundi

dad del 1,5 % de la longitud del capilar. Si el nivel del agua dentro y fuera del capilar es el mismo, halle el radio interior del capilar. Considerar la presión exterior P0 = 750 mmHg y que el agua moja perfectamente. (g=10 m/s2 , I mmHg =133,3 N/m2, p = 10'6)


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Física II 253

50. En la Fig.09, el tubo barométrico está lleno de mercurio de densidad p= 13 600 kg/m3,

y coeficiente de tensión superficial y =0,5 N/m. Halle la diferencia de las alturas aleanzadas por la columna de mercurio, cuando el diámetro del tubo es D]=5 mm y D:=l,5cm, respectivamente. Considerar la presión atmosférica P0=758 mmHg. (1 mmHg =133,3 N/m2 y g = 9,8 m/s2 )

a) 1 mmHg b) 2 mmHg c) 3 mmHg d) 4 mmHg e) 5 mmHg

51. Se tiene un barómetro de diámetro interior D=0,75 cm. ¿Qué corrección se debe hacer al medir la presión atmosférica por la altura de la columna de mercurio en el tubo. Considere la densidad del mercurio p= 13 600 kg/m3, su coeficiente de tensión superficial

y = 0,5 N/m, y que éste no moja en absoluto, (g = 9,8 m/s2)

a) 1,0 mm . b) 1,5 mm c) 2,0 mm d) 2,5 mm e) 3,0 mm

52. Hallar el error porcentual cometido al calcular la presión atmosférica, igual a P0 = 760

mmHg, por la altura de la columna de mercurio de un tubo barométrico de diámetro interior D=5 mm. Asuma que el mercurio no moja en absoluto. ( p = 13 600 kg/m3, g =

9,8 m/s2 , y =0,5 N/m)

a) 0,31 % b) 0,33 % c) 0,35 % d) 0,37 % e) 0,39 %

53. En la Fig.10, ¿Qué diámetro debe tener el orifico en el fondo del recipiente que confiene mercurio de densidad p = 13 600 kg/m3, y coeficiente de tensión superficial y =0,5

N/m; para que, cuando la altura de la columna de mercurio sea de h=3 cm, éste no pueda salir por el orificio? (g = 9,8 m/s2)

a )0 ,lm m b) 0,3 mm c) 0,5 mm d) 0,7 mm e) 0,9 mm

D

Fig.10 Fig.11

54. ¿Qué fuerza se debe aplicar para separar (sin deslizamiento) dos placas fotográficas mo jadas rectangulares de lados a= 9 cm y b=12 cm? Considerar que el espesor de la capade agua que hay entre las placas es d = 0,05 mm. y =0,073 N/m, p = 13 600 kg/mJ, yque el agua moja perfectamente las placas.

a) 31,5 N b) 33,5 N c) 35,5 N d) 37,5 N e) 39,5 N

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55. Entre dos láminas verticales de vidrio planas y paralelas separadas por una distanciad=0,25 mm hay un líquido de coeficiente de tensión superficial y = 0,03 N/m. Hallar la

densidad de este líquido sabiendo que la altura que asciende entre las láminas es h=3,lcm. Asuma que el líquido moja absolutamente las láminas, (g = 9,8 m/s2)

a) 710 kg/m3 b) 730 kg/m3 c) 750 kg/m3 d) 770 kg/m3 e) 790 kg/m3

56. Entre dos láminas de vidrio horizontales planas, paralelas y de pesos despreciables haym=5 g de cierto líquido de densidad p= 13 600 kg/m3. Cuando sobre la lámina superior se ubica un bloque de peso W= 49 N, la distancia entre las láminas es d = 0,087 mm.Hallar el coeficiente de tensión superficial de líquido. El líquido no moja en absolutolas láminas.

a) 0,1 N/m b) 0,3 N/m c) 0,5 N/m d) 0,7 N/m e) 0,9 N/m

57. En la Fig.l 1, en el tubo capilar abierto de diámetro interior D=1 mm hay una gota de agua de densidad p = l 000 kg/m3 y coeficiente de tensión superficial y =0,073 N/m.Cuando el tubo está en posición vertical la gota forma una columnita de longitud i = 2cm. Hallar el radio de curvatura del menisco inferior en la columnita de agua.Considere que el agua moja perfectamente, (g = 9,8 m/s2)

a) l ,50 m m b) l ,5 2m c) l ,54 m m d) 1,56 mm e) l ,58m m

58. En un tubo capilar horizontal de diámetro interior D=2 mm se introduce agua por succión, de modo que ésta forma una columnita de longitud l = 10 cm. ¿Cuántos gramosde agua de densidad p = l 000 kg/m3 y coeficiente de tensión superficial y = 0,073

N/m, saldrán de este tubo capilar si se coloca verticalmente? Considere que el agua mo ja perfecta mente, (g = 9,8 m/s2)

a) 0,14 g b) 0,18 g c) 0,22 g d) 0,26 g e) 0,30 g

59. En un tubo capilar abierto de radio interior r = 0,6 mm, situado verticalmente, hay unacolumnita de alcohol de densidad p = 790 kg/m3, y coeficiente de tensión superficial

y =0,02 N/m. El menisco inferior de radio de curvatura R2=3r de esta columnita pende

del extremo inferior del tubo capilar. Hallar la altura (h) de la columnita de alcohol, sieste moja perfectamente el tubo capilar, (g = 9,8 m/s2)


60. En la Fig. 12, las ramas abiertas del tubo tienen radios ri= 0,9 mm, r2= 0,5 mm, y estánllenas de keroseno de densidad p = 800 kg/m3 y coeficiente de tensión superficial

y =0,03 N/m. Si el menisco que se forma en la rama izquierda del tubo es cóncavo deradio R2=r2. Hallar la diferencia de alturas (Ah). El keroseno moja perfectamente, (g =9,8 m/s2)


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Física II 255

61. En la Fig. 12, las ramas abiertas del tubo tienen radios r,= 0,9 mm, r2= 0,5 mm, y estánllenas de keroseno de densidad p = 800 kg/m3 y coeficiente de tensión superficial

y =0,03 N/m. Si el menisco que se forma en la rama izquierda del tubo es cóncavo de

radio R2=r]. Hallar la diferencia de alturas (Ah). El keroseno moja perfectamente, (g =

9,8 m/s2)


62. En la Fig. 12, las ramas abiertas del tubo tienen radios r,= 0,9 mm, r2= 0,5 mm, y estánllenas de keroseno de densidad p = 800 kg/m ’ y coeficiente de tensión superficial

y =0,03 N/m. Si el menisco que se forma en la rama izquierda del tubo es plana. Hallar

la diferencia de alturas (Ah ). El keroseno moja perfectamente, (g = 9,8 m/s2)

a) 8,1 mm

d2

b) 8,3 mm c) 8,5 mm d) 8,7 mm e) 8,9 mm

D,

K J

pAh

Fig. 12 Fig.13 Fig. 14

63. En la Fig. 12, las ramas abiertas del tubo tienen radios T|= 0,9 mm, r2= 0,5 mm, y estánllenas de keroseno de densidad p = 800 kg/m3 y coeficiente de tensión superficial

y =0,03 N/m. Si el menisco que se forma en la rama izquierda del tubo es convexa de

radio R2=r2. Hallar la diferencia de alturas (Ah). El keroseno moja perfectamente, (g =9,8 m/s2)


64. Un tubo capilar de radio interior r=0,5 mm se introduce verticalmente y parcialmenteen un recipiente ancho que contiene agua, siendo la altura que sobresale igual a h=2

cm. Hallar el radio de curvatura del menisco que se forma en el tubo capilar. Considereque el agua moja perfectamente, (p = 1 000 kg/m3, y =0,073 N/m y g= 9,8 m/s2)

a)0,71m m b) 0,75 mm c) 0,79 mm d) 0,83 mm e) 0,87 mm

65. Un aerómetro de diámetro interior D= 9 mm flota en el agua sumergido parcialmente ymojado perfectamente sus paredes. Hallar la variación de la altura (Ah) sumergida delaerómetro, si sobre la superficie del agua de densidad p = 1000 kg/m3 y coeficiente de

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256 ________________________ Tensión superficial __________________________

tensión superficial y = 0,073 N/m se vierte unas gotas de alcohol de densidad p0 = 790

kg/m3y coeficiente de tensión superficial y0 = 0,02 N/m? (g= 9,8 m/s2)


66. Un aerómetro de diámetro interior D=9 mm flota sumergido parcialmente en un líquido de densidad p = 800 kg/m3 y coeficiente de tensión superficial y =0,03 N/m. El líquido

moja perfectamente las paredes del aerómetro. Hallar la variación de la altura ( Ah) su mergida del aerómetro, si por estar grasiento, el líquido no moja en absoluto sus pare des. (g= 9,8 m/s2)

a) 2,6 mm b) 3,0 mm c) 3,4 mm d) 3,8 mm e) 4.2 mm

67. Si la rapidez con que se transforma el agua en niebla constituida por gotas esféricas de diámetro D=3.10'4 cm es de R=3.10'3 m3/min. Hallar la potencia necesaria para formar

las superficies de las gotas de niebla. El coeficiente de tensión superficial del agua esY =0,073 N/m, g= 9,8 m/s2.

a) 7,1 W b) 7,3 W c)7 ,5 W d) 7,7 W e) 7,9 W

68. En la Fig. 13, en el depósito lleno de un líquido de tensión superficial y rodeado de su

vapor, se forma en A una gota esférica de radio R, correspondiente al equilibrio de su tensión superficial. Si las densidades del líquido y su vapor son p , p0 respectivamente.

Hallar la diferencia de las presiones complementarias entre la gota (A) y la superficie Hbre (B).

2 y ( p - p 0 ) M 2 y (p 0 - p ) . 2 y ( p - p 0) 2 y p . 2 y p „

Rp Rp0 R(P + P0) R(P-Po) R(P-Po)

69. Hallar el radio máximo de las gotas de agua de densidad p = 1000 kg/m3, coeficiente de

tensión superficial y = 0,073 N/m, que pueden estar suspendidas^ en el techo. (g=9,8

m/s2)

a)4,13mm b)4,33mm c)4,53m m d)4,73mm e)4,93m m

70. En la Fig. 14, las películas de dos líquidos de coeficientes de tensión superficial

Y] = 0,03 N/m y y2 = 0,02 N/m, se dividen por una varilla de longitud i = 5 cm. Hallar la magnitud de la fuerza resultante sobre la varilla.


71. Al ubicar un lazo de jebe de módulo de Young E=3.106 N/m2 en forma de circunferen cia de radio Ro=4,00 cm y área de sección transversal S= 0,001 cm2, sobre una película de un líquido, este se extiende formando una circunferencia de radio R=4,02 cm, luego

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Física II 257que la película ha sido pinchada al interior del lazo. Hallar el coeficiente de tensión su

perficial del líquido.


72. En la Fig. 15, la gota de radio R=2 cm flota en un líquido de densidad p = 13 600 kg/m3.

Si la tensión superficial en la superficie de separación de los líquidos es y =0,5 N/m, y

la altura del centro de la gota a la superficie es h=10 cm. Hallar la razón de la presiónmáxima a la presión mínima al interior de la gota, (g = 9,8 m/s2)

a) 0,5 b) 1,0 c) 1,5 d) 2,0 e)2,5

73. Un cubo de hierro de densidad pH = 7 900 kg/m3, engrasado con parafina, flota en el a

gua de modo que su cara superior se encuentra al nivel del agua. El agua de densidad p A =1000 kg/m3 y coeficiente de tensión superficial y =0,073 N/m no moja la para

fina. Hallar la longitud de la arista del cubo, (g = 9,8 m/s2)

a )2 ,lm m b) 2,4 mm c)2 ,7m m d) 3,0 mm e) 3,3 mm

74. En la Fig. 16, el palito de área de sección transversal cuadrada y longitud muy larga fiota sobre un líquido en la forma mostrada. Hallar la razón de la densidad del palito (pP)

a la densidad del líquido (p L), esto es pP /pL =?•

a) 3/2 b) 4/5 c) 5/4 d) 6/5 e) 5/3


75. En la Fig. 17, la suma de las fuerzas que actúan sobre el volumen de líquido mostradoes nula. Hallar la altura a la que se elevará el líquido de densidad p = 1 000 kg/m3 y coe

ficiente de tensión superficial y = 0,073 N/m, por la pared vertical. El ángulo de contacto es 0 = 37°. (g = 9,8 m/s2)


76. Una placa larga de ancho ( = 8 cm y masa por unidad de longitud m = 200 g/m se poneen contacto con la superficie de un líquido de densidad p= 1 000 kg/m3 y coeficiente

de tensión superficial y =0,073 N/m. Luego, se empezó a elevar la placa, hallar la fuer

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258 Tensión superficialza qué actúa sobre la unidad de longitud de la placa en el instante en que la altura a laque se eleva el líquido es h=2 mm (g = 9,8 m/s2)


77. Hallar la presión debajo de la superficie de un líquido de densidad p = 13 600 kg/m3, ycoeficiente de tensión superficial y = 0,5 N/m en forma de semicilindro de radio R= 2,5

mm, que se encuentra sobre una superficie horizontal, (g = 9,8 m/s2)

N N N N Na) 150 j b )20 0 , c)2 50 , d) 300 , e) 350 ,

m m m m m

78. En la Fig. 18, hallar el grosor de la capa del líquido de densidad p = 1 000 kg/m3, y coe

ficiente de tensión superficial y = 0,073 N/m vertido sobre el plano horizontal. El ángu

lo de contacto es 0 = 37°. (g = 9,8 m/s2)

a) 1,13 m b) l ,33m m c) l ,53m m d) l ,73m m e) l ,93m m

79. En la Fig. 19, ¿Con qué fuerza se atraen mutuamente las placas paralelas cuadradas delados a=8 cm, sumergidas parcialmente en el líquido, si éste no las moja? La densidaddel líquido es p = 1 000 kg/m3, su coeficiente de tensión superficial y =0,073 N/m, la

distancia de separación entre las placas es d = 4 mm? (g = 9,8 m/s2 ; m = 10'3)

a) 4,2 mN b) 4,6 mN c) 5,0 mN d) 5,4 mN e) 5,8 mN

80. En la Fig.20, el capilar de longitud 2( = 20 cm, radio interior R=2 mm contiene líquidohas ta la mitad, y gira alrededor del eje OO’. La densidad del líquido es p = 13 600

kg/m3, su coeficiente de tensión superficial y = 0,5 N/m, y moja perfectamente el capí

lar. ¿A qué velocidad angular el líquido comenzará a salir del capilar?

a) 1,7 rad/s b) 2,7 rad/s c) 3,7 rad/s d) 4,7 rad/s e) 5,7 rad/s

— d h—

Fig. 18 Fig. 19 Fig.20

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Física II 259

SOLUCIONARIO

S o l u c i ó n : 0 1

• La magnitud de la fuerza de tensión su

perficial que actúa sobre la línea de contacto de la varilla con el líquido es:

T = y £ = y 7t D

T = (7,5.10”2)(3.10_27t)

* T = 7,06.10-3 N (n )

S o l u c i ó n : 0 2

• Representemos las fuerzas que actúan

sobre el aro de alambre.F

l

Según teoría, el coeficiente de tensión su perficial del líquido, viene dado por:

_ F _ F 1 ~ e ~ ttd

_ 5.10~3

7 ~ 7t76.10-3

+ y = 20,9.10-3— ©m

S o l u c i ó n : 0 3

• Representemos las fuerzas de tensión su

perficial (F) y el peso (W).

Como el insecto está en equilibrio, para una pata del insecto, se cumple que:

W — = 2Fy = 2Fcos0

W = 12 (y 7tR)co s0

W = (12)(0,073)(2.10_37t)(cos 37°)

* W = 4,4.10"3 N ©

S o l u c i ó n : 0 4

• Según teoría, el trabajo que se hace, es para aumentar el área lateral de la burbuja,esto es:

W = y AA = y 2 (471 R2)

W = (43.10“3)(8:t)(-.10“4)71

W = 1376.10-7 J

* W = 137,6 pj ®

^ N o t a

El factor (2) se debe a las dos áreas laterales que presenta la burbuja, la inter na y la externa.

Segunda forma

Sabemos que la diferencia de presiones entre el interior (P) y exterior (P0) de la bur buja es:

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260 Tensión superficialAsí, la fuerza que se debe aplicar para aumentar el radio de la burbuja, es opuesta ala fuerza debida a esta diferencia de presiones, es decir:

Fr = (P - P0)(47tr2)

Fr = 16y 7i r

Luego, el trabajo realizado para aumentar el radio de la burbuja desde r=0 hasta r= R es:

W = } Fr dr

W = J 1 6y 7trd r = 8y7iR 2o

* W = 137,6.1(T6 J ©

(8X0,073) i/2

(tt)(7700)(10)

* D = l,55mm ©S o l u c i ó n : 0 6

• Representemos las fuerzas que actúansobre el aro de aluminio.

Calculemos el peso del anillo de diámetrosexterior D e interior d, así:

Solución: 0 5

• Representemos las fuerzas que actúansobre el corte longitudinal de la aguja.

Por condición de equilibrio, el peso de la aguja (W), debe ser igual, a la fuerza de tensión superficial (F), esto es:

F E W

2 y t = pgV

2 y f = p g ( ^ D 2 04

D = )1/2* P g

W = p gV = p g [^ ( D 2 - d 2)h]4

W = (26 00 )(10 )[-(522 - 5 0 2).10“6(10“2)]4

W = 41,66.10-3 N

Ahora, calculemos la fuerza debida a la ten-sión superficial, así:

T = yf = y7t(D + d)

T = (0,073)(7t)(52+ 50). 10~3

T = 23,4.10 '3 N

Luego, la magnitud de la fuerza necesaria para desprender el aro de la superficie delagua es:

F= W + T

F = 41,6.10~3 + 23,4.10 '3

+ F = 65 mN ©

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Física II 261

Solución: 07• Según el problema anterior, el porcenta

je que representa la fuerza de la tensión su perficial (T), respecto de la fuerza aplicada(F) es:

0 = ( -) (] 00)F

n = (23,4.10

65.10"

-3

-XI00)

+ q = 36% ®

Solución: 08• Representemos las fuerzas que actúan

sobre el anillo en equilibrio.

En el instante en que se desprende el anillode la superficie del agua, la fuerza de tensión superficial, es igual, a la fuerza elástica del resorte, esto es:

y t = kx

Y7i(D + d) = kx

Y7t(26 + 25).10"3 = (l)(5 ,3.10_í)

* y = 0,03 N

m ®

Solución: 09• Representemos las fuerzas que actúansobre el travesano AB.

Por condición de equilibrio, el peso (W) deltravesaño, debe ser igual, a la fuerza detensión superficial (2y() que actúa sobre el

borde del travesaño, esto es:

W = T PgV = y2i

7I_ 2 pg-D~<4

2yf => D = (— ) 1/2Ttpg

D = [((8X0,045) l!/2

(7t)(8600)(10)

* D=l,15mm ®

Solución: 10• El trabajo para desplazar el travesañoAB, una distancia (d), viene dado por:

W = Fd = (y2f)d

4,5.10“5 = (0,045)(2O(l.l O"2)

* i = 0,05m = 5cm ( e )

Solución: 11• Representemos al tubo sumergido par cialmente en el aceite mineral.

Th

±

P E L I C U L A

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262 Tensión superficialEn la Fig., la diferencia de presiones entreel interior (P) y exterior (P’) del tubo es:

AP = P - P' = P - pgh

AP = 150-(0,85.103)(10)(12.10"3)

AP = 48 N /m 2

Luego, el coeficiente de tensión superficialdel aceite mineral es:

AP = — = — R D

48 = 4y/l,5.10~3

* y = 18.10-3 N/m

S o l u c i ó n : 1 2

• Representemos el tubo vertical, del cualcaen gotas esféricas de agua.

®

* R = 2,22.10-3m ®

S o l u c i ó n : 1 3

• Del problema anterior, el porcentaje enque varían el radio de las gotas al cambiar el agua por el aceite de ricino es:

n ^ X i o o )

y /p

0,073 1/3 0,035 1/3

_ [_jooo— ~ _ m — ](100)0,073/1000

f i= ( 0>04!^ - 0;0339)(ioo)0,0418

+ n = 18,9% ©

En la Fig., por condición de equilibrio, enel instante en que se desprende la gota, su

peso (W) es igual a la fuerza de tensión su perficial (F), esto es:

W = F pgV = yt = y(27tr)

p g (^ 7 iR 3)= 27tyr

, 3y r ,/ 3 r(3)(0,073)(10-3) 1/3R = = P ,

2 p g (2)(10 )(10)

S o l u c i ó n : 1 4

• Según el problema (12), el coeficientede tensión superficial, viene dado por:

Y = -2pgR

3r

■3\3(2)(13600)(10)(1,767.10 )

(3)(10-3)

* y = 0,5 N /m ©S o l u c i ó n : 1 5

• Representemos las fuerzas que actúansobre el sistema lámina + cuerpo.

‘TI—

W’

tEl rr t | L tT

Como el sistema está en equilibrio, el peso

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Física II 263

de la lámina (W) más el del cuerpo (W’),debe ser igual, a la fuerza de la tensión su perficial (T) que actúa en los bordes de lalámina, más el empuje (E) del agua desplazada, esto es:

W + W' = T + E

mg + m'g = yf + pgV

mg + m'g = y(2a + 2b) + pgab.h

, 2y(a + b) + pgabh - mgm = -------------------------------

g

, 0,'7 3 .1(T2 + 1,2.10'2 -1,8.10"-

10

o ®* m' = 0,13.10 kg = 0,13g

S o l u c i ó n : 1 6

• Representemos el barómetro despuésque el mercurio ha ascendido una altura (h)debida a la fuerza de tensión superficial.

Mg

í F\ \>

mg i (

r

Th

1

Cuando el mercurio alcanza el equilibrio enel tubo capilar, el peso (mg) de mercurio

por encima del nivel, es igual, a la componente vertical de la fuerza (F) debida a la

tensión superficial, es decir:

Fcos(180° - 0) = mg

(y27tr)cos(180° - 0 ) = pg7tr2h

2yc os180° - 0)h =

_ (2)(465)cos(l 80° - 140°)

(13,6X980X0,05)

h = l,069cm « 10,7mm

Luego, el valor correcto de la presión atmosférica es:

P' = 726,0 + 10,7

* P' = 736,7mmHg ®

S o l u c i ó n : 1 7

• Representemos a la burbuja de aire a una altura ( h ) por debajo de la superficie.

Po

En la Fig., la diferencia de presiones entreel interior (P) y exterior (Pv) a la burbuja es

, 4y 8yAP = P - P = — = — R D

, 8y 8yP = P + — = pgh + Pn + —

D D

, (8)(0,03)P = (1000X10)(10) + 105+ J

, N* P = 5.10 —r = 5atm

0,8.10'

©

Pgr

S o l u c i ó n : 1 8

• Primero calculemos la fuerza debida ala tensión superficial.

T = yf = (81.10 '3)(555)

T = 44955.10_3N

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264 Tensión superficialLuego, el porcentaje que representa la tensión superficial respecto del peso del buque es:

44 955.10K . o ° )

q = 10 % ©

Solución: 19• La diferencia de presiones entre el interior (P) y exterior (P’) a la burbuja, vienedado por:

, 4 v 8 yAP = P - P = —- = —

D

R D

8 y _ (8)(0,072)

AP " 1200

-3.* D = 0,48.10 m = 0,48mm

Solución: 20• Representemos las fuerzas que actúansobre un corte transversal de la gota.

La magnitud de la fuerza de extensión so bre la gota, debida a su carga eléctrica es:

F = Q2

327tE„R

De otra parte, la fuerza de tensión superficial, que actúa en el borde del corte transversal de la gota, viene dado por:

F'= y i

F'= y (2?tR)

Ahora, por condición del problema, se curn pie que, F = F', luego:

n 2= 2y ttR

32tis0R'

Q = [64tt2E0R3y]1/2

Q = ^(16n)(5 .10~3)3(5.10 1j j, / 2

9.10

+ Q w 18,68.10 -9 C

Solución: 21

©

• Representemos las burbujas de radiosRu R2, y el radio de curvatura de la super ficie común.

La diferencia de presiones entre las burbu jas de radios Rj, R: , debe ser igual, a la djferencia de presión de la burbuja equivalente, esto es:

4y 4y 4y

Ri R t R-i

R. =R,R 2 _ (1,0X1,5)

R2 -R , 1,5-1,0

* R3 = 3cm ©Solución: 22

• Primero calculemos el radio inicial de la burbuja esférica.

V0 = ytt Rq= 4,19

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Física II 265

R 0 = lcm

Por dato, el volumen final es 8 veces el volumen inicial, así, el radio final es:

4 , 4 i — 7t R = 8 ( - t i R „ )3 3 0

R = 2 R 0 = 2 cm

De otro lado, se sabe que la diferencia de presiones entre el interior y exterior de la burbuja es:

AP = P - P =4 y

Por condición de equilibrio, el peso del tu bo (W), debe ser igual, al empuje (E) másla fuerza de tensión superficial (F), esto es:

W = E + F

mg = pgV + y l

1 2m g = p g —7tD h + y7tD

4

h =4m g - 47t y D

p g TtD2

h =(4)(30.1(T3 )(10) - (47t)(0,46)(l 0~2)

(13,6)(103)(107t)(l(T2)2

Luego, el trabajo para aumentar el radio dela burbuja esférica desde R0=l cm hastaR=2 cm es:

W = j Frdr = j (AP S) dr

W = 1 6 7 t y | r d r Rn

W = 87t y (R 2 - R2)

W = (87t)(0,025)(22 - l 2) .l0"4

* W = 60tl 10 J ®

Solución: 23• Representemos las fuerzas que actúansobre el tubo sumergido parcialmente.

+ h * 2,67 cm ^

Solución: 24• Según teoría, la altura que desciende elmercurio, viene dado por:

h =2ycos0 2ycos0

h =

P 8 r P r P H 2 0 S r

(2)(0,49)(cos 130°)

(13,6)(103)(10)(0,2.10~3)

* h = -2 ,3 cm ®

^ NotaEl signo (-) nos indica que el líquidodesciende en el capilar sin mojarlo.

Solución: 25• Recordemos que la presión al interior de

una burbuja, viene dado por:

P = P 0 + 0 R

Así, el porcentaje en que debe variar la presión al interior de la burbuja es:

P - P 'T| = ( 1(100)

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il = ( P° +- ^ / .R P° 2 y/ R )(100)

P0 +2 Y

R

2y(R--R)/R.R-

PD+ 2 y / R

(2)(0,075)( 1,2' 17° )

n = [ _______________________ } ](ioo)105+ (2X0,075)

KT7

* 11= 15,6 % ©

S o l u c i ó n : 2 6

• Representemos la altura alcanzada por el líquido en su ascenso por el capilar.

Como el ángulo de contacto es 0 = 0o, la ai

tura alcanzada por el líquido en el capilar,es:

2y eos 0 2 yh =

p g R pg R

De otro lado, el trabajo realizado por lafuerza de tensión superficial (F) para elevar el líquido a una altura (h), se transforma enenergía potencial gravitatoria (EP) de la masa de agua por encima del nivel, más el calor (Q) disipado en el proceso, esto es:

W = EP +Q

F.h = m g (- ) + Q

Q = ( F - - m g ) h

Q = [2tty R ~ ~ (p g ?tR2h) g] h

Q = [271 y R - ^ p g 7 t R 2- ^ ~ g ] h2 P g R

2tt y2 (2rt)(0,5)2Q =

Pg (10q)(10)

* Q = 5Tt.lO“6J ©

S o l u c i ó n : 2 7

• Según el problema anterior, las expresiones para el calor disipado y el trabajo realizado por la fuerza de tensión superficial,

son:

Q = l ! y W = 4ny2Pg Pg

Luego, el porcentaje que representa (Q) res pecto de (W) es:

ti = ( ^ % 100) = ( 2Q - Q xioo )W 2Q

* r| = 50 % ©

La energía utilizada en el trabajo, sereparte por igual, entre la energía potencial y el calor disipado^

S o l u c i ó n : 2 8

• Representemos el recipiente y una gotade alcohol en el instante en que esta se des

prende.

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Física II 267

En el instante en que se desprende la gotade alcohol, su peso es igual, a la fuerza detensión superficial, esto es:

W = F = y Tt D

Así, el número de gotas que hay en (m) gramos de masa de alcohol es:

N =m g m g

W rey D

Ahora, como cada gota demora 1 s en des prenderse, después, que se ha desprendidola gota anterior, entonces, el tiempo total enque se desprenden las (N) gotas es:

tT = N t = m g tn y D

tT —(10.10 )(10)(1)

(7t)(0,02)(2.10-3)

+ tT = 13,26 min ©

S o l u c i ó n : 2 9

• En el instante en que se desprende la go

ta de agua, su peso es igual, a la fuerza detensión superficial, así, sus pesos a 20° C y100°C son:

W = y7tD y W ' = y'tiD

Se sabe que a mayor temperatura la tensiónsuperficial disminuye, de modo que, la diferencia de sus pesos a 20° C y 100° C es:

AW = W - W' = (y - y') tiD

AW 13,5.10y = y = 0,073 T-Tt D (7t)(3,10 )

* y '= 0,058 N /m ©

S o l u c i ó n : 3 0

• E l peso del alambre derretido de longitud ( t ), debe ser igual, al peso de las (N)

gotitas de plomo desprendidas, esto es:

p g - D 2f = N y ttD4

4 N y (4)(20)(0,47)

p g D (11300)(10)(10 )

+ i = 0,33 m = 33 cm ©

S o l u c i ó n : 31

• Representemos la superficie convexaque se forma en el líquido.

De la Fig., hallemos la relación entre los radios del menisco (R) y el del capilar (r), así

r = R eos <|>= R cos(l 80° - 0)r = -R co s9 (1)

De otro lado, la presión complementaria,debida a la curvatura del menisco es:

2 y 2 y eos 0AP = — = -------------

R r

P= P„2 y eos 0

Para el mercurio,0 > j i/ 2, de modo quecos0 < 0, y P>P0, esto es la presión inter na(P) es mayor que la externa (P0), por lo que,el menisco es convexo y se fonna por debajo del nivel en el recipiente.Ahora, la diferencia de niveles entre el menisco y el recipiente, viene dado por:

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Ah =

eos t) = -

4 y eos 0

PgD

p g d Ah

4 y

COS0 = -(13600)(10)(3.10^)(3,7.10

(4X0,5)

eos 0 = -0,75

Luego, sustituyendo en (1), se tiene:

1,5 = -R (-0,75 )

* R = 2 mm ®

^ N o t aRecuérdese que cuando el menisco seforma por debajo del nivel del líquidoen el recipiente, la altura se consideranegativa.

Solución: 32• Representemos a las gotas iniciales y ala gota resultante.

Igualando la suma de los volúmenes de lasgotitas con el volumen de la gota resultante, hallemos el radio (R), así:

4 , 4 ,(2)(— t t r ) = — 7 t R

3 3

R = (2)1/3r ( 1)

De otro lado, la energía desprendida al unir se las gotitas de radio (r) para formar la gota de radio (R) es:

AE = y AS

AE = y [(2)(47t r2) - 4ttR2]

AE = 4 (2 -( 4 ) 1/3)7 ty r2 (2)

Esta energía desprendida se utiliza en calentar la gota resultante, esto es:

AE = m c.AT

4 ,AE = -7 tpR c eAT

Finalmente, igualando (2) con (3):

(3)

AT = 3y(2- (4)1 /3)2 p cer

AT =(3)(0,5)(2 - (4)1/3)

(2)(13,6.103 )(13 8)(10-3)

* AT = 1,65.10"40 C ®

Solución: 33• Representemos a la gota inicial y a la go

titas resultante de la separación.

Igualando el volumen de la gota con la suma de los volúmenes de las gotitas, halle

mos el radio (r), así:4 , 4 ,

—7t R = (2)(—7tr )3 3

r = R/(2)1/3

Según el problema anterior, el trabajo necesario para dividir una gota en dos gotas i-

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Física II 269

dénticas, viene dado por:

W = y AS

W = y [(2)(4tt: r2 - 4 ttR2]

W = Y[8Tt~T73f-4TcR2]

W = 4(2 1/3 -l) rc y R 2

W = (4)(21/3 - l)(7t)(0,5)(3.10“3)2

* W = 14,7.10-6 J ®

Solución: 34• Según teoría, la diferencia de presionesentre el interior y exterior a la burbuja, viene dado por:

AP = — = — R D

D =8 y (8)(0,043)

AP 2,5.105/ 1880

+ D = 2,6.10 m

Solución: 35• Representemos la burbuja de aire a una

profundidad (h) por debajo del agua.

De la ecuación de los gases ideales, hallemos la presión interna de la burbuja de aire, así:

PV = nRT = — RTM

P _ P R T _ (2)(8,31.10 )(20 + 273)

M 29

P = 1,68.105 N /m 2

De otro lado, la diferencia de presiones entre el interior y exterior a la burbuja, vienedado por:

4 vAP = P - P' = —-

D

4 y 4 vP = P' + _ J / = P0 + p g h + - ^

1,68.105 = 105+ (103)(10)h+ (4X°’073> - A- A0,015.10"

1,68.105 = 105 +1 04h + 0,19.105

* h = 4,9 ra ©

Solución: 36• Del problema anterior, la presión al interior de la burbuja es:

P = P 0 + p g h +

P = 105 + (103 )(10)(5) +

4y

D

(4)(0,073)

10 "

P = 4,42.105 N / m 2

Luego, de la ecuación de los gases ideales,la razón de la presión (P) de la burbuja enel agua a la presión atmosférica (P0) es:

_P _ p R T / M _ pP0 p0RT/M p0

_p_ _ 4,42.10 5

Po 103

+ — = 4,42 vecesPo

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270 Tensión superficialSolución: 37

• Representemos las fuerzas que actúanen ¡a probeta sumergida parcialmente unaaltura de (h).

Por condición de equilibrio, la fuerza detensión superficial (F) más el empuje (E),es igual, al peso de la probeta (Mg) más el

peso de las (n) bolitas (nmg), esto es:

F + E = M g + n m g

y 2rt R + pg(7rR 2h) = M g + n m g

n =y 7tD + p g D“ h - M g

4 _____________

m g

7tJO"3 + ll7t.lO_3 -57 t.lO"3n = -------------

TC. 10

* n = 7 bolillas ( d)

Solución: 38• Representemos la tensión superficial (F)y el peso del líquido (W).

h =

D pg — h = yD

4

(4X0,075)J Y _ = ________________

p g D (103)(10)(0,1.10-3)

© + h = 0,3 m = 30 cm

Solución: 39• Representemos las fuerzas que actúansobre el cubo de madera de lado (a).

p p pF

?

VPor condición de equilibrio, el empuje (E)debe ser igual, al peso del cubo (W) más lafuerza de tensión superficial (F), es decir:

E = W + F

p g a 2x = m g + 4 a y

m g + 4 a yx =

P g a

(20.10"3 )(10) + (4)(3.10"2 )(0,073)

(103 )(10)(3.10-2)2

+ x = 2,32.10 2m = 2,32 cm

Solución: 40

• Según teoría, la diferencia de presión entre el interior y exterior a la burbuja es:

©

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Física II 271

Representemos el capilar con la burbuja so piada en su extremo inferior.

Pa

P - P 0 = pg h + l l R

P -P 0 =(103)(10)(2 .l0~2) + — ^

5.10“

* P -P 0 = 492 N / m 2 ®


• Representemos la fuerza de tensión su perficial (F) y el peso (W) del líquido.

En la Fig., la componente horizontal de lafuerza de tensión superficial, debe ser igualal peso de la columna de agua, esto es:

y 2n r eos 0 = t tr 2pg h

2y eos 0r = R eos 0

R =

P g h

(2)(0,073)

(103)(10)(2,8.10~2)

+ R = 0,52 mm

S o l u c i ó n : 4 2

• Representemos al capilar con el aguamojándolo completamente, por lo que, el

ángulo de contacto es 0 = 0°.

En la Fig., la fuerza de tensión superficial(F), debe ser igual, al peso (W) de la colum

na de agua, esto es:

27tyr = 7tr2pgh

h = — Y- = 4?P g r P g D

= (4)(0,073)

(10')(10)(10-3)

* h = 2,92 cm ©

S o l u c i ó n : 4 3

• Como el benzol moja completamente el

capilar (G = 0o), y este asciende en el capílar una altura, igual a:

h = = (4)(0,03)

p g D (880)(10)(10“2)

h = 13,6.10-3 m

* h = 1,36 cm ©

S o l u c i ó n : 4 4

• Como el agua moja completamente el ca pilar (0 = 0o), este asciende en el capilar cuyo diámetro, viene dado por:

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D = 4 Y (4X0,073)

p g h (10 )(10)(2.10 )

D = 0,146.10-2 m

* D = l,46mm 0 ^

Solución: 45• Representemos las alturas que alcanzael mercurio en los tubos capilares comunicantes (1) y (2).

D,

T

p=*|

T Ah

Th2

Como el mercurio no moja completamentelos capilares (0= n) , los meniscos que seforman son convexos, y las alturas (h|) y(h2), vienen dadas por:

(4X0,5)4 y _________________

pgD, (13,6.103 )(10)(10“3)

h, = 1,47 cm

4 Y (4X0,5)

p g D 2 (13,6.10J )(10)(2.10-3)

h2 = 0,74cm

Luego, la diferencia de los niveles del mer curio en los capilares (1) y (2) es:

Ah = hj - h 2 = 1,47-0,74

+ Ah = 0,73 cm (É )

Solución: 46• El máximo diámetro que deben tener los

poros del mechero de la cocina de kerose

no es:

D =(4X0,03)4y

p g h

+ D = 0,15 mm

(800)(10)(10.10-2)

©

Solución: 47 • Por equilibrio, la fuerza de tensión su

perficial (F), debe ser igual, al peso (W) dela columna de líquido que asciende en elcapilar, esto es:

27t y r = W

9.10 -4w

2nr (27t)(2.10 )

* y = 0,072 ti ©

Solución: 48• En la Fig., la presión al interior de un

punto que está al mismo nivel que el líquido en el recipiente, es igual, a la suma de la

presión atmosférica, más la presión complementaria debida a la tensión superficial, esto es:

P = Pn +2yR

P = 760 + [<2» % _ L )(0,16.10“3 133,3

P = 760 + 6,8

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Física II 273

* P « 767 mmHg ©

^ N o t a

La presión debida a la tensión superfi

cial, es igual, a la presión hidrostáticade la columna de altura (h).

Solución: 49• Representemos el tubo capilar cerradoantes y después de introducirlo en el agua.

Th

1

En la Fig. los volúmenes inicial (V0) y final(V) del aire en el capilar cerrado, son:

V0 = 7t R h V = 7t R 0,985 h (1)

De otro lado, de la ley de Boyle-Mariotte,hallamos la presión final (P), a la que se en

cuentra el aire en el capilar, así:

P0V0 = PV =>V,

P = Po TT (2)V

Ahora, según teoría, la diferencia de presiones entre el interior y exterior al agua, viene dado por:

2yAP = P - P0 = — R

p030 R (3)

Finalmente, igualando (2) con (3), y considerando (1), se tiene:

P03 = P 0^ lü R 0 V

2 y VR = — ( ---------

Po V0 - V)

R =(2)(0,073) .0,985 tiR

(-(750)(133,3) 0,015 7 i R

-y)

+ R = 96.10 m

Solución: 50• En la Fig., los puntos (1) y (2) están almismo nivel, por lo que, sus presiones soniguales, esto es:

P, = P2

0)

Hg

(2)

Po = P g h

4 y

h =

D

Pp - (4 y/ D )

pg

Para un diámetro D=5 mm, la altura alcanzada por el mercurio es:

h, =

(758)(133,3) - (4)(0,5) /(5.10~3)

(13,6.103)(9,8)

h, = 755,1.10~3mHg

hj * 755 mmHg

Para un diámetro D=l,5 cm, la altura aleanzada por el mercurio es:

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h (758X133,3) -(4)(0 ,5)/(15 .1Q-J)

2 (13,6.103 )(9,8)

h2 = 757,1.10-3 mHg

h2 * 757 mmHg

Luego, la diferencia de las alturas alcanzadas por el mercurio es:

Ah = h2 - h,

* Ah = 2 mmHg

S o l u c i ó n : 5 1

• El mercurio asciende una altura adicio

nal, debida a la tensión superficial, igual a:

h =(2y/R) 4y

h =

P g P g D

(4X0,5)

(13,6.103 )(9,8)(0,75.10~2)

* h = 2.10 m ©

S o l u c i ó n : 5 2

• Representemos el barómetro de mercurio, y la altura que alcanza éste en el tubo.

P0 = pgh +4 y

h =

D

P 0 - ( 4 y / D )

Pg

Pn 4 yh = - 2 -

h = 760 -

P g P g D

(4X0,5)

(13,6.103)(9,8)(5.10“3)

h = 760 - 3 = 757 mmHg

Luego, el error porcentual que se comete almedir la presión atmosférica por la altura

de la columna de mercurio en el tubo del barómetro es:

0 = ( ^ ) d O O )H

76 0- 757 TI = (— — — XI00)

760

* r)« 0,39% ©

S o l u c i ó n : 5 3

• Representemos el recipiente conteniendo una altura (h) de mercurio, y un orificiode diámetro (D).

0)

Hg

(2)

En la Fig., los puntos (1) y (2) están al mismo nivel, por lo que, sus presiones son i-guales, esto es:

w

En la Fig., el peso de la columna de mercurio de altura (h) y diámetro (D), debe ser igual, a la fuerza de tensión superficial (F),que actúa en el borde del agujero, esto es:

P,=P2 pg7tR2h = y 2nR

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Física II 275

D =

D p g — h = yD

4

(4X0,5)4 y _

p g h “ (13,6103)(9 ,8)(3.10-2)

h = 0,5.10-3 m ©

S o l u c i ó n : 5 4

• Representemos las placas fotográficascon el agua formando en los bordes semicilindros cóncavos, como se aprecia.

En la Fig., como la presión atmosférica (P0)es mayor que la presión al interior (P) dellíquido, entonces la presión complementaria debida a la tensión superficial es:

AP = P - P0 = 2Y

siendo, el diámetro del cilindro, igual, a ladistancia entre las láminas, pues, el agua

moja perfectamente ( 0 = 0o).Así, la fuerza que se necesita aplicar a las

placas para separarlas, debe ser igual, enmagnitud a la fuerza que ejerce la presióncomplementaria sobre las placas, esto es:

F = AP S =2 yS

D

F =(2)(0,073)(9.10-2 )(12.10-2 )

0,05.10

* F = 31,5 N ©

S o l u c i ó n : 5 5

• Representemos el líquido entre las lám]ñas.

Por equilibrio, el peso (W) del líquido entre las láminas, debe ser igual, a la fuerza(F) de tensión superficial, esto es:

W = F

p g a d h = 2ya

2y (2X0,03)P =

g d h (9,8)(0,25.10-3 )(3,1.10-2)

© + p « 790 ^ |m

S o l u c i ó n : 5 6

• Representemos las láminas rectángulares de lados (a) y (b) separados por una dis

tancia (d).

JLVY X.l d

t t y # T

a P Po

En la Fig., el área (S) de cada una de las láminas rectangulares de lados (a) y (b), hallamos así:

m = pV = p S d => S = — pd

Ahora, la presión complementaria debida ala tensión superficial es:

2 yAP = P - P0 = —-

www.FreeLibros.me

276 Tensión superficialLuego, la fuerza debida a esta presión com

plementaria, debe ser igual, al peso del bloque que descansa en la lámina superior, esto es:

2v mAP.S = W => (— )(— ) = Wd pd

p W d 2 (13,6.103)(49)(0,087.1(T3 ) 2

2m

* y = 0,5

(2X5.10-5)

ü ©m

S o l u c i ó n : 5 7

• Representemos los meniscos que se for man en los extremos superior e inferior deltubo capilar.

© ©

p,

►JUP,

h,

Y'p3

En la Fig., P l 5 P3 son las presiones complementarías en los meniscos, debidas a la tensión superficial, y P2 es la presión hidrostática., como se observa se presentan dos casos:Caso: 1Cuando Pt > P2, la presión resultante es hacia arriba, el menisco que se forma en la

parte inferior de la columnita de líquido escóncava, de modo que, la presión complementaría P3, debida a la tensión superficiales hacia abajo, pues la presión extema esmayor que la interna, luego, como la columnita de agua está en equilibrio, se cumple:

2 Y , 2 y

R © 1+ r 7

h _ 2y (R 2 - R ,)

' Pg(R,.R2)siendo, R|, R 2 los radios de curvatura de losmeniscos superior e inferior de la columnita de agua.Caso: 2Cuando P| < P2, la presión resultante es hacia abajo, el menisco que se forma en la par te inferior de la columnita de líquido esconvexa, de modo que, la presión complementaría P3, debida a la tensión superficial

es hacia arriba, pues la presión extema esmenor que la interna, luego, como la columnita de agua está en equilibrio, se cumple:

P2 = P1 + P3

. 2 y 2 yP B h 2 = TT + TT"Ri R->

h2 - 2 y ( R , + R 2 ) pg ( R, . R2)

Como el agua moja perfectamente (0 = 0°)el menisco superior es cóncavo y su radiode curvatura (Ri) es igual al radio del tubocapilar (r), de modo que:

P, =2y

R,

(2)(0,073) _ 2 9 2

0,5.10- 3 m 2

De otro lado, la presión hidrostática es:

P2 = p g h = (103 )(9,8)(2.10-2 ) = 1 9 6 ^

Ahora, como P, > P2, entonces, se trata delcaso ( 1 ), y el radio de curvatura del menisco inferior es:

P, = P2 + P3P, = P2 + P3

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Fígicg II 277

292 = 196 +(2)(0,073)

R->

* R 2 =1,52.10“3m

S o l u c i ó n : 5 8

• Sea (h) la altura inicial de columna deagua, y (h’) la altura final de la misma,como se muestra en la Fig.

Ah

ANTES DESPUES

Calculemos las presiones complementariaPt e hidrostática P2, teniendo en cuenta queel agua moja perfectamente, así:

P1 = 2y = (2X0,073) = 146 N

R, 10-3 m2

P2 = pgh = (103 )(9,8)(10-1) = 980 ^ m"

Como, P2 >P |, entonces, se trata del caso(2), el menisco inferior es convexo, y la altura (h’) del agua que queda en el tubo cap]lar, viene dada por:

P2 = P, + P3

, , 2 y 2 y p g h = — + —

Ri R2

_ 2y (R] + R2)

Pg(Ri-R2)

Pero, como el agua moja perfectamente, losradios de curvatura de los meniscos, son iguales al radio interior del tubo, esto es:

h, = 2y(r + r ) _ (4X0,073)

pg(r.r ) (103)(9,8)(10-3)

h' = 2,98.10_2m * 3 cm

Así, la masa de agua (Am) que sale del tu bo capilar es:

Am = p AV = p —D2 Ah4

Am = p —D (h - h')4

Am = (103)(—)(2 .10-3)2 (10 - 3). 1O*24

+ Am = 0,22.10-3 kg ©

S o l u c i ó n : 5 9

• Representemos la columnita de alcoholy las presiones complementarias en los meniscos superior (cóncavo) e inferior (convexo), y la debida al líquido P2.

Pi

IP2

¥

Th

1

En la Fig., como la columnita de alcohol está en equilibrio, se cumple:

P 2 = P , + P 3

2 y 2y1-— = pg h

R, R2

Como el alcohol moja perfectamente el ca pilar, R, = r y R2 = 3 r, luego:

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2 r 2 y n o h u «yh — = p g n -> h = --------

r 3 r 3p gr

(8X0,02)h = —

(3X790X9,8X0,6.10-’)

* h = 1l,5.10~3m ®

S o l u c i ó n : 6 0

• Representemos las presiones complementarías en los meniscos izquierdo (P2),derecho (P,) y la presión hidrostática (P2)de la columna de líquido de altura ( Ah )

AhP3

En la Fig., como la columna de líquido dealtura ( A h ) está en equilibrio, se cumple:

P , = P 2 + P32y 2 y

- = — + p g AhRi R2

Ah = 2 y ( R z - R i )

p g R , R 2

Ah =(2)(0,03)(0,5 - 0,9). 10

(800)(9,8)(0,9.10-3 )(0,5.10"3)

* Ah = -6,8.10~3m ( ^ )

El signo (-) nos indica que el meniscoderecho se forma por debajo del menisco

izquierdo ' '


> Representemos las presiones comple

mentaria (P2) en el menisco izquierdo, y la presión hidrostática (P2) de la columna delíquido de altura ( Ah )

Pi

iPj

TP2

Ah

En la Fig., como la columna de líquido dealtura (Ah ) está en equilibrio, se cumple:

P, = P, + P,

AU 2y 2 yP8Ah = +

A h = 2y( RL Í R2)

p g R ] R 2

(2)(0,03)(0,9 + 0,9). 10~3

(800)(9,8)(0,9.10”3 )(0,9.10~3)Ah =

+ Ah = 17.10 m

S o l u c i ó n : 6 2

• Representemos las presiones complementarías en los meniscos izquierdo (P2),derecho (Pi) y la presión hidrostática (P2)de la columna de líquido de altura (Ah )

Pi

k J U

P2=0 1í Pj

i p2

En la Fig. la presión complementaria en el

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Física II 279menisco plano es nula, luego, como la columna de líquido de altura (Ah) está en equilibrio, se cumple:

P3 = P, => p g Ah2y

R,

Ah =(2)(0,03)

(800)(9,8)(0,9.10 )

+ Ah = 8,5.10~3m ©

Solución: 63• En la Fig., como la columnita de líquidode altura (Ah) está en equilibrio, se cumple

P3 = P,+P2

A L 2 y 2 y p g Ah = — + —

R, R2

Pi

i p3

p2

Ah

Ah = 2 y ( R i + R 2) p g R , R 2

-3Ah =

(2)(0,03)(0,9 + 0,5). 10

(800)(9,8)(0,9.10-3 )(0,5.10-3 )

* Ah = 23,8.10"3 m ©

^ Para Ah > 23,8mm el líquido empieza a

salir por la rama izquierda del tubo >;>

Solución: 64• Representemos la máxima altura (h) que

puede alcanzar el líquido en un tubo capilar y el menisco cóncavo que se forma cuando

la altura es h) = 2 cm (hi < h).

iPi

P2P2

En la Fig., la altura máxima que puede elevarse el líquido, considerando que el menisco que se forma en su extremo superior es

plana, y moja perfectamente es:

2 vP2 = P, => p g h = —

h =(2)(0,073)

(103)(9,8)(0,5.10-3)

h = 2,98.10"2 m = 2,98 cm

Como la altura que se eleva el líquido esmenor que la altura máxima, se forma unmenisco cóncavo, cuyo radio de curvatura(R), hallamos de:

P, = P2 => 2y

R =

R

(2)(0,073)

= Pgh,

(103 )(9,8)(2.10-2 )

+ R = 0,75.10 m

Solución: 65• En la Fig., como la columna de líquidoque se encuentra por encima del nivel delíqui-do en el recipiente, está en equilibrio,se cumple para los dos casos, las siguientese-cuaciones:

W + y 7i D = p g h , S

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W + y0 7tD = p g h 2S

Representemos el aerómetro sumergido par cialmente en agua, y en agua más algunasgotas de alcohol.

¥ r w

Thi

i

¥ - 7

Fo

Iw

E0

Vo

1AGUA A G U A + A L C O H O L

Restando a la primera ecuación la segunda,tenemos:

( Y - y 0) t tD = p g (h , - h 2) ^ D 24

Ah = 4(y-Yo)

Ah =

P g D

(4)(0,073-0,02)

(103)(9,8)(9.10-3)

,-3.+ Ah = 2,4.10 m ©

Solución: 66• Representemos al aerómetro y las presiones que actúan sobre el, cuando el líquido lo moja perfectamente y cuando no lomoja en absoluto.

¥■ho

W

Th

i

En la Fig, las ecuaciones de equilibrio, paralos dos casos representados, son:

W = E0 - F y W = E + F

Igualando ambas ecuaciones, se tiene:

E0 - F = E + F

p g S h 0 - p g S h = 2y7tD

P g ~ D2(h0 - h) = 2y 7t D4

Ah =8 Y (8)(0,03)

P g D (800)(9,8)(9.10-3)

+ Ah = 3,4.10-3 m ©

<< El aerómetro asciende una altura Ah

Solución: 67• El volumen de una gota de niebla es:

v = 7 d3 = (7 )(3-10"6)3O O

V = —7t.l0_l8m32

Así, el tiempo que demora en formarse unagota de niebla es:

V _ (97t/2). 10' ■18

R 3.10_

M OJA N O M OJA

t = —71.10 15min = 97t.l0 14s2

De otro lado, el trabajo necesario para for

mar la superficie de la gota de niebla es:

W = yS = y7iD2

W = (0,073)(7T)(3.10-6)2

W = (97i)(0,073).10-12

Luego, la potencia necesaria para formar

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Física II 281

las superficies de cada una de las gotas deniebla es:

W (97r)(0,073).10~12

t "" 9n.l O"14

* P = 7,3 W (g )

Solución: 68• Sean P] y P2 las presiones complementarias en la superficie libre del líquido y enla gota, como se muestra.

En la Fig., la presión en el punto A, es igual, a la presión en B más la presión debída a la del vapor de líquido, esto es:

p 2 = p i + P o g h

P0g

De otro lado, se sabe que la diferencia de presiones entre el interior (P,) y exterior (Pe) a la gota, viene dada por:

( P , + p g h ) - P 2 = ^R

- ( P 2 - P , ) + - ( P 2 - P 1) = 2dÍPo R

* AP = P2 - P, = —- Y- ^( p - P o ) R

Solución: 69• Representemos las fuerzas que actúansobre la mitad de la gota de agua.

En la Fig., por condición de equilibrio, el peso de la mitad de la gota (W/2), es igual,a la fuerza de tensión superficial (F), estoes:

1 4

- p g - 7i R' = y 271R 2 3

R = rl Xl l / 2 = (3X0073) 1/2

pg (103)(9,8)

+ R = 4,73.10-3 m ®

Solución: 70• Representemos las fuerzas de la tensiónsuperficial Fi, F2, que actúan sobre la vanrilla delgada.

yi 11

Fi l ^

Como, Yi > y 2 entonces F!>F2, luego la

magnitud de la fuerza resultante sobre la va

rilla es:

fr = f , - f2

FR = 2 y ^ - 2 y 2l

Fr = 2(Y,-Y2K

Fr = (2)(0,03 - 0,02)(5.10-2)

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284 Tensión superficial presión lateral del líquido, viene dada por:

r ^ 2Fp = - P g *

Luego, como la parte de líquido mostradaestá en equilibrio, en la horizontal, se cum

pie que:

FP + y sen 0 = y

1 ,

- p g x = y(l - se n 0 )

X [2Y(1- sen 0)j i /2

Pg

x = [(2)(0,073)(1 - sen37°)]1/2

(10 )(9,8)

+ x = 2,44.10 m ©

eos 0 = 1 - P g h

2 y

Del mismo modo, apliquemos la condiciónde equilibrio a la placa en la vertical:

Fh = F0 + m g + 2y Vi - eos2 0

= mg + p gh (¿ + 2V( y/ pg )- h 2/4

Fi, = (200.10-3 )(9,8) + (103 )(9 ,8)(2.10”3) •

(g .io -2 ^ ! - 0:07-3— (^ ) f 2(10 )(9,8) 4

* 1 , = 3,63 N /m @

Solución: 77• Representemos la presión (P) debajo dela superficie lateral del líquido en forma desemicilindro.

Solución: 76• Representemos las fuerzas que actúansobre la placa de ancho £.

Las expresiones de la fuerza por unidad delongitud, debidas a la presión negativa dellíquido, son:

F0 = p g h ¿ y Fjj = ^ p g h 2

Ahora, aplicando la condición de equilj brioal líquido por debajo de la placa, en lahorizontal, se tiene:

1 ,

pn = 2 P®h = Y“ Ycos0

En la Fig, como el líquido contenido en lamitad del semicilindro, está en equilibrio secumple que:

FP =y

Luego, la presión interna sobre la mitad delárea lateral del semicilindro es:

P - I = MA R l

P = X = . 0,5,-3R 2,5.10

* P = 200 N / m 4

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Física II 285

Solución: 78• Representemos las fuerzas que actúansobre la mitad de la capa de líquido.

Como la mitad de la capa de líquido está enequilibrio, en la horizontal, se cumple:

FP = y - y eos 0

] 2- p g h = y (1 —eos 9)

h = 2 s e n & [ ^ ] 1/22 pg

h = (2)(sen— )[ ] l/22 (10 )(9,8)

+ h = l,73.1(T3m ®

Solución: 79• La magnitud de la fuerza con que se a

traen mutuamente las placas, es igual, a lafuerza de presión lateral del líquido, esto es

F =2ay

Pgd"

F =(2)(8.10~2)(0,073)2

(103 )(9,8)(4.10-3 )2

+ F = 5,4.10-3 N

Solución: 80

®

• Representemos la fuerza (F) debida a larotación del capilar, que actúa sobre un elemento de líquido.

Lí?

I Bh -

dx

En la Fig., la presión sobre el diferencial devolumen de líquido de masa (dm), área desección transversal (S) y longitud (dx) es:

dF 1 2dP = — = —(dm co x)

S S

dP = —(pSdx)(co2x)s

F = FP a = (—p g h )a

Para hallar la altura, igualamos la fuerza detensión superficial, con el peso del líquidoque asciende entre las placas, así:

2 ya = p g a d h => h 2y

Pg dSustituyendo (h) en la expresión inicial, obtenemos la magnitud de la fuerza de atraeción entre las placas:

F = ¿pg)(4y¿

P g d-)a

| dP = p co2 | x dxp„ o

P-Pn = AP = -pCÜ2f20 2

Igualando esta diferencia de presión, a la presión complementaria, debida a la tensión superficial, se tiene:

1-p(02f2 = ^ = > C 0 = [ - ^ y ] 1/2R

* co = 2,7

p R r

rad ( b)

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284 Tensión superficial presión lateral del líquido, viene dada por:

r ^ 2Fp = - P g x

Luego, como la parte de líquido mostradaestá en equilibrio, en la horizontal, se cum

pie que:

FP + y sen 0 = y

1 2- p g x = y (1 - sen 0)

X [2Y (1 - s en 9)j i /2

P g

[(2)(0,073)(1 - Sen37 °)]1/2

(10 )(9,8)

* x = 2,44.10 m ©

eos 0 = 1-P g h ~

2 Y

Del mismo modo, apliquemos la condiciónde equilibrio a la placa en la vertical:

Fh = F 0 + mg + 2y Vi - cos20

F¿, = mg + pgh ( f + 2V (y /p g) -h 2/4

Fj, = (200.10-3 )(9,8) + (103 )(9,8)(2.10"3) •

(8.10-2 + 2 [ - ^ 7 3 _ - ( ^ l ) f 2(10 )(9,8) 4

+ Fh = 3,63 N /m ©

Solución: 77• Representemos la presión (P) debajo dela superficie lateral del líquido en forma desemicilindro.

Solución: 76• Representemos las fuerzas que actúansobre la placa de ancho £.

Las expresiones de la fuerza por unidad delongitud, debidas a la presión negativa dellíquido, son:

F0 = pg h f y Fjj = ^ p g h 2

Ahora, aplicando la condición de equilj brioal líquido por debajo de la placa, en lahorizontal, se tiene:

1 jF n = - P g h = y - ycosO

En la Fig, como el líquido contenido en lamitad del semicilindro, está en equilibrio secumple que:

Fp = Y

Luego, la presión interna sobre la mitad delárea lateral del semicilindro es:

P = I = MA R f

P = X = 0,5,-3R 2,5.10

* P = 200 N/ m

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Física II 285

Solución: 78• Representemos las fuerzas que actúansobre la mitad de la capa de líquido.

Como la mitad de la capa de líquido está enequilibrio, en la horizontal, se cumple:

FP = y - y eos 0

] 2- p g h = y (1 —eos 9)

h = 2 s e n & [ ^ ] 1/22 pg

h = (2)(sen— )[ ] l/22 (10 )(9,8)

+ h = l,73.1(T3m ®

Solución: 79• La magnitud de la fuerza con que se a

traen mutuamente las placas, es igual, a lafuerza de presión lateral del líquido, esto es

F =2ay

Pg<^

F =(2)(8.10~2)(0,073)2

(103 )(9,8)(4.10-3 )2

+ F = 5,4.10-3 N

Solución: 80

®

• Representemos la fuerza (F) debida a larotación del capilar, que actúa sobre un elemento de líquido.

Lí?

I Bh -

dx

En la Fig., la presión sobre el diferencial devolumen de líquido de masa (dm), área desección transversal (S) y longitud (dx) es:

dF 1 2dP = — = —(dm co x)

S S

dP = —(pSdx)(co2x)s

F = FP a = (—p g h )a

Para hallar la altura, igualamos la fuerza detensión superficial, con el peso del líquidoque asciende entre las placas, así:

2 ya = p g a d h => h 2y

Pg dSustituyendo (h) en la expresión inicial, obtenemos la magnitud de la fuerza de atraeción entre las placas:

F = ¿p g ) (4y¿

P g d-)a

| dP = p co2 | x dxp„ o

P-Pn = AP = -pCÜ2f20 2

Igualando esta diferencia de presión, a la presión complementaria, debida a la tensión superficial, se tiene:

1-p(02f2 = ^ = > C 0 = [ - ^ y ] 1/2R

* co = 2,7

p R r

rad ( b)

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286 Tensión superficialservación de la masa, momento y ener gía.

^gjPHIDRDDINAMICA^ C \ A p h ^


a) HidrodinámicaEstudia la dinámica de fluidos no com

presibles. Las ecuaciones que descri ben la dinámica de estos fluidos son lasecuaciones de Navier-Stokes. En el caso de fluidos no viscosos, también liamados fluidos coloidales, se reducen a

las ecuaciones de Euler.

b) Ecuaciones de Navier StokesEs un conjunto de ecuaciones en derivadas parciales no lineales que describenel movimiento de un fluido. Estas ecuaciones se obtienen de las aplicación delos principio de conservación de la masa y de la cantidad de movimiento de lamecánica y además de los principios dela termodinámica, a un determinado elementó de un fluido. En general las ecuaciones de Navier-Stokes, se expresan enforma integral o diferencial, y no tienen solución analítica (cerrada) por loque, se plantean soluciones aproximadas. Mediante la utilización de técnicasnuméricas con la ayuda de computadoras.

c) Ecuaciones de Euler

Son ecuaciones que describen el movímiento de un fluido compresible no viscoso. Su expresión corresponde a lasecuaciones de Navier-Stokes, cuandolas componentes disipativas son despreciables respecto a las convectivas.Las ecuaciones de Euler se obtienen dela aplicación de los principios de con

d) FluidosEs una sustancia o medio continuo que

se deforma continuamente en el tiempoante la aplicación de una tensión tangencial independientemente de la magnitud de esta. También, se puede deflnir como aquella sustancia que, debidoa su poca cohesión intermolecular, carece de forma propia y adopta la formadel recipiente que lo contiene.

CaracterísticasLos fluidos son capaces de fluir.

La posición relativa de sus moléculas puede cambiar continuamente.Todos los fluidos son compresibles encierto grado.Tienen viscosidad.Dependiendo de su viscosidad fluyen amenor o mayor velocidad.

Clasificaciónl) Según su viscosidad, los fluidos se cía

sifican en:NewtonianosSe dice que un fluido con viscosidad esnewtoniano, si las tensiones tangenciales son directamente proporcionales algradiente de velocidades. Por ejemplo,el aire, agua, gasolina, ketchup, aceite,

pintura, etc ... son fluidos newtonianos.

No newtonianosEs aquel fluido cuya viscosidad varía

con el gradiente de tensión que se aplica. Como resultado, un fluido no newtoniano no tiene un valor de viscosidaddefinido y constante, a diferencia de unfluido newtoniano. Por ejemplo, la mezcía de agua con almidón, el agua con azúcar, la arcilla, la leche, la gelatina, lasangre son fluidos no newtonianos.

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Física II 2872) Según su estado, los fluidos se clasifi

can en líquidos o gases.> Líquidos

Es uno de los cinco estados de agregación de la materia, un líquido es un fluí

do cuyo volumen es constante en condiciones de temperatura y presión constante, y su forma queda definida por elrecipiente que lo contiene.

> GasesSe llama gas al estado de agregación dela materia que no tiene forma ni volumen propio. Su principal composiciónson moléculas que no presentan enlaces, cuya fuerza de interacción entre e

lias es pequeña y que se expanden en todo el recipiente que lo contiene.

e) MicrofluidosEs una disciplina que estudia el com portamiento de los fluidos en la microescala y la mesoescala. También com

prende el diseño de sistemas en las quediminutas cantidades de fluido son uti|izadas.

• El comportamiento de los fluidos en lamicroescala define sustancialmente delo observado en la macroescala. La tensión superficial y la disipación de la energía son totalmente diferentes. En microcanales de 10 a 500 manómetros dediámetro el número de Reynolds es extremadamente pequeño. Por lo que, elfluido siempre es laminar y no ocurrenturbulencias, sólo la difusión intervieneen la mezcla de fluidos.

• Un efecto importante es que la relaciónde superficie a volumen es muy alta,

por lo que, cualquier reacción químicaen un microfluido es acelerada.

f) Estado de agregación de la materiaSe llama así al nuevo estado que adop

ta un cuerpo o compuesto al cambiar sutemperatura, presión o volumen, estosestados pueden ser: sólido, líquido, gaso plasma.

g) Fuerza intermolecular Llamadas también fuerzas de cohesiónson fuerzas electromagnéticas que actúan entre las moléculas o entre regiones ampliamente distantes de una macromolécula en orden decrecientes deintensidad.

• En los gases, la fuerza de cohesión seobserva en su licuefacción, que tiene lugar al comprimir una serie de moléculas y producirse fuerzas de atracción su

fícientemente altas para proporcionar una estructura líquida.

• En los líquidos, la cohesión se reflejaen la tensión superficial, ocasionada por una fuerza no equilibrada hacia elinterior del líquido que actúa sobre lasmoléculas superficiales, y también en latransformación en la transformación deun líquido en sólido cuando se comprimen suficientemente las moléculas.

• En los sólidos, la cohesión depende decómo estén distribuidos los átomos, lasmoléculas y los iones, lo que a su vezdepende del estado de equilibrio de las

partículas atómicas. Muchos compuestos orgánicos, por ejemplo, forman cristales moleculares, en las que los átomosestán fuertemente unidos dentro de lasmoléculas, pero éstas se encuentran dé

bilmente unidas entre si.

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288 ________________________ TensiónPara r>a la fuerza entre las moléculases de atracción, y en "r0" dicha fuerza

atractiva alcanza su valor máximo. Parar<a, la fuerza entre las moléculas es derepulsión.

h) Fluidos idealesUn fluido se dice que es ideal, si es incompresible, no viscoso, su flujo es estacionario e irrotacional, y carece de viscosidad.

i) Flujo estacionarioSe dice que un flujo es estacionario,cuando la velocidad de las partículas encada uno de los puntos del fluido no

cambia con el transcurso del tiempo. Sedebe mencionar, que las velocidades deun punto respecto de otro pueden ser diferentes.

j) Flujo compresibleUno de los principios básicos del flujocompresible es que la densidad de ungas cambia cuando el gas es sometido agrandes cambios de velocidad y presiónAl mismo tiempo, su temperatura tam

bién cambia, lo que conduce a problemas más complejos. El comportamientode flujo de un gas compresible dependede si la velocidad de flujo es mayor omenor que la velocidad del sonido.

• Los flujos compresibles se presentancon frecuencia en las aplicaciones de ingeniería. Entre los ejemplos más comunes se pueden contar lo sistemas de airecomprimido utilizados en la operaciónde herramientas de taller y de equipos

superficial ___________________________

dentales, las tuberías de alta presión para transportar y los sistemas de sensoresy de control neumático.

• Los efectos de la compresibilidad sonmuy importantes en el diseño de cohe

tes y aviones modernos, en las plantasgeneradoras, los ventiladores y compresoras.

k) Flujo laminar Se dice que un flujo es laminar cuandoel movimiento del fluido es perfectamente ordenado, estratificado, de modoque el fluido se mueve en láminas cur vas que no se intersecan entre si.

• El mecanismo de transporte en flujo laminar es estrictamente molecular. La

perdida de energía es proporcional a lavelocidad media. El perfil de velocida

des tiene la forma de una parábola, donde la velocidad máxima es en el eje deltubo y la velocidad en la pared del tu boes nula.

Perfil de la distribución de velocidadesen un fluido ideal.

Por ejemplo el flujo de un fluido idealen una jeringa de inyección, el flujo deagua que sale lentamente por un grifoson laminares.

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Física II 289

I) Flujo turbulento

Se dice que el flujo es turbulento, cuando el fluido se mueve de forma caótica,en la que las partículas se mueven desordenadamente y las trayectorias delas partículas se encuentran formando

pequeños remolinos aperiódicos. El flu jo turbulento tiene un efecto en la viscosidad del fluido. Por ejemplo, el flu

jo de las aguas de un rió en la Sierra esturbulento, el flujo producido por la incineración de un cigarrillo es turbulento, etc...

Perfil de la distribución de velocidadesen un fluido.

RemolinoEs un gran volumen de agua que gira

producido por mareas oceánicas. Generaímente en los ríos turbulentos se gene

ran los remolinos.

VórticeEs un flujo turbulento en rotación espiral con trayectorias de corriente cerradas. Como vórtice puede considerarsecualquier tipo de flujo circular o rotatorio que posee vorticidad. La vorticidad

es un concepto matemático utilizado endinámica de fluidos que se puede relacionar con la cantidad de circulacióno rotación de un fluido.

VorticidadSe define como la circulación por unídad de área en un punto del flujo.

m) Flujo irrotacional No presenta torbell inos, es dice, no haymomento angular del fluido respecto decualquier punto del fluido.

n) Flujo de capa límiteSe llama así a la región formada por u

na capa próxima a la superficie del conducto o tubo, lugar donde se concentran los efectos viscosos. Fuera de estacapa límite, se pueden despreciar los efectos de viscosidad, y pueden emplear se las ecuaciones matemáticas más sencillas para flujos no viscosos.La teoría de la capa límite ha hecho posible gran parte de la construcción delos aviones modernos y del diseño de

turbinas de gas y compresoras.o) Líneas de corriente

Se llama línea de corriente a la curvageométrica formada por puntos en loscuales la velocidad del fluido es tangente a la misma, en todo instante de tiem po. Las líneas de corriente son curvasimaginarias, que se utilizan para indicar la dirección del movimiento de un fluído. A partir de la definición de línea de

corriente, se puede definir, para flujoslaminares, el concepto de tubo de corriente.

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290 Hidrodinámica

P)

La tangente en un punto P cualquierade la curva, representa la dirección dela velocidad instantánea del fluido, endicho punto.

Tubos de corrienteLa superficie de un tubo de corrienteestá formada por líneas de corriente delfluido. En la Fig., se observa un tubo decorriente de forma cilindrica.

1)

2)

q)

Corolarios No existe flujo a través de la superficiedel tubo de corriente.Solo hay tubo de corriente si la velocidad " v" es diferente de 0.

Porosidad

Se llama porosidad a la capacidad deun objeto de absorber líquidos o gases.La porosidad del agua puede en porcentaje, puede calcularse a partir de:

P(%) = [(Pos - Po)(lO0)/Po]

siendo, "P0" peso del objeto, "Pos" pe

so del objeto luego de haber sido sumer gi do en agua.

2 CAUDAL Y FLUJO MASICO

a) Caudal (Q)Cuando un fluido pasa a través de unatubería de área de sección transversal(A), con velocidad (v), se define elcaudal (Q), como el volumen de fluido

transportado por unidad de tiempo, esto es:

Q = Av

El caudal es una cantidad física escalar.• Para que el fluido circule entre dos pun

tos a lo largo de una línea de corriente,debe existir una diferencia de energíaentre estos dos puntos. Esta diferencia

corresponderá, exactamente, a las perdídas por rozamiento, que son función dela rugosidad del conducto o tubo, y dela viscosidad del fluido, el régimen defuncionamiento (laminar ó turbulento)y del caudal circulante.El cálculo de caudales se fundamentaen el principio de Bemoulli.

^ U n id a d : (Q) se mide en m3/s

b) CaudalímetroEs un instrumento que se utiliza paramedir el caudal de fluido que pasa por un conducto o tubo. También existencontadores volumétricos (contador parael consumo de agua), los cuales propor cionan el volumen total que ha circulado por el conducto de fluido.Los contadores volumétricos, según, sumecanismo de funcionamiento se clasi

fican en: Mecánicos, Eléctricos ultrasónicos, Electromagnéticos, Másicos, Vor tex, Térmicos. Por ejemplo los medidores de agua en los domicilios, son contadores de volumen.

c) Flujo másico (F)Se llama flujo másico de un fluido de

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Física II _____________________________ 291densidad (p), a la masa que atraviesa

por unidad de tiempo, la sección transversal de área (A) de una tubería; conuna velocidad (v), es decir:

F = p v A = p Q

El flujo másico es una cantidad físicaescalar.

Unidad: (F) se mide en kg.s

Demostración:• Sea (Am) el elemento de masa que pa

sa por la sección transversal de área Ade la tubería, durante el tiempo At, recorriendo este elemento una distanciade "vAt", como se aprecia en la Fig.,

entonces, de la definición de flujo mási_ co, tenemos:

H HvAt

Am pAV

F = ^ r = ^ r

r _ P( Av At)

At

* F = p A v = p Q

d) Reología

Es una parte de la Física, que estudia larelación entre el esfuerzo y la deformamación en dos materiales que son capa

paces de fluir. Uno de los objetivos dela reología es encontrar ecuacionesconstitutivas para modelar el comportamiento de los materiales, dichas ecuaciones son en general de carácter tenso

nal.

e) ReómetrosAparatos que miden las propiedadesmecánicas estudiadas por la reología,tales como las deformaciones, esfuerzo,viscosidad, coeficientes de esfuerzosnormales, etc...

f) SustentaciónFuerza generada sobre un cuerpo quese desplaza por un fluido, de dirección

perpendicular a la velocidad de la corriente incidente.La expresión matemática de la fuerzade sustentación es:

1 oL = - p v A C ,

2 f

siendo, "p" la densidad del fluido en

(kg/m3), "v" velocidad en (m/s), "A"áea de la superficie de sustentación en(m2)y "Ce" coeficiente de sustentación

En aeronáutica es la principal fuerzaque permite que una aeronave con alas

se mantenga en vuelo.

3. ECUACION DE CONTINUIDAD Y EL TEOREMA DE BERNOULLI

a) Ecuación de continuidad

Para un flujo de fluido no compresiblela cantidad de masa que pasa por lassecciones transversales de áreas A! y

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292 HidrodinámicaA2 de la tubería, es la misma, esto es:

Q= A jVj = A 2v2

Demostración:

• Consideremos el movimiento de un fluí do incompresible por una tubería de sec ción variable, y representemos un ele mentó del fluido en los instantes de tiempo "t" y "t + At".

V2

ViAt

En la Fig., el elemento de fluido de masa "Am!11que pasa por la sección an

cha de la tubería de área "A," recomen

do una distancia Ax, = v,At, es igual, al elemento de masa "Am2" que pasa

por la sección angosta de la tubería de área "A2", recorriendo una distancia

"Ax2 = v2At", esto es:

Amj = Am2

pAV, = pAV2

AiVtAt = A2v2At+ A]V] = A 2v2

Conclusión

<<:La ecuación de continuidad del cau dal, es una consecuencia del principio de conservación de la masa>>

Ejemplo:Cuando se abre poco a poco un grifo, se forma un pequeño chorro de agua, un hilo cuyo radio va disminuyendo con la distancia al grifo y que al final,

se rompe formando gotas.La ecuación de continuidad nos propor ciona la forma de la superficie del cho rrito de agua que cae del grifo, como se observa en la Fig.

o o o

El área de la sección transversal del cho rro de agua cuando sale del grifo es

A0 =n ig , y la velocidad del agua es

"v0". Debido a la acción de la grave

dad la velocidad del chorro a una altura

"h" es:

v2 = Vq+ 2g h (1)

Aplicando la ecuación de continuidad a los puntos (1) y (2), obtenemos el radio de la sección en (2), así:

7tr02 v0 = ttr2 v

7tr02v0 = 7tr2(r02 + 2 g h )1/2

El radio de la sección del chorro de a gua, es independiente de la densidad.

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Física II 293

b) Teorema de BernoulliPara un fluido ideal y en régimen estacionario, a partir del principio de conservación de la energía, se encuentraque la suma de las energías de presión,

cinética y potencial en cualquier puntode la vena líquida es una constante, esdecir, se cumple:

m _ 1 2 — P + —m v + m g h = cte.

P 2

siendo, (m) la masa, (p) la densidad

del fluido, (P) la presión, (v) la velocjdad, (h) la altura y (g) la aceleración dela gravedad.

• Así, en la Fig., para los puntos (1) y (2)la ecuación anterior, se puede expresar,en cualquiera de las siguientes formas:

pi + 2 P V12 + P 8 h i = P2 + ^ P V2 + P g h 2

-^~ + -^L + h, = — + -^2-+ h2 pg 2g pg 2g

p i, p 2 = presión en los puntos 1 y 2.vi, v2 = veloc idad del fluido en 1 y 2.h], h2 = altura de los puntos 1 y 2.

^ N o t a

1) En la primera ecuación, las dimensiones de cada uno de los términos es de

presión.

2) En la segunda ecuación, las dimensiones de cada uno de los términos es lasde longitud.Demostración:

1) Análisis dinámico

• Representemos las fuerzas que actúansobre un diferencial de masa (dm) delfluido, y apliquemos la segunda ley de

Newton al movimiento de este diferencial de masa, en la dirección del eje X,así:

P dA - (P + dP) dA - W sen 9 = — ag

o e dA dí dv- dP dA - p g dA di sen 9 = ■ —

g dtEn la Fig, se observa que: dz=d£ sen0 a demás: di = v.dt, de modo que la ecua ción anterior, queda así:

dv- dP - p g dz = p (v dt) —

- dP - pgd z = p vdv

p dP v, vdv hf . — + j 1- f dz = 0

o P S o 8 o

p v2 . — H + h = cte.Pg 2g

m „ l 2

* — P + —m v" + mg h - cte.P 2

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294 Hidrodinámica pues, la masa (m) es una constante.

2) Análisis energético

V2

En la Fig., en el fluido incompresiblede densidad "p" que circula por la tube

ría, tomemos un elemento de fluido de

masa Am = pAV, y apliquemos el teorema del trabajo y la energía a este elemento de fluido que durante el inter valo de tiempo "At" recorre las distancias "Ax!" y "Ax2", cuando pasa por

"1" y ”2”, así:

W = AEC + AEP

F] Axj - F 2Ax2 = ^ A m vj - ^A m v2 +

Amg y2 - Amgy,

Pj A,Axj - P2A 2Ax2 = ^p AV( v 2 - V,2)

pAV(y2 - y ,) g

( P , - P 2)AV = ± A V ( v | - v ? ) +

pAV( y2 - y j ) g

1 2 1 2 pi + 2 P vi + pgy i = p2 + 2 P v2 + pgy2

^Conc lus ión

<<:La ecuación de Bemoulli, se deducedel principio de conservación de la energía>:>

4. APLICACIONES DEL TEOREMA DE BERNOULLIEl teorema de Bemoulli tiene diversasaplicaciones en la mecánica de fluidos,algunas de ellas son:

a) Presión al interior de un fluidoEn la Fig., la presión en el punto 2, sjtuado a una profundidad (h) del niveldel fluido de densidad (p) es:

p2 = P0 + p g h

siendo, (P0) la presión atmosférica, y(g) la aceleración de la gravedad.

Demostración:• Aplicando el teorema de Bemoulli, a

los puntos 1 y 2, se tiene:

1 2 1 2 pi + - P vi + P gh , = P2 + - p v 2 + p g h 2

P0 + 0 + p g h = P2 + 0 + 0

+ P2 = P0 + P gh

b) Velocidad de salida de un fluido por un agujero.

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Física II 295En la Fig. la velocidad (v) con la quesale el fluido por el agujero, situado auna distancia (h) por debajo del niveldel fluido, cuando el área A2 del agujero es mucho que el área A] de la secc

ión transversal del recipiente es:

v = V 2 g h

Demostración:• Aplicando el teorema de Bemoulli, a

los puntos 1 y 2, se tiene:

1 2 1 2P1+ -P V1 + pg hl = P2 + - P v2 + P gh2

1 2P0 + 0 + p g h = P0 + —p v +0

= v/2gh

Demostración:Según la ecuación de continuidad, elcaudal se mantiene constante, esto es:

Q = A j V , = A 2 v 2

a 2vi = — v2

Ai

Ahora, aplicando el teorema de Bernoulli, a los puntos 1 y 2, se tiene:

1 2 1 2P1+ - P V1 + p g h , = P2 + - p v 2 + p g h 2

Pl+^P(Tlv2)2+0 = P2+^PV2+0 2 A i 2

c) Velocidad y caudal en una tube-ría de Venturi.

En la Fig., la velocidad con la que pasael fluido por el punto 2, viene dado por

v =( 2gh V/2A2 ( A ? - A ^ 1

El caudal del fluido, a través de las sección transversal de área A:, viene dado

por:

Q = A 2 v 2 = A , A 2 ( - | ^ t ) i/2A , - A 2

u u 1 t A] —A 2 2 p g h i - p g h 2 = - p ( ¿ ) v 22 Aj

x v —f— )1/2AA,2—A , A '

d) Velocidad de un gas en una tube-ría, usando el tubo de Pitot.

En la Fig., la velocidad (v) del gas a traves del tubo horizontal, viene dado por:

v = (2g Pphy/2

P

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296 Hidrodinámicasiendo, (p), (p0) las densidades del gas

y del fluido que se utiliza en el tubo dePitot, respectivamente; en general seutiliza mercurio; y (h) es la diferenciade los niveles del mercurio en ambas ra

mas del tubo de Pitot.Demostración:• Aplicando el teorema de Bemoulli a los

puntos 1 y 2, se tiene:

1 2 1 2 pi + - P V ] + p g h ¡ = P 2 + - p v 2 + p g h 2

1 / 2

'2 g

Demostración:

De la conservación del caudal, obtenemos la relación de velocidades, así:

Q = Vl A , = A 2v 2

Atv 2 ( 1)

P3 + “ p v 2 + 0 = P4 + 0 + 0

y2 = 2(P4 - P 3) = 2p0g h

* v = (^P o g fl )l/2

^ N o t a

Se cumple que: Pi=P3y P2=P4, por quese asume, que la densidad del gas esmuy pequeña, comparada con la del fluído.

e) Tiempo de vaciado de un depósi-to abierto

Se tiene un depósito abierto de seccióntransversal de área "Aj", conteniendo

un líquido de densidad "p" hasta una a|

tura "h". El tiempo que tarda el líquidoen salir totalmente del depósito a travésdel agujero de área "A2" es:

Sustituyendo esta velocidad en la ecuación de Bemoulli, obtenemos la velocidad de salida del líquido, así:

1 2 1 2P , + - p v , + pgy¡ = P2+ - p v 2+ pgy2

1 2 1 2

Po + - P vi + P 8 h = Po + 2 pv2 +0

1 Al 2 1_ * ¿- p - y v 2 + pgh = - p v 2 l A ,

v2 =[

2gh

a 2 - a 2J

/ 2

Ahora, por conservación de la masa, elvolumen de líquido que sale del depósito, debe ser igual, al volumen de líquido que disminuye en el depósito, estoes:

A 2 v2 dt = - Aj dh

Sustituyendo "v2", separando variables

e integrando, obtenemos el tiempo devaciado, así:

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Física II 297

A 2 g

Para, A¡ » A 2, A ] / A 2 » l , por lo

que despreciando la unidad, la expresión anterior se reduce a:

t = (:,2H Ar

g a 2

Ul/22 ^

El tiempo de vaciado de un depósitoque contiene un líquido, es independiente de la densidad del líquido.

e) Velocidad de vaciado de un de-pósito cerrado

En esta sección estudiaremos la velocidad con la que sale un líquido por unorificio situado en la base inferior deun depósito cerrado en su parte superior con una tapa, y que encierra aire ala presión P0.

A i

H

N.R

V2

Consideremos un depósito de seccióntransversal de área "A," y altura "H",

que presenta en su base inferior un oríficio de área "A2", y que contiene ini

cialmente un líquido de densidad "p"

hasta una altura "h0".

Para un instante t>0, luego de iniciado

la salida del líquido de! líquido por elorificio, de la ecuación de continuidad para los puntos (1) y (2), tenemos:

Q = A,v, = A2v2 ( 1)

A su vez, aplicando la ecuación de Ber noulli a los puntos (1) y (2), tenemos:

1 i 1 2p i + - p v i + p g y i = p 2 + - P v 2 + p g y 2

P l + ^ P v l2 + P g h = Pa + ~ P v 2 + 0 ( 2 )

Ahora, asumiendo que el aire encerradoen el depósito se expande isotérmicamente, entonces de la ley de los gases jdeales, tenemos:

P0A , ( H - h 0) = P,AI(H - h ) (3)

Cuando, P0 < Pa, el agua deja de salir del depósito y v, = v2 = 0, entonces de

las ecs.(2) y (3), se reducen a:

p i = p a " P g h

P - P ( H ~ S~~ H - h

Igualando estas ecuaciones, obtenemos

la ecuación que determina la altura de equilibrio del líquido, así:

Pa - p g h = P0( ^ f )H - h

Pgh2 - (pgH + Pa)h

- H ( P o - P a) + p oho = 0

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298 Hidrodinámicasiendo, " Pa" la presión atmosférica.

Ahora, sustituyendo las ecs.(l) y (3) en(2), obtenemos la velocidad con la quedisminuye la altura del líquido en el de

pósito, así:

„ , H - h„^ 1 2 po ( „ . ) + r P v i + P g h =

H - h

1 AP a + T

L. ,2222 A2 V'

= P0( H - h 0 / H - h ) + p g h - P a 1/2

1 p(A,2/ A ^ - l ) /2

Sustituyendo Vi=-dh/dt, seprando varia

bles e integrando, obtenemos la integral qué determina la altura instantánea del

líquido en el depósito, así:

irH - h

- P g h (pgH + Pa )h + H(P0 - Pa)l 2 d h

1 t _ _ f d t

t p ( A f / A l - l ) ] ¿

La integración de esta ecuación presenta dificultad, por lo que, se recomiendautilizar alguna técnica numérica, paraobtener la altura instantánea del líquido.Para, PQ« Pa el depósito de líquido no

llega a vaciarse completamente.

f) El frasco de MariotteComo se vio anteriormente la velocidad

con la que sale un líquido a través deun agujero de un depósito disminuyecon el tiempo, pues depende de la altura instantánea del líquido. El frasco deMariotte es un dispositivo sencillo quenos permite mantener constante la velocidad de salida del líquido, por un cier to tiempo.

El frasco de Mariotte presenta un tuboque pasa por la base superior, estandosu extremo inferior sumergido en el fluído. Ahora, como el extremo inferior Bdel tubo se encuentra a la presión atmosférica "P0", la velocidad "v" con

la que sale el fluido por A depende dela altura "h" y no así de la altura delfluido "h0".

La velocidad de salida del fluido semantendrá constante, en tanto h < h0 .

La velocidad de salida del fluido puedecambiarse desplazando el tubo hacia a

rriba o abajo.La velocidad de salida no depende deldiámetro del tubo.

5. FLUIDO REAL

a) DefiniciónSe denominan así, a aquellos fluidos,en los cuales se considera su viscosidado fricción interna, al estudiar las propiedades y características que presentan el

fluido en movimiento.

b) ViscosidadSe denomina así, al rozamiento internoque se presenta en un fluido; debido alrozamiento entre las capas de gas ó líquido que se mueven paralelamente una respecto de otra con velocidades

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300 Hidrodinámicadespreciable

• La inversa de la viscosidad es la fluídez.

• La viscosidad es un parámetro relacionado a la emisión de contaminantes, da

do que interviene en las condiciones decombustión.

c) Coeficiente de viscosidadEl coeficiente de viscosidad es una cantidad física escalar, que se representa por ( r |), y se utiliza para caracterizar el

grado de viscosidad que presenta el fluido; existen dos tipos de viscosidad:

1) Viscosidad dinámica ( n )Está asociado con el movimiento en ré

gimen laminar de un fluido, a través detuberías de secciones regulares o irreguiares.

^ U n id a d : (q ) se mide en pascal.s

2) Viscosidad cinemática ( v)Se denomina así, a la dependencia que

presenta la viscosidad dinámica (q) ,

respecto de la densidad del fluido (p),

es decir:21

Pv

A nivel internacional, la referencia paraconstruir la escala de viscosidad es1,003 mm2/s, correspondiente a la viscosidad cinemática del agua, a una temperatura de 20° C, a partir de este valor seconstruye la escala de medición de viscosidad.

^ U n id a d : (v ) se mide en m2/s.

d) ViscosímetroInstrumento utilizado para medir la viscosidad de los líquidos. Consiste en una pequeña vasija en cuyo fondo existeun orificio calibrado y de tamaño cono

cido, y en la que se vierte un volumenconocido de líquido. El tiempo que esteemplea en fluir por el orificio es unamedida de su viscosidad. Con el viscosímetro se mide la viscosidad relativa,

la cual es directamente proporcional ala densidad del líquido y al tiempo queeste tarda en fluir por el orificio, e inver sámente proporcional al tiempo que tar da en fluir el mismo volumen de agua.

e) Medida de la viscosidad

1) ObjetivoMedir la viscosidad de un fluido

2) InstrumentosUna billa de plomo.Un micrómetro para medir el diámetrode la billaUn densímetro para medir la densidaddel fluido (aceite)Un cronometro para medir el tiempoque tarda la billa en recorrer una distancia "d" al interior del recipiente vertícal que contiene el fluido.

P s O

▼V£

3)

pr 77777777T ,

Fundamento teóricoEn la Fig., asumiendo que la bolita enA ha alcanzado ya su velocidad límite,el valor de esta velocidad límite lo calculamos en el tramo AB, así:

d

v' = 7( i )

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Física II 301

f)

De otro lado, de la ley de Stokes, la ex presión de la velocidad límite es:

= 2g(P s - Pf )R~

« i

Igualando (1) y (2), obtenemos la ex presión para el coeficiente de la viscosidad del fluido, así:

n =2g( Ps ~ Pf ) R t

9d

4)

siendo, "ps", "Pf" las densidades de

la billa y fluido, "R" radio de la billa,"t" tiempo que tarda la billa en recorrer

el tramo AB, "d" distancia del tramoAB, "g" aceleración de la gravedad, to

das estas cantidades se miden directamente, excepto "g".

EjemploSe libera una billa de radio R= l,85 mmdensidad p = 11,35 g/cm3, en un reci

piente que contiene aceite de densidad pf =0,88 g/cm3, el resultado de las me

didas de la distancia y el tiempo para eltramo AB son: d=50 cm, t=4,57s, entonces la viscosidad es:

n =(2)(9,8)(11350 - 880)(0 ,00185)^ (4,57)

(9X0,5)

r| = 0,71 kg/m.s

Fenómenos de transporte

Es una rama de la física que se dedica alestado sistemático y unificado de latransferencia de momento, energía y materia.Los modelos matemáticos que se utiljzan para describir el comportamiento deestas cantidades físicas, son análogas u-nas de otras.

Los fenómenos de transporte son de dostipos: Transporte molecular y transporteconvectivo. Estos, a su vez, pueden estudiarse en tres niveles distintos: nivel macroscópico, miscroscópico y molecular.

El estudio y la aplicación de los fenómenos es esencial para la ingeniería contemporánea.

g) Rotación de un disco en un gas

El disco delgado de masa "m" y radio"R", rota alrededor de su eje de simetría sin fricción, y está suspendido por la presión de un gas de viscosidad " ti " ,

a una altura "h" por encima de la placahorizontal. La velocidad angular instantánea del disco, viene dada por:

„ - j i r i R 2 t / m hC0 = <floe 1

siendo, "co0" la velocidad angular ini

cial y "t" el tiempo.Demostración:Consideremos una capa cilindrica degas de radio "r", espesor "dr" y altura"h".

La velocidad del gas en puntos cercanos a la placa horizontal es nula, en tar

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302 Hidrodinámicato, la velocidad lineal en puntos cercanos al disco de radio "r"es "cor".En la Fig., las expresiones del área delanillo de radio "r", espesor "dr", y elgradiente de velocidad son:

dv co r dA = 27trdr y — = — dx h

Sustituyendo estas expresiones en la ecuación de la fuerza por unidad de área(esfuerzo cortante), tenemos:

dF _ dv

dA ^ dx

dF _ cor

27trdr ^ h

1T, 27tnco 2 ,dF = ----- — r2 dr

Ahora, el momento creado por está fuer za, respecto del eje de simetría del disco rotante es:

dM = rdF = ^IT1(° r3 dr

Integrando sobre todos los anillos, obtenemos el momento sobre el disco, elcual, se opone a su rotación, así:

rM 271 T| CO fR 3[ dM = — t r dr Jo 2 h *>

M7ir)R co

2h

Sustituyendo este momento en la ecuación fundamental de la rotación de unsólido, e integrando obtenemos la ex

presión para la velocidad angular instantánea, así:

I ^ í = -Mdt

1 ^idci ) 7iriRco —mR — = '

dt

o dco _ 7tri R

°o o

mh

2

m h í dt

co = co„e ■Tit|R t / mh

Representemos la velocidad angular enfunción del tiempo.

H'Notas1) El signo (-) en la ecuación fundamental

de rotación, nos indica que M se oponeal movimiento de rotación del disco

2) El momento de inercia del disco respec

to de su eje de simetría de rotación es1=(l/2)mR2.

h) Fluido viscoso entre dos cilin-dros coaxiales

En esta sección estudiaremos la distribución de velocidades angulares del fluído entre dos cilindros coaxiales en rota

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Física II 303ción, y calcularemos el momento que e

je rce el flu ido viscoso, respecto de su e je de rotación común.Consideremos el movimiento de un fluído de densidad "p" y viscosidad "ti" en

-tre dos cilindros coaxiales de longitudes " f y radios "R ,", " R 2" que giran

en el mismo sentido con velocidades anguiares "co," y "co2".

Representemos un capa de fluido de for ma cilindrica de radio "r" y espesor "dr".

d r

r+dr

de una fuerza, queda así:

M = 2nr\í C, (2)

En la ec.(l) separando variables e integrando, obtenemos la distribución de

velocidades para el fluido, así:

r a r c i drJ dco = J

co = —^ r- + C ,2r

Evaluando "<a" en "R," y "R2", obte

nemos dos ecuaciones para Ci y C2:

co, = - -2Rc

■+ C,

En la definición de la viscosidad de unfluido, F/A=t] (dv/dx) sustituyendo el área A=27t r l lateral de la capa cilindrica, y v=r dco la velocidad lineal , teñemos:

F rdco2nrt dr

A su vez, esta fuerza crea un momentorespecto del eje de rotación, igual a:

M = rF = 2ti q f r'dco

dr

Ahora, como el líquido es incompresj ble y su mov imiento es estacionario, M

es independiente de "r" , esto es:

,dü) „rV = c .dr

(1)

siendo, " C ," una constante a determj

nar.Con esto, la ecuación para el momento

C,C02 — j + C 2

2Kl

Resolviendo este par de ecuaciones para Cj, C2, obtenemos:

C ,=2Rf R;

R ?- R ¡

r (C 0 2 - C O ,)

C2 =R 2co2 R,2 co,

R 2 - R,2

Sustituyendo C, en la ec.(2), obtenemos el momento ejercido por el fluido,respecto de su eje de rotación, así:

M47 tq fR2 R2 (co2 - c o , )

R 2 R

Como se observa, "M" es proporcionala la velocidad relativa de los cilindros.Esta expresión se utiliza para medir laviscosidad (q ) de un líquido.

Si: R2» R i , el momento se reduce a

M = 47iq ÍR2(ra2 - ca,).

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Física II

10 2 q f 2 4 lo

* AP8 q l Q

7tR4

b) Velocidad de caída de un líquido por un capilar

pR ; gsenB

Ahora, aplicando la ecuación de Poiseuille a esta columna de líquido de Iongitud "x", para el instante en que su velocidad es "v", tenemos:

_________________________ 305

Q =ti R AP

8q£

1)En la Fig, el fluido de densidad "p" y 2)viscosidad "q" se desplaza por el tubo

capilar de radio "R", inclinado un ángulo "0", respecto de la horizontal con una velocidad constante, dada por:

t tR pgx7t R ' v = -------------sen0

8q x

v= P8j L senQ

8II

Casos particulares

Si: 0 = 0o, v=0 el fluido está en reposoSi: 0 = 90°, vmax = pR2gsen0/8t |.

ConclusionesA mayor viscosidad del fluido, este sedesliza con mayor rapidez.A mayor radio del capilar, el fluido sedesliza con mayor rapidez.Un fluido denso cae más rápido que otro menos denso.

siendo "g" la aceleración de la gravedad.Demostración:Sea "x" la la longitud de la columna deliquido en el capilar en el instante detiempo "t".

c) Paso de un gas por un tubo capilar

La diferencia de presión AP, en los extremos de la columna de líquido de lalongitud "x"

La rapidez con la que pasa la masa degas por unidad de tiempo (dm/dt), por la sección transversal del tubo capilar

de radio "R" , longitud cuyos extremos están a la diferencia de presiónAP - P - P0, viene dada por:

dm _ 7 1 MR 2

dt ” 16 r |R T l Po)

AP = pgh = pgxsenOsiendo, "q" la viscosidad del gas, "M"

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306 Hidrodinámicasu masa molecular, " T" su temperaturaabsoluta y "R" la constante universalde los gases.Demostración:El volumen de gas que ingresa en la u

nidad de tiempo a una presión P, es diferente del volumen que sale por unídad de tiempo a la presión P0 (atmosférica), debido a la compresibilidad delos gases. No obstante, la masa de gasque ingresa en la unidad de tiempo, esigual, a la masa que sale por unidad detiempo, pues, la masa de gas se conser va.

T

Ahora, como la presión disminuye según aumente la longitud "x", la ecuación de Poiseuille, escribimos así:

dV 7t R 4 dP

dt 8 r) dxO)

siendo, dV/dt la rapidez con la que pasa el volumen de gas por la seccióntransversal (sombreada) del capilar.De otro lado, asumiendo que el gas esideal, y que el proceso se da a temperatura constante, entonces de la ecuación de los gases ideales, tenemos:

PV = — RTM

PdV =

dV

dt

RT dmM

RT dm

MP dt— (2)

Igualando las ecs.(l) y (2), obtenemosla ecuación para la rapidez con la que

pasa la masa de gas por la seccióntransversal del capilar, así:

RT dm

MP dt

7i R dP

8r| dx

Separando variables, integrando, y teniendo en cuenta que dm/dt=cte., obtenemos:

c>dx = - ^ > PdP

8r |RT *

dm n M R 2

~ 16r |RTtPo)

d) Descarga de un fluido por un tubo capilar Consideremos un capilar de longitud

sección transversal de radio "R”conectado a la base inferior de un tubode sección de área "A", la base superior esta abierta y la inferior esta cerrada por un tapa. Inicialmente el tubocontiene un fluido de viscosidad "q"

hasta una altura "h

La diferencia de presión entre los extre

mos izquierdo y derecho del capilar es:

AP = (P0 + p g h )- P 0 ( 1)

De otro lado, de la continuidad del fluído, el caudal que ingresa al capilar, esigual, al caudal con la que disminuye elfluido en el tubo, esto es:

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Física II 307

Q = A Vj = -Adh

dt(2)

Sustituyendo las ecs.(l) y (2) en la ecuación de Poiseuille para un capilar, teñe

mos:

„ 7i R 4 AP

- A — :dt

8 T]l

7tpgh R 4

Definiendo: C = 7tpgR4 /8 r|¿ , separan

do variables e integrando, obtenemos laaltura instantánea del fluido en el tubo,así:

8rif Atc = ~ ^n p g R

Se llama “ tiem po de vaciado medio>>

al tiempo que se necesita para que sedescargue la mitad del volumen de fluido, esto es:

= ect = 2h0e-Ct

*n(2)Ai(2)tc

Esto es la razón del tiempo de vaciado

medio a la constante de tiempo es:fm /tc = ¿n(2).

dh — = - C h => f — = -C T dtdt •'1o dh •*5

A i ( h ) | ¡ = - C ( t ) |

h = h0e' Ct

Como se aprecia, la altura del fluido enel tubo disminuye exponencialmente.

Se llama ^constante de tiempo>> altiempo transcurrido hasta el instante enque la altura es el 36,78 % de la alturainicial, esto es:

h„ e-Ct

ho “o

c t c = 1 => tr

= e

l / C

e) Ley de StokesEsta ley establece que: todo cuerpo quecae en un fluido en régimen laminar deviscosidad "r|", experimenta una fuerza

de resistencia que depende la forma delcuerpo y de su velocidad instantánea

"v", así, para el caso de una esfera deradio "R", la expresión de la fuerza deresistencia es:

f = 67tqR v

Demostración:1) Primera forma

La fórmula general de la fuerza de resistencia, viene dado por:

f = C d pf Av2

siendo, "C d" el coeficiente de arrastre

(a determinar), " p f " la densidad del

fluido, "A" área de la sección transver

sal de la esfera (itR2), y "v" la veloci

dad instantánea.

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308 HidrodinámicaEl coeficiente de arrastre es una firn ción del número de Reynold (RJ, vie ne dado por:

R» =P f * v

coordenadas esféricas con simetría a xial y con las condiciones de contorno apropiadas, se encuentra que las compo nentes radial (vr) y tangencial (ve) de la velocidad del fluido son:

siendo, la longitud del objeto medí do a lo largo de su sección transversal (para una esfera es 2R), y "r|" la visco

sidad del fluido.Par amplio intervalo de números R*, la forma de la función del coeficiente de arrastre (Cd), viene dado por:

^ 24

Cd^ + i +V r ;

+ 0,4

Para pequeños valores de R.<1, el pn mer término es el más importante, por lo que, la fuerza de resistencia para la esfera de radio "R" es:

f 4 <24

X P f t c R 2 v 2)2 2 pf R v / r|

f = Ó7tr|Rv

2) Segunda formaConsideremos una esfera a través del cual pasa el flujo laminar de un fluido incompresible que se mueve en la dj rección del eje Z con una velocidad v0, lejos de la esfera.

Resolviendo la ecuación diferencial co rrespondiente al flujo de corriente en

1 R vr = vo(! —Ür~~ T j~)cOS0

^ r

3 R

2 r

V0 = -v 0(l-3 R IR

4 r, )sen0

4 r3

Con esto el esfuerzo cortante que actúa en todos los puntos de la superficie de la esfera es:

r 5 .vn 1 d v. ^tre = -Tltr—(— ) + - ( — )]5r r r 50

3r)v0 R 4

= íT T 7 sene

A su vez, la distribución de presión debida al flujo de fluido que rodea a la esfera, viene dada por:

P = - f l [2 ( ^ ) 2 + 2 ( - ^ + ) 2 + dr r 50 r

2(ÍL+v£co!e)!]

r r

P = _ 2 l ! % ( ñ ) ! a ,s92 R r

Luego, la fuerza de resistencia que ex perimenta la esfera, hallamos integran do sobre la superficie de la esfera, las componentes de la distribución de pre

sión y esfuerzo cortante a lo largo del eje Z, así:

r2nf = f f (" P Ir+RC0S 0) R2se" 0 dG

í)2" Jo" Ir+RSen 0^R2sen 0 d0 d<t>

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Física II 309

f = 37iT]v0R £ cos20s en0 d0 +

37triv0R sen30d0

f = 2 7tr|Rv0 + 47tr|Rv 0

+ f = Ó7ir| Rv

7. Movimiento de una esfera en un fluido viscoso.En esta sección estudiaremos el movímiento de un cuerpo (esfera) en un fluido viscoso, bajo la acción de fuerzas deresistencia proporcional a la velocidady al cuadrado de la velocidad, además

se estudiara el movimiento de un proyectil en presencia de la fuerza de resistencia del aire.

a) Fuerza de resistencia proporcio-nal a la velocidad

Consideremos el movimiento de una esfera de radio "R" y densidad "ps"> que

partiendo del reposo, cae en un fluidode densidad " p f " y coeficiente de vis

cosidad "t]", como se aprecia en la Fig.• Las fuerzas que actúan sobre la esfera

en su movimiento de caída son: su peso(W), el empuje (E), y la fuerza de resistencia (f), cuyas expresiones son:

E = PfV = p fg R 3

f = 6rcr|Rv

• El movimiento de la esfera consta dedos etapas, en la primera etapa su movimiento es acelerado, en tanto, en la segunda etapa su movimiento es unifor me. La ecuación que describe el movímiento de la esfera es:

g dt

Definiendo: F=W-E y k = 67 tqR la e

cuación anterior se reduce a:

dvF - kv = m — (1)

dt

La esfera alcanza su velocidad límite,cuando su aceleración se anula, es decir cuando la resultante de las fuerzas esnula, esto es:

FF - kv , = 0 => v, = —

1 k

_ 2 g ( P s - p f ) R 2 91

Separando variables en la ec.(l), e integrando, obtenemos la velocidad instantánea de la esfera para la primera etapa,así:

fv dv 1 et

* F - k v ~ m * 1

- i f n ( F - k v ) ¡ 0v = - ( t ) ¡ ;k m

W = Ps V = j7 tp sg R 3v(t) = v, (1 - e-kt /m )

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310 HidrodinámicaSegún está ecuación la velocidad límitese alcanza para t —> oo .(en la prácticase toma "t" muy grande)Asumiendo que la esfera inicia su movimiento en x0=0, integrando la veloci

dad instantánea, obtenemos la posicióninstantánea de la esfera, así:

£ d x = £ vdt

X= £ v¿(l-e~kt/m)dt

x = v j t - — ( l - e ‘ kt/m )]k

Para, t —>oo x » v(t es decir el movi

miento es rectilíneo uniforme.

Consideremos el movimiento verticalde una esfera de radio "R", densidad"ps" en un fluido viscoso incompresi

ble de densidad "p f " y viscosidad "q".

Las fuerzas que actúan en todo instante

sobre la esfera son: su peso (W), el em puje (E) y la fuerza de resistencia (f),cuyas expresiones son:

W = psV = ^7tps R3

E = pf V = ^7 tpf R3 (1)

f = 0,2pf 7iR2v2

1) Movimiento hacia arriba

Gráfica de v vs t

C o n c l u s i o n e s

1) En la segunda etapa la bola se muevecon aceleración nula (a= 0), y con unavelocidad igual a la velocidad límite.

2) La velocidad de un cuerpo en caída li bre es proporcional al tiempo, en tanto,la velocidad de un cuerpo que cae enun fluido tiende a un valor constante(v¿).

3) El desplazamiento de un cuerpo en caída libre es proporcional al cuadrado deltiempo, en tanto, el desplazamiento deun cuerpo que cae en un fluido es pro

porcional al tiempo.

De la Fig., la ecuación de movimientode la esfera es:

E - W - f = m dv/d t

^7 t R3(pf - ps) g -0 ,2 p f7 tR2v2 = ^ i r R 3 ps 3 3 dt

£ = - ( i - a ) g _ o , ,5 - a - v

dt ps P S R

Denominando: C2 = (0,15pf /psRC])I/2 y

Cj = (1-pf / p s ) g , la ecuación anterior,

queda así:

b) Fuerza de resistencia proporcio nal al cuadrado de la velocidad

“j~ = _Cj (1 + C2 v2)

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Separando variables e integrando, obtenemos la velocidad instantánea de la esfera, así:

Cdv

0 1+ C 2 v2 ■c. £«•

Física II ____________________________ 311Integrando la velocidad instantánea, y asumiendo que la esfera inicia su movimiento en el instante "t0" en la posi

ción

v(t) = -^ -tg [-C ,C 2 t + tg 1(C2 v0)]

obtenemos la posición instan

tánea, así:

C2C,ín[cosh (C,C 2(t - 10))]

Asumiendo que la esfera inicia su movjmiento en Xo=0, integrando la velocidad instantánea, obtenemos la posicióninstantánea de la esfera así:

x(t) = — 2fn[Vl + (c 2v0)2»

C1C2cos(-C !C2t + tg ~ '(-C 2V0))]

2) Movimiento hacia abajo

En este caso, la ecuación de movimiento de la esfera es:

^ = - C , ( l - C 2v2)

Separando variables, integrando, y asumiendo que la esfera inicia su moví

miento del reposo en el instante to, obtenemos la velocidad instantánea, así:

dv

1- C?vi = - c i £ dt

e) Movimiento de un proyectil con resistencia del aireEn esta sección se estudia el movimiento de un proyectil lanzado desde tierracon una velocidad inicial "v0" forman

do un ángulo "0" con el eje X, el pro

yectil se mueve bajo la acción de su peso (W) y de la fuerza de resistenciadel aire proporcional a su velocidad ins

tantánea (f = -km v ).

La ecuación de movimiento del proyectil, respecto de un observador situadoen tierra es:

dv _ _ m — = m g - k m v

dt

dv _- = g - kv

Desdoblando esta ecuación en sus com ponentes a los largo de los ejes X y Z,tenemos:

v(t) = tgh[C]C2( t - 1 0)]v-2

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312 Hidrodinámica

Separando variables e integrando, obtenemos las componentes de la velocidadinstantánea del proyectil, así:

p ^ = _ k dtAOX y

vX

£nM v o x = ( _ k t )lo

vx = v0 c o s0 e 'kt (1)

r — — — = - Cdt•Sz g + k vz v

ín(g + k t ) | J z = ( - k t ) |;

El tiempo que tarda el proyectil en regresar a tierra, obtenemos tomandoz=0, en la ec.(4), así:

( f + vose n 0 )(l- e- k,v) = g tv (6)k

• Como se aprecia está ecuación no tienesolución analítica, por lo que, se plantean soluciones aproximadas, mediantela utilización de técnicas numéricas.

• La ec.(5) puede utilizarse para la deter minación la constante de proporcionalidad " k" de la fuerza de resistencia delaire, para lo cual, se mide el tiempo "t"

d) Movimiento de una burbuja de aire en un fluido viscoso

- k tv z = ( - + v os en Q)e ”

k k (2 )

Integrando nuevamente las ecs.(l) y (2)obtenemos las coordenadas de la posición instantánea del proyectil, así:

p lx = v0 cos0^ e kt dt

vncos0x = "(1 - e’ kt) (3)

f dz = ( J + vos e n0 ) J e - ktd t - | { d t

z = f ( f + vosen0) ( l -e -k ,) - f t (4)k k k

El tiempo que tarda el proyectil en a}

canzar su altura máxima, obtenemos tomando v2=0 en la ec.(2), así:

(—+ vosen0)ek

1 „ , kv„sen0t s = - f n ( l + — 15 ) ( 5)

k g

P=0

o f

i r

En esta sección estudiaremos el movímiento de una pequeña burbuja de aireen un fluido viscoso, y constataremosque la burbuja asciende con velocidadconstante, y que la magnitud de esta velocidad dependerá del tamaño de la bur

buja.La parte superior del tubo de vidrio par cialmente lleno de un fluido (aceite) dedensidad "p" y viscosidad "r|" se co

necta a una bomba de vació, afín que la presión sea muy pequeño P « 0 Demodo que, la presión a una profundidad"x" sea sólo debida a la altura de la columna de aceite.Al inyectar burbujas de aire por la parte inferior, se observa que las burbujas

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Física II 313

de radios comprendidos entre 0,1 cm y0,3 cm, ascienden lentamente descn

biendo trayec torias rectilíneas. Las bur bujas de radio mayor em piezan a oscilar a medida que ascienden, perdiendo

su forma esférica a medida que se acer can a la superficie superior del fluido.

fTv

4 3f = Ó7tqrv y E = p g —7tr

Despreciando el peso de la burbuja por ser muy pequeño, la ecuación que describe el movimiento de la burbuja es:

E - f = m a « 0

Consideremos una burbuja de forma esférica de radio "r" que esta a una profundidad "x". La presión del aire en elinterior de la burbuja es igual a la presión debida a la columna de fluido dealtura "x". Asumiendo que el aire encerrada en la burbuja se comporta comoun gas ideal y que se expande isotérmi

camente (T=cte.) a medida que asciende, de la ecuación de los gases ideales,tenemos que:

PV = P„V„

4 3 4 3 p g x - 7 ir = p g x 0 -7 tR ‘

r = (x0 /x )3/2R (1)

siendo, "R" el radio de la burbuja a la profundidad "x0" cuando la bu rbuja in

gresa en el recipiente de vidrio.Asumiendo que la burbuja asciende lentamente, tal que, podamos considerar que el flujo es laminar. Las expresionesde las fuerzas de fricción (f) y empuje(E) que actúan sobre la burbuja son:

p g ^ 7 t r 3 + 6 7 t q r ~ = 0 ( 2 )3 dt

pues, v= -dx/d t, la magnitud de la ve locidad a medida que asciende disminuyeCuando un cuerpo se mueve en un fluído viscoso en régimen laminar, despuésde cierto tiempo de iniciado su movímiento alcanza una velocidad límite, la

resultante de las fuerzas que actúan so bre dicho cuerpo es nulo.Sustituyendo la ec.(l) en la ec. (2), obtenemos la ecuación diferencial, que describe el movimiento de la burbuja:

í í + l £ S (i W =0dt 9 q x

Separando variables e integrando, con

la condición de que se empieza a contar el tiempo en t=0 en el instante en el quela burbuja pasa por la marca situada a una pro fundidad x 1; obtenemos:

o d 2x3/2dx = - Pg 0 jj dt

9 q

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314 Hidrodinámica

x = { x 5 / 2 _ 1 0 p g x 2 / 3 R 2 t } 2 / 5

27 T]

Esta ecuación nos da la posición de la burbuja en cualquier instante de tiempo"t".

8. NUMEROS EN LA HIDRODINAMI-CA

a) Número de ReynoldsEs un número adimensional, utilizadoen mecánica de fluidos, diseño de reactores y fenómenos de transporte paracaracterizar el movimiento de flujo la

minar o turbulento de un fluido. El número de Reynolds resulta de la comparación de los términos convectivos yviscosos en las ecuaciones de Navier-Stokes que gobiernan el movimiento deun fluido, viene dado por:

siendo, (D) diámetro de la tubería, (v)

la velocidad del fluido a través de la tu bería, (p ) la densidad del fluido, y

(r |) su viscosidad.

• Por ejemplo un flujo con número deReynolds alrededor de 105, expresa quelas fuerzas viscosas son 105 veces meñor que las fuerzas convectivas.

• Por ejemplo en conductos (tuberías) siel número de Reynolds es menor de2000 el flujo será laminar y si es ma

yor de 4000 el flujo será turbulento, siRe se encuentra entre estos valores elflujo se dice que es transicional.

• El valor límite ó crítico del número deReynolds, que establece el paso del movimiento laminar al turbulento, es diferente para los cuerpos que tienen for mas diferentes.

b) Número de ArquímedesEs un número adimensional que relaciona las densidades de un cuerpo que semueve en un fluido y la viscosidad dinamica del fluido, así:

_ g L2pf (p - pf )r 2

siendo, "p f " densidad del fluido, "p"

densidad del cuerpo, "L" longitud característica del cuerpo, "r|" viscosidaddinámica y "g" aceleración de la grave

dad.

c) Número de Knudsen

Es un número adimensional, que se defíne como el cociente del recorrido li

bre medio molecular (A.) y una escalade longitud molecular (L), esto es:

kBT

n L V27ta2pL

siendo, "T" la temperatura en (°K),"kB" la constante de Boltzmann, "P" la

presión total en (Pa), "o" diámetro en(m) y "p" la densidad en (kg/m3).

Cuando el número de Knudsen es similar o mayor a la unidad ( kn »1), el re

corrido libre medio de las moléculas esdel mismo tamaño (aproximadamente)que el sistema que contiene a la sustancia. Esto es, dada una región del espació del tamaño de la longitud (L), sóloocasionalmente pasará una molécula

por dicha región.• El número de Knudsen nos permite sa

ber cuando se pueden describir el com portamiento de un fluido mediante lasecuaciones de la dinámica de fluidos ola mecánica estadística. Así, si kn<l seutilizan las ecuaciones de la dinámicade fluidos y si kn>l se utiliza la mecáni

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Física IIca estadística.

Recorrido libre medioEs la longitud media que recorren lasreflexiones sonoras (moléculas) en undeterminado espacio. Depende del volumen (V) y el área (S) de la superficiedel recipiente, viene dada por:

X =4 V

cia y las fuerzas de tensión superficial,viene dad por:

_________________________ 315

N w = p v2 L

siendo, "y" el coeficiente de tensión su perficial del fluido, "p" la densidad,

"v" la velocidad y "L" un parámetro característico.

d) Número de MachEs un número adimensional, que se define como la razón de la velocidad de unobjeto a la velocidad del sonido en elmedio en el que se mueve dicho objeto,esto es:

Ma = — vs

El número de Mach es la medida de lavelocidad de un objeto, respecto de lavelocidad del sonido (velocidad relativa).Generalmente se utiliza para describir la velocidad de los aviones, así, Mach 1equivale a la velocidad del sonido,Mach 2 es dos veces la velocidad delsonido, etc...El número de Mach no es una constante, pues depende de la temperatura a laque se encuentre el fluido a través delcual se mueve el objeto.Clasificación de vuelosLa velocidad de los vuelos de los aviones, se clasifican en:

Subsónico Ma < 0,7Transónico 0,7 < Ma < 1,2Supersónico l , 2 < M a < 5Hipersónico Ma > 5

f) Número de StrouhalEs un número adimensional que relaciona la oscilación de un flujo con su velocidad media, y que surge en procesosen los que un flujo es interrumpido por

un objeto sólido, de forma que, al ser elfluido incapaz de rodearlo, se despegade este con una estela de forma frecuencial.

• Se utiliza en el diseño y construcciónde edificios y estructuras, para evitar desastres, como el caso del puente de Tocoma, en el que la estructura entro en resonancia con el viento. Este número,viene dado por:

S, = coL/v

siendo, "v" la velocidad del fluido,"L" un parámetro geométrico propiodel objeto, y "co" la frecuencia angular del flujo de fluido.

g) Número de Grashof Es un número de adimensional que relaciona las fuerzas de empuje y las fuer zas viscosas que actúan sobre el fluido,

viene dado por:

Gr =gp(T s -T f)L3c

e) Número de Weber Es un número adimensional que expresa la relación entre las fuerzas de iner

siendo, "(3" es el coeficiente de expansión volumétrica de la sustancia, repre

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316 Hidrodinámicasenta la variación de la densidad de esasustancia con la temperatura a presiónconstante, para un gas ideal p = 1 / T ,

"T" temperatura absoluta en °K, "Lc"

es la longitud característica, "g" la ace

leración de la gravedad, "v" la viscos!dad cinemática.El número de Grashof es un indicativodel régimen de flujo en convección natural, equivalente al número de Reynold en convección forzada.

h) Número de FroudeEs un número de adimensional que relaciona la fuerza de inercia (F) y la fuer

za peso (W), viene dado por:

Fr = V(y/ p ) l

siendo, "p" la densidad del fluido, "L"

longitud en la dirección del flujo de fluído, "y" peso específico del fluido, y

"v" velocidad del flujo de fluido.Si: Fr > 1, el flujo se llama supercrítico

Si: Fr < 1, el flujo se llama subcrítico.Si: Fr = 1, se llama crítico.

Este número tiene gran importanciacuando la gravedad influye en el patrónde flujo como el caso de vertederos, canales, sistemas de drenaje, etc...

9. EFECTOS EN LA HIDRODINAMI-CA

a) Efecto MagnusEste efecto consiste en que la rotaciónde un objeto (pelota) afecta a la trayectoria del mismo a través de un fluido,en particular el aire.Este efecto es resultado de varios fenómenos, incluido el principio de Bemounoulli y el proceso de formación de la

capa límite en el fluido situado alrededor de los objetos en movimiento.

El objeto en rotación crea un remolinode aire a su alrededor. En la parte superior del objeto, el movimiento del remolino tiene la misma dirección que la corriente de aire que pasa por el objeto,

por lo que, en la parte superior la velocidad aumenta. En la parte inferior, elmovimiento del remolino esta en dirección opuesta á la de la corriente de aire,

por lo que, la velocidad disminuye. Lúego, como la presión debida al movímiento de un fluido es proporcional alcuadrado de su velocidad, la presión enla parte superior es mayor que en la inferior, produciéndose una fuerza perpen

dicular a la dirección de la corriente deaire. Esta fuerza desplaza al objeto dela trayectoria que tendría, si no existiese el fluido.

b) Efecto LeidenfrostEl efecto Leidenfrost es el nombre dadoal fenómeno de la capa de vapor que seforma alrededor de una gota de un líquido que se encuentra sobre una superficié caliente.

• Cuando sobre una placa metálica a altatemperatura se coloca una gota de unlíquido volátil (agua, alcohol, etc...), lagota no se evapora instantáneamente sino que se mueve erráticamente sobre lasuperficie durante cierto tiempo, hastaque finalmente desaparece.

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Física II 317

c) Efecto KayeEs una extraña propiedad de los líquidos complejos. Cuando se vierte unamezcla viscosa de un líquido orgánicosobre una superficie, la superficie repen

tinamente devuelve otro chorro aseendente que tiende a combinarse con elchorro que esta cayendo.

• Líquidos comunes con esta propiedadson jabones de mano, champús y pintura líquida.Este efecto dura no más de 300 ms.

d) Efecto CoandaEste efecto esta relacionado con lasfuerzas que se originan debido a la vis

cosidad de los fluidos. El efecto consiste en que un fluido tiende a seguir elcontorno de la superficie sobre la queincide, si la curvatura de la misma, o elángulo de incidencia del fluido con lasuperficie, no son demasiado acentúados.

En la Fig., el líquido que incide sobrela superficie del cilindro tiende a “pegarse” a la superficie curva. El fluidosale en dirección opuesta. El cilindroes atraído hacia el fluido.Este efecto se utiliza en el automovilismo para canalizar el aire en ciertas par

tes del chasis sin tener que reflectarloen demasía evitando gran resistencia aerodinámica.

e) CavitaciónLa cavitación en vació es un efecto hjdrodinámico que se produce cuando elagua o cualquier otro fluido pasa a gran

velocidad por una arista afilada, produciendo una descompresión del fluido.Puede ocurrir que se alcance la presiónde vapor del líquido de tal forma quelas moléculas que lo componen cam

bien inmediatamente a estado de vapor,formándose burbujas o más exactamente cavidades.

• Las burbujas formadas viajan a zonasde mayor presión e implosionan (el va

por regresa al estado líquido de modosúbito, “aplastándose” bruscamente las

burbujas) produciendo una estela degas y un rápido desgaste de la superficié que origina este fenómeno.

f) Supercavitación

Este fenómeno hidrodinámico consisteen que al moverse el objeto a gran velocidad, el fluido que se desplaza a su alrededor adquiere una velocidad muygrande haciendo que su presión disminuya drásticamente. Si se llega al punto de evaporación del líquido, este seconvierte en gas y por tanto el objeto sedesplaza por un medio gaseoso disminuyendo así su fricción.

• La diferencia fundamental entre cavitación y supercavitación reside en la velocidad y en los usos potenciales de la

misma, mientras la cavitación es un fenómeno generalmente negativo para laindustria naval y aeronáutica, la super cavitación ofrece muchas posibilidadesen el desarrollo de nuevas tecnologías.

10. OSCILACIONES DE UN FLUIDO IDEAL

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318 Hidrodinámica

a)

En esta sección estudiaremos las oscilaciones de un fluido contenido en un tu

bo en forma de U, cuando ambos extremos están abiertos, cuando un extremo está cerrado, y cuando la sección

transversal del tubo es no uniforme.Ambos extremos abiertos

P.E

Consideremos un líquido de longitud"£" y densidad "p" contenido en el tu

bo en forma de U de sección uniformede área "A". Cuando el líquido se encuentra en equilibrio, la altura en am bas ramas del tubo es la misma.Para producir las pequeñas oscilacionesarmónicas, desplazamos el fluido en larama izquierda una distancia " x" haciaabajo, y al liberar el fluido se inicia lasoscilaciones bajo la acción del peso dela columna de fluido de longitud "2x"situada en la rama derecha, esto es, lafuerza que produce las oscilaciones es:

F = p g A 2 x

x]

p 4

t P.E.

Ahora, como esta fuerza es del tipo deHooke F = k x , entonces, comparando

estas ecuaciones encontramos que la

constante elástica es: k = 2 pg A , por lo

que, la frecuencia angular propia de lasoscilaciones armónicas que realiza lamasa de fluido de longitud " l" es:

= ■ ( * ) • « - í^ ) 1' 2m p f A

a . » * 1 ? ) 1' 2

b) Un extremo cerrado

P.E.

Consideremos un líquido de longitud"i" y densidad "p" contenido en un tu

bo en forma de U de sección uniformede área "A", cuyo rama derecha está ce

rrada por una tapa en cuyo interior hayaire hasta una altura "H", y a la presiónatmosférica "P0".

Cuando en la rama izquierda el fluidose desplaza hacia abajo una longitud" x" desde su posición de equilibrio, laaltura del nivel del fluido en la ramaderecha respecto del nivel en la rama izquierda es ”2x".

P

X Í

p ....4t

P.E.

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Física II 319

Las fuerzas que actúan sobre todo el fluido de masa "m" son: El peso de la columna de fluido de altura "2x", o puesta al desplazamiento:

W = pgA 2x

En la superficie libre del fluido de la ra ma izquierda actúa la fuerza de presión, en la dirección del desplazamiento:

Vi = P0A

En la superficie libre del fluido de la ra ma derecha, actúa la fuerza de presión, opuesta al desplazamiento:

F2 = P A

De otro lado, considerando que el pro ceso de compresión del aire es adiabáti co, se tiene que:

P0(AH)r = P [ A ( H - x) ] y

Ahora, asumiendo que la amplitud "x" de las oscilaciones del fluido sean pe queñas comparadas con la longitud ini

cial de la columna de aire "H", se tiene que:

F = k x , entonces, la constante elástica

es: k = (2pg + yP0 /p fH )A , y la frecuen

cia angular propia de las oscilaciones ar mónicas que realiza la masa de fluidode longitud " i" es:

©o = ( k / m ) l/2

a [(2pg + yP0/p^ H )A ]i/2

®o = (

p£ A

2 § i Y Po \ 1 / 2

p £ H y

siendo, "y" el coeficiente de Poisson

que caracteriza el tipo de gas.

c) Tubo de sección transversal no uniforme

A i Ai

P.E.

T b o i

i

Tho2

P = (1- ^ r yP o * (1 + y ) Po

P - P 0 = ^ X ° H

Con esto, la fuerza resultante que actúa sobre la masa "m" es:

F = -W + F[ - F 2

F = - 2 p g A x - ( P - P 0)A

F = - (2 p g + - ) A x p f H

Consideremos el recipiente formado por dos vasos comunicantes de secciones de áreas I» A ** ti A7" conectados

por el tubo horizontal de sección de á rea "A". El recipiente contiene un fluí do de longitud "£" y densidad "p". Las

alturas inciales del fluido en ambas ra

mas son "h01", "h02", diferentes de las correspondientes al equilibrio.Como la masa del fluido contenido en los vasos permanece constante, igualan do volúmenes, obtenemos la altura co rrespondiente al equilibrio, así:

Como esta fuerza es del tipo de Hooke A]hoi + A2h02 - (A, + A2)h

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320 Hidrodinámica

h _ Alhoi + A2^02Aj + A 2

(O

Ai A 2

P.E.T*í"

Ahora, cuando el fluido en el primer recipiente se desplaza "xj" hacia debajo

de la posición de equilibrio, en el según

do recipiente el fluido se desplaza "x2"hacia arriba. Como el volumen total delfluido en ambos recipientes permanececonstante, la relación entre estos desplazamientos es:

La variación de la energía potencialque experimenta el fluido, debido al paso de un diferencial de masa "dm" desde la posición inicial; "h + x2" hasta la

posición final "h - x," es:

AEP ; Ep j- Ep p

AEP = dm g(h + x2) - dmg(h - Xj)

siendo, el diferencial de masa de fluidoigual a dm = - p A, dx ,, pues "x ," dis

minuye.Ahora, según el teorema del trabajo y laenergía, como la fuerza externa resultante es nula, el cambio en la energía ciné

tica, debe ser igual, al cambio de la energía potencial, esto es:

p A jíh -X jjv jd v , + p A 2(h + 4 Lx1)«

AjXj = A2x2 (2)

Sean "v1","v2" las velocidades del fluí

do en el primer y segundo recipiente, y"v" la velocidad en el tubo horizontalque conecta los recipientes, entoncesde la ecuación de continuidad, tenemosque:

(3)AjV] = A2v2 = A v

Para un instante "t", las masas de flujdo contenidas en el primer y segundoreci-piente, y en el tubo horizontal son

mj = pAj(h - Xj)

m2 = p A 2(h + x2) (4)

m = pAd

El cambio de energía cinética que experimenta el fluido entre los instantes " t"y ”t + dt" es:

—Lv]dv] + p A d —5-Vjdvj =

-p A jd x jg C x j + —3-Xj)A2

2 2

[AiCl + í -j h + d - A , (l - ^ - ) x i ] «

vjdv! = - A ]( l + -—Ljgxjdx]

[(i + - j h + - d - O - ^ L j x j j v j d v j =a 2 a a 2

- o + 4 L) g xi dx¡A ,

Aj d Ai —1--------- + (—L-l) x iJ v i dv,[h + -

A(l + A ,/A 2) a 2

= -gXj dx.

AEC = miv,dv, + m 2v2dv2 + m vdv Definiendo las siguientes constantes:

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Física II 321

+ _(A¿A 1)d_ c Al , !

1 l + CAj/Aj) 2 A2

La ecuación diferencia] anterior se redu

ce a:

Esta es la ecuación diferencial de unM.A.S de frecuencia angular propia, igual a:

®0 = ['g

h + A d/(A , + A2)

,1 / 2

1)

(Cj + C2 Xj)dx, d X[

" d T ! ^= - gx j dx j

d2Xj

"di2"

g_ Cj + C2X]

-x. = 0

Esta ecuación diferencial de segundo or den que describe las oscilaciones no ar mónicas que realiza el fluido, no tienesolución analítica. Se plantean soluciones aproximadas mediante la utilización de técnicas numéricas, con la ayuda de computadoras.Casos particularesPara: At=A2=A, las constantes son:Ci =h+(d/2)=(2h+d)/2=£/2, y C2=l-1=0siendo " í ” la longitud del fluido, por loque, la ecuación diferencial obtenida sereduce a:

d x

dtL + — x, = 0

Esta es la ecuación diferencial de unM.A.S de frecuencia angular propia y

periodo, iguales a:

= ( ^ )1/2 y T = 2 * ( ^ ) 1/2l 2g

2) Para: Ai=A2*A, las constantes son:Ci=h+(Ad/A,+A2), C2=0 por lo que, laecuación diferencial obtenida se reducea:

d2Xj

H ¡F

gh + Ad/(A] + A2)

X i = 0

3) Si: A! = A2 » A, las constantes sonCi=h y C2=0, y la ecuación diferencialobtenida se reduce a:

d2x,r^-+“ Xj = 0

dt2 h 1

Esta es la ecuación diferencial de unM.A.S de frecuencia angular propia, i

gual a:

(0

11. SUPERFLUIDEZ DEL HELIO

a) ConceptoSe llama así al fenómeno observado enel helio II de la ausencia casi total deviscosidad al pasar por tubos capilaresmuy estrechos, de radios aproximada

mente de r « 10-8 cm. En este caso elcoeficiente de viscosidad es menor de10'" Poises.

b) PropiedadesA temperaturas ultrabajas se observarón en el helio las siguientes propiedades:

1) No existe el punto triple.2) A presiones menores que 24 atm el he

lio no cristaliza por enfriamiento por

muy bajas que sean las temperaturas alas que se someta.

3) Los parámetros críticos del isótopo He4son Tk=5,19 °K, con la particularidadque la densidad del helio líquido es anomala po r su pequefiez.

4) Si la temperatura desciende hasta T=2,2°K y la presión es normal, en el He4 se

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322 HidrodinámicaLa '■slocidad con la que se evapora el líquid» es decir la cantidad de líquidoque se transforma en vapor en 1 s, de

pende de la presión externa y del movimiento de la fase gaseosa en la super

ficie libre, esta velocidad viene dada por:

produce la transición "X", transición defase de segundo orden, es decir, el heliolíquido I se transforma en helio II. Alaumentar la presión disminuye la temperatura de transición "X".

5) El helio II presenta una conductibilidadtérmica anormalmente elevada, centenares de veces mayor que la conductibilidad térmica de los metales a la temperatura ambiente. Por lo mismo, en el helio II no se producen caídas sensiblesde temperatura, éste no puede hervir, ysolamente se vaporiza por su superficielibre. La alta conductibilidad del heliose debe a las intensas corrientes de convección que se producen en el helio lí

quido.6) En concordancia con el modelo de los

dos líquidos se considera que el heliolíquido a la temperatura de T<2,2 °K es la mezcla de dos componentes líquidos que se infiltran perfectamente entre si, sin presentar fricción. Una com ponente es un liquido normal y la otraun superfluido que no presenta viscosidad ni excitación térmica.

12. EVAPORACION Y EBULLICION DE LOS LIQUIDOS

a) EvaporaciónSe llama evaporación de un líquido al

proceso de formación de vapor que seda en la superficie libre del líquido. Laevaporación se produce a cualquieratemperatura y aumenta al elevarse ésta.La evaporación se produce debido a

que las moléculas de la superficie libretienen mayor velocidad y energía cinética que les permiten abandonar el líquido, venciendo las fuerzas de cohesiónmolecular, y como consecuencia se enfría el líquido.

siendo, "C" una constante, "S" el áreade la superficie libre, "Ps " presión del

vapor saturado, "P" presión del líquidoen la superficie y " P0 " la presión baro

métrica externa.

c) EbulliciónSe llama así al proceso de evaporaciónintensa que experimenta un líquido yque se da en su superficie libre y al interior de ella, en el seno de las burbujasde vapor que se forman. La presión alinterior de una burbuja, viene dada por:

P = P0 + pgh + Pe

siendo, "P0" la presión externa, ”Pe" la

presión debida a la tensión superficial,"h" la altura, y "p" la densidad.

c) VaporizaciónEs el cambio de estado de líquido a gaseoso. Hay dos tipos de vaporización: laebullición y la evaporación.

• A la temperatura durante la cual se diceque un determinado líquido hierve sellama punto de ebullición.

• La diferencia entre la evaporación y laebullición, es que en la evaporación, elcambio de estado ocurre solamente enla superficie del líquido.

b) Velocidad de evaporación

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Física II 323


01. Por una tubería rectilínea de diámetro D=8 cm fluye aceite con una velocidad media dev= 3 m/s. Hallar el caudal (Q).

a) 0,015m

b) 0,025m

c) 0,035m

d) 0,045m

e) 0,055m

02. Por una tubería rectilínea de diámetro D=8 cm fluye aceite de densidad p = 900 kg/m

con una velocidad media de v= 3 m/s. Hallar el flujo másico (F).

a) 10,5 kg/s b) 11,5 kg/s c) 12,5 kg/s d) 13,5 kg/s e) 15,5 kg/s

03. En la Fig.01, los radios de las secciones transversales del tubo son Ri=3 cm, R2=l,5 cmla velocidad del agua en la sección (1) es Vj =2 m/s. Hallar la velocidad en la sección

(2).


04. En la Fig.02, hallar el volumen de agua que sale por minuto, de un tanque abierto muygrande, a través de un orificio de diámetro D=2 cm situado a h=5 m por debajo del nivel del agua. (g=10 m/s2)

a) 0,19

m

min b) 0,29

m

min c) 0,39

m

min d) 0,49

m

min

Fig.01

e) 0,59

Th

tH

1

m

min

Fig.03

rV»\ t/ 205. En la Fig.03, el tanque cerrado lleno de agua de peso específico y = 10 N/m , tiene una

presión manométrica de Pman=8.104 N/m2 en el fondo. Si se hace un agujero en la tapadel tanque; sale un chorro verticalmente hacia arriba, alcanzando una altura de h=5 m.Hallar la altura (H) del tanque. (g=10 m/s2)

a) 1 m b) 2 m c) 3 m d) 4 m e) 5 m

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324 Hidrodinámica06. En la Fig.04, hallar la velocidad de salida del agua de densidad p = 1000 kg/m3a través

de la pequeña abertura de la caldera que se muestra, siendo la presión sobre la atmosférica de 106 N/m2. (g=10 m/s2)


07. En la Fig.05, por la tubería convergente de diámetros D, =25 cm y D2=15 cm, pasaaceite de peso específico relativo yr = 0,9, y la lectura de los manómetros indican las

presiones de Pi=48 N/cm2 y P2=45 N/cm2. Hallar el caudal a través de la tubería. (g=10m/s2)

3 3 3 3 3

3)0,37™ b) 0,97 — c) 0,77 — d)0 ,17 — e)0,57 — s s s s s

Fig.04 Fig.05

08. Una bola de metal de densidad p = 8,5 g/cm3 de radio R=10 mm, se desplaza hacia a

bajo, a través de glicerina de densidad pL = 1,32 g/cm3 y coeficiente de viscosidad

r) = 0,833 N.s/m2. Hallar la velocidad de la bola cuando su aceleración es de a=250

cm/s2. (g=10 m/s2)


09. Por un orificio situado en la base de un depósito que contiene agua una altura de h=4m, sale un caudal de 50 lt/min. Hallar el caudal si sobre la superficie libre del agua seaplica una sobrepresión de 5 N/cm2. (Peso específico del agua y = 10 000 N/m3)

a) 55 lit/min b) 60 lit/min c) 65 lit/min d) 70 lit/min e) 75 lit/min

10. Hallar el trabajo realizado por una bomba al elevar un volumen de V=3 m3 de agua a una altura de h=20 m contra una presión de P=15 N/cm2. (y = 1 0000 N/m3)

a) 1,05 MJ b) 1,10 MJ c) l,1 5 M J d )l, 2 0 M J e) 1,25 MJ

11. El agua de una represa cae sobre una turbina situada a 30 m por debajo de ella a razónde 60 m3/min. La velocidad de salida del agua a través de la turbina es de 10 m/s. Hallar el rendimiento de la tubería, (p = 1000 kg/m3, g=10 m/s2)

a) 81 ,3% b) 83,3 % c) 85,3 % d) 87,3 % e) 89,3 %

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Física II 325

12. En el tubo de Venturi, el diámetro de la entrada es D=40 cm y el de la garganta d=20cm. Hallar el caudal de agua, sabiendo que la diferencia entre las alturas alcanzadas por el mercurio en las dos ramas es de h=30 cm; las densidades del agua y mercurio son p = 1 g/cm3y p ' = 13,6 g/cm3, respectivamente. (g=10 m/s2)

a) 0,20 m3/s b) 0,22 m3/s c) 0,24 m3/s d) 0,26 m3/s e) 0,28 m3/s13. El aire de densidad p = 1,293 kg/m3 fluye horizontalmente a través de un ala de avión

de área A=4 m2. Las velocidades del aire en las superficies superior e inferior son Vi=30 m/s2 y v2=20 m/s, respectivamente. Hallar la fuerza sustentatoria sobre el ala delavión. (g=10 m/s2)

a) 1291N b) 1293 N c) 129 5N d) 129 7N e) 1299N

14. Hallar la rapidez límite de una esfera de radio R=2.10'3m y densidad p = 1,5.103kg/m3

que cae en glicerina de densidad p' = l,26.103 kg/m3 y viscosidad r|=0,833 N.s/m2

(g=10 m/s2)

a) 0,156 cm/s b) 0,556 cm/s c) 0,356 cm/s d) 0,256 cm/s e) 0,456 cm/s

15. Del orificio de una manguera, cubierto con el dedo, brotan dos chorros de agua bajo los

ángulos a = 53° y (3= 37° respecto del piso, con una misma rapidez inicial v0 = 5 m/s,¿

Hallar la distancia horizontal "x" a la que se intersecan los chorros de agua ? (g=10m/s2)

a) 2,0 m b) 2,2 m c) 2,4 m d) 2,6 m e) 2,8 m

16. De un acuario esférico de radio "R", que contiene agua hasta la mitad, de cada unidadde superficie se evapora por unidad de tiempo un volumen de líquido "q", ¿En qué

tiempo se evaporará todo el agua?

a) 2q/R b) q/R c) 2R/q d) R/q e) R/2q

17. Un niño está inflando un globo. Cuando el radio de éste tenía el valor de 10 cm, la rapidez con que aumentaba el radio era 1 mm/s ¿Qué volumen de aire por segundo expeleel niño?

\ ->n cir|3 u, c crr|3 \ An cm3 cm3 cm3a) 30 tc b)35ti c) 407t d) 45rt--- e) 50 ti------s s s s s

18. Un chorro de aceite que cae sobre la superficie del agua se extiende formando una mancha circular de grosor "h", ¿Cómo depende del tiempo "t" la rapidez del movimiento delos extremos de la mancha si en cada unidad de tiempo ingresa el volumen "q"?

a) (q/47iht)1/2 b) (q/37iht)1/2 c) (q/27iht)1/2 d) (2q/7tht)1/2 e) (q/7iht),/2

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326 Hidrodinámica19. Una esfera de radio R =2.10l m y densidad p = 1,5.103 kg/m3 cae en glicerina de den

sidad pf = 1,26.103 kg/m3 y coeficiente de viscosidad r|=0,833 N.s/m2. Hallar la rapi

dez de la esfera cuando su aceleración es de a=l m/s2 (g =l0 m/s2)

a) 0,98 mm/s b) 0,96 mm/s c) 0,94 mm/s d) 0,92 mm/s e) 0,90 mm/s

20. Del orificio de una manguera, que está en el piso, brota agua con una rapidez inicial devo=10 m/s y un ángulo de inclinación de 45°. El área de la sección del orificio de lamanguera es de A=5 cm2. Hallar la masa del chorro de agua que se halla en el aire.(g=10 m/s2 p = 1000 kg/m3)

a) 9 kg b) 7 kg c) 5 kg d) 3 kg e) 1 kg

21. En la Fig.06, en el recipiente cónico inicialmente vacío el nivel de agua se eleva con ra pidez constante "v0", ¿Cómo depende del tiempo la rapidez de entrada del agua al reci

piente por el orificio de área de sección "S"?

a) 7t v q t2 tg2a / S b) tt v q t2 tg2a / S c) ti v q t3 tg2a / S

d) 7t vo t tg a/S e) ti v q t2 tga/S

22. En la Fig.07, el depósito parabólico de diámetro superior D=30 cm y profundidad h=40cm está lleno de vino. ¿En qué tiempo el vino sale totalmente a través del agujero dediámetro d= l cm, practicado en la parte inferior del depósito? (g=10 m/s2)

a) 1,41 min b) 1,45 min c) 1,49 min d) 1,53min e) 1,57 min

23. Por un tubo horizontal de diámetro D=20 cm que forma una curva de radio R=20 m cir cula agua de densidad p = 103kg/m3. Por la sección transversal "S" del tubo cada hora

pasa una masa de agua M=3.105 kg. Hallar la presión lateral del agua debida a la fuer za centrífuga.

N N N N Na) 57,2 —j b) 51,2 ~ c) 53,2 ~ d) 55,2 — ■ e) 59,2 2

m m- m m“ m

24. Un chorro de agua que sale por una tubería de diámetro D=2,5 cm a una rapidez de

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Física II 327v=30 m/s choca contra una superficie normal a él que se desplaza en un mismo sentidocon una rapidez de u= 6 m/s. Hallar la magnitud de la fuerza ejercida por el agua so bre la superficie móvil. La densidad del agua es p = 1 000 kg/m3.

a) 245 N b) 250 N c) 2 55 N d) 260 N e) 265 N

2 5 . Una lancha impulsada por chorro de agua se mueve por agua tranquila a rapidezconstante de v=20 m/s. La rapidez del agua expulsada con relación a la lancha es u=40m/s. Hallar la resistencia que ejerce el agua si la sección del flujo del agua que toma elmotor es S= 0,2 m2 y la densidad del agua es p =103 kg/m3.


2 6 . En la Fig.08, el chorro de agua sale por la manguera de sección transversal S=100 cm2con una rapidez de v =5 m/s, y choca con el suelo completamente liso formando un ánguio de 0=37°, la densidad del agua es p=1000 kg/m3. Halle la fuerza ejercida sobre la

pared.

a) 200 N b) 250 N c) 300 N d) 35 0N e) 400 N

2 7 . En la Fig.09, por la manguera de jebe de diámetro d=5 cm, circula agua de densidad p = 1000 kg/m3 con una rap idez de v=4 m/s, formando un circulo de radio R=1 m. Ha

llar la tensión interna en la manguera. (g=10 m/s2)

a) 1071 N b ) 15tt N c ) 20n N d) 2571 N e ) 30tx N

2 8 . En la Fig. 10, hallar el valor de la fuerza de presión que ejerce el agua sobre el soportede codo del tubo de área de la sección transversal S =10071 cm2 , el agua tiene una densi

dad de p=103 kg/m3 y circula con una rapidez de v=4 m/s. El eje del tubo se encuentrasobre un plano horizontal (g=l 0 m/s2 , 0 = 60°)

a) 10071N b) 1 2 0 ti N c ) 1 4 0 t i N d) 1607tN e) 1807tN

2 9 . En la Fig.l 1, el globo aerostático de volumen V=50 m3ha sido inflado con gas de heliode densidad pHe =0 ,17 kg/m3. Hallar la fuerza de fricción que actúa sobre el bloque de

masa m=100 kg, sabiendo que ps =0 ,66 , paire =1 ,29 kg/m3 y g=10 m/s2.

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328 Hidrodinámica

a) 660 N b) 560 N c) 46 0N d) 360 N e)2 60 N

30. Un globo de masa total m=200 kg, volum en V=200 m3 inflado con un gas de densidad p = 0,29 kg/m3, se suelta del reposo. ¿Qué distancia recorrerá el globo en t=2 s, si

paire = 1,29 kg/m3y g=10 m/s2?

a )10 m b)15 m c )20 m d) 25 m e )30m

31. Hallar la velocidad con que fluye el anhídrido carbónico de densidad p = 7,5 kg/m3por un tubo de diámetro D=2 cm, si en media hora pasan por la sección transversal del tubom= 0,51 kg de gas.


32. Un depósito cilindrico de diámetro D= 0,5 m tiene en su base un agujero circular de diámetro d=l cm. Hallar la velocidad (v) con que desciende el nivel del agua en el depósj

to cuando la altura del nivel del agua es h= 0,2 m. (g=10 m/s2)

a) 0,1 mm/s b) 0,2 mm/s c) 0,4 mm/s d) 0,6 mm/s e) 0,8 mm/s

33. En la Fig.l2, la cara lateral de una vasija que se encuentra sobre la mesa, presenta unorificio pequeño situado a la distancia h, = 25 cm del fondo de la vasija y a la distanciah2=16 cm del nivel del agua, el cual se mantiene constante. ¿A qué distancia horizontaldel orificio caerá el chorro de agua sobre la mesa?

a) 0,1 m b) 0,2 m c) 0,3 m d) 0,4 m e) 0,5 m

34. En la Fig. 13, el interior del frasco de Mariotte está llena de agua y en contacto con la atmósfera a través del tubo de vidrio (a) que atraviesa el tapón enmasillado que cierra suentrada. El grifo K se encuentra a la distancia h2=2 cm del fondo del recipiente. Hallar la velocidad con que saldrá el agua por el grifo K, si hi = 10 cm y g=10 m/s2.


35. Un depósito cilindrico abierto de altura H=1 m está lleno de agua hasta los bordes.¿Qué tiempo tardará en salir toda el agua a través de un orifico situado en la base del de

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Física II 329

pósito ? El área de la sección transversal del orificio es 400 veces menor que el de lasección trans-versal del depósito, (g = 9,8 m/s2)

a) 1 min b) 2 min c) 3 min d) 4 min e) 5 min

Po

I . b

a íAh

- _ j

Fig.13 Fig.14

36. En un depósito abierto se echa agua a razón de 0,2 m por segundo.¿Qué diámetro (d)deberá tener el orificio que hay en el fondo del depósito para que el agua se mantengaen él a un nivel constante de h=8,3 cm? (g=10 m/s2)

a) l ,0c m b )l ,2 cm c)l ,4 cm d) 1,6 cm e) 1,8 cm

37. ¿Qué presión crea el compresor de un pulverizador si el chorro de pintura líquida dedensidad p = 0,8 g/cm3, sale con una velocidad de v=25 m/s? (1 atm » 105 N/m2)

a) 2,1 atm b) 2,3 atm c) 2,5 atm d) 2,7 atm e) 2,9 atm

38. En la Fig. 14, por el tubo horizontal AB pasa un líquido. La diferencia de niveles de este líquido en los tubitos a y b de diámetros iguales es Ah = 20 cm. Hallar la velocidadde la corriente del líquido en el tubo AB. (g=10 m/s2)


Fig. 15

40. Una bola emerge con velocidad constante de un líquido de densidad 4 veces mayor quela de la bola. ¿Cuántas veces mayor es la fuerza de fricción (f) sobre la bola que emerge

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330 Hidrodinámicaque el peso de esta (W)?

a) 1 vez b ) 2 veces c ) 3 veces d ) 4 veces e ) 5 veces

41. ¿Qué velocidad máxima puede alcanzar una gota de lluvia de diámetro d= 0,4 mm si laviscosidad dinámica del aire es r| = 1,2.10'5N.s/m2? (p = 1 000 kg/m3 , g=10 m/s2)


42. Una bolita de acero de diámetro D=1 mm y densidad p = 7 700 kg/m3, cae con veloci

dad constante de v= 0,185 cm/s en un gran recipiente lleno de aceite de densidad p' =900 kg/m3. Hallar la viscosidad dinámica del aceite. (g=10 m/s2)

, „ „ N.s ,» „ „ N.s „ _ „ N.s , N.s . . „ N.sa) 2,0 —- b) 2,2 —— c) 2,4 — d) 2,6 — e) 2,8 ----

m ' m m m m

43. Un torpedo se mueve con velocidad constante de v= 40 m/s an agua de mar de den

sidad p = 1 025 kg/m3, y a una profundidad de h=10 m. Hallar la presión en la ojiva deltorpedo. (g=10 m/s2)

a) 9,0 Pa b) 9,2 Pa c) 9,4 Pa d) 9,6 Pa e) 9,8 Pa

44. En la Fig. 16, al recipiente que contiene agua una altura de H=20 cm, se le hace unagujero muy pequeño a la profundidad (h). Hallar la máxima distancia (x) alcanzada

por el chorro de agua.

a) 10 cm b) 15 cm c )2 0 cm d) 25 cm e) 30 cm

45. En la Fig. 17, la presión del aire encerrado en el depósito que contiene agua de densidad p= 1 000 kg/m3 es de P=l,4 atm. Hallar la distancia horizontal (d) que alcanza el cho

rro de agua que sale por el agujero muy pequeño, considerando que el nivel del agua yla presión del aire se mantiene constante. (P0= 1 atm=105N/m2, g=10 m/s2)

a) 1 m b) 2 m c) 3 m d) 4 m e) 5 m

Fig. 17 Fig. 18

46. En un depósito de altura h= l m lleno de glicerina de densidad p' = 1 200 kg/m3y vis

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Física II 331cosidad dinámica q = 14,7.10'1g/cm.s, se sueltan simultáneamente dos perdigones de

plomo de densidad p = 11 300 kg/m3, y diámetros D!=3 mm y D2=l mm.¿Qué tiempo

más tarde llega al fondo del depósito el perdigón más pequeño que el más grande?(g=10 m/s2)

a) 1,9 min b) 2,9 min c) 3,9 min d) 4,9 min e) 5,9 min47. Una bolita de acero de densidad p = 7 700 kg/m3 y diámetro D=4 mm se suelta del repo

so en un gran recipiente que contiene aceite de densidad p'=900 kg/m3y viscosidad

dinámica q = 2 N.s/m2.¿ Después de qué tiempo la velocidad de la bolita es la mitad desu velocidad máxima? (g=10 m/s2)


48. Una bolita de acero de densidad p = 7 700 kg/m3 y diámetro D=4 mm se suelta del repo

so en un recipiente que contiene aceite de ricino de densidad p' =900 kg/m3. Hallar su

aceleración, en el instante en que su velocidad es la mitad de su velocidad máxima.(g=10 m/s2)

a) 1,4 m/s2 b) 2,4 m/s2 c) 3,4 m/s2 d) 4,4 m/s2 e) 5,4 m/s2

49. Si el radio R de una bolita de acero que se suelta del reposo en un fluido viscoso;aumenta al doble.¿ En cuánto aumenta su velocidad máxima ?

a ) 2 veces b )3 veces c ) 4 veces d ) 4 veces e ) 8 veces

50. Una bola de corcho de densidad p = 200 kg/m3 y diámetro D=10 mm emerge con una

velocidad constante de v=3,5 cm/s en un recipiente lleno de aceite de densidad p' = 900kg/m3. Hallar : (g=l 0 m/s2)

I. La viscosidad dinámica del aceite.

a) 1,1 N.s/m2 b) 1,3 N.s/m2 c) 1,5 N.s/m2 d )l ,7 N .s /m 2 e )l ,9 N .s /m 2

II La viscosidad cinemática del aceite.

a) 10 cm2/s b) 12 cm2/s c) 14 cm2/s d) 16 cm2/s e) 18 cm2/s

51. Un recipiente cilindrico de radio R=2 cm tiene en su cara lateral un agujero en el se ubica un tubo capilar de radio interior r=l mm y longitud l = 2 cm. El recipiente contiene

aceite de densidad p = 900 kg/m3 y viscosidad dinámica q = 1,2 N.s/m2. Hallar la velodad con que desciende el nivel del aceite en el recipiente, en el instante en que la alturaes h=26 cm. (g=10 m/s2 ; micro u = 10‘6)

a ) 3 0 ,4 p m / s b ) 3 2 , 4 p m / s c ) 3 4 ,4 p m / s d ) 3 6 , 4 p m / s e )3 8 , 4 p m /s

52. En la pared lateral de un depósito está conectado un tubo capilar de radio interior r=lmm y longitud ¿ = 1,5 cm. El depósito contiene glicerina de densidad p = 1 200 kg/m3

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332 _________________________ Hidrodinámica ___________________________

y viscosidad dinámica q = 1,0 N.s/m2. La altura de la glicerina se mantiene constante

en h=18 cm sobre el tubo capilar. ¿En qué tiempo saldrá por el tubo capilar V=5 cm3deglicerina? (g=10m/s2)


53. Una bolita de acero de densidad p = 7 700 kg/m3 y diámetro D=4 mm, se suelta prime

ro en un recipiente que contiene aceite de densidad p, = 900 kg/m3 y viscosidad dinámi

ca q, =1 ,2 N.s/m2, y luego en glicerina de densidad p2 = 1 200 kg/m3y viscosidad di

námica q 2 =1 ,47 N.s/m2. Hallar la razón de sus velocidades máximas (v,/ v2 = ?).

a) 1,08 b) 1,28 c) 1,48 d) 1,68 e) 1,88

54. ¿Qué trabajo hace la presión al trasladar V= l,5 m3 de agua por un tubo de diámetroD=12,7 mm, si la diferencia de presión en los extremos del tubo esAP = 1,08.105N/m2?

a) 160 kJ b) 162 kJ c) 164 k j d) 166 kJ e) 168 kJ

55. El agua que desciende de una altura de h=20 m a razón de Q=15 m3/min impulsa unaturbina de agua. Hallar la máxima potencia que se puede obtener con está turbina.(g=10 m/s2)

a) 10 kW b) 20 kW c) 30kW d) 40 kW e) 50 kW

56. En el tubo horizontal de un oleoducto, de sección transversal constante, la presión disminuye entre dos puntos separados d=300 m en AP =36 .103 N/m2. Hallar la pérdida de

energía por unidad de longitud, de un volumen de V=1 m3de petróleo.

a) 100 J/m b) 120 J/m c)14 0J /m d) 160 J/m e)1 80 J/m

57. Dos cilindros que contienen líquidos de densidades P[ y p2 e igual altura, presentan en

sus bases agujeros muy pequeños de áreas Aj y A2 (A2 = 3A,). Hallar la razón de lasdensidades pj / p2 = ?, si por los agujeros el flujo másico es el mismo.

a) 1/3 b) 3 c) 1/2 d) 2 e) 1/4

58. En la Fig. 18, el tubo de*Pitot que va conectado al ala de un avión contiene alcohol de

densidad p = 790 kg/m3, el cual, indica una diferencia de nivel de h=0,10 m. Hallar lavelocidad del avión respecto del aire de densidad p' = 1,32 kg/m3. (g=10 m/s2)


59. A un depósito cilindrico abierto de altura h=20 cm y área de sección transversal A=70cm2 se le practica un agujero de área A’=l cm2 en el centro de su base. Si al depósito se

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____________________________ Física II ____________________________ 333vierte agua a una rapidez de Q=140 cm3/s,¿ Qué altura alcanza el agua, hasta el instanteen que su altura se mantiene constante ? (g=10 m/s2)


6 0 . Sobre una mesa hay un recipiente en cuya pared lateral y a la altura hi=5 cm sobre elfondo va conectada horizontalmente un tubo capilar de radio interior r=l mm y longitud l \ = \ cm. El recipiente está lleno de aceite de densidad p =90 0 kg/m3 y viscos!

dad dinámica q =0,5 N.s/m2. El nivel del aceite en el se mantiene a una altura h2=50

cm sobre el tubo capilar. ¿A qué distancia horizontal del tubo capilar caerá el chorro deaceite sobre la mesa? (g=10 m/s2)

a) 1,1 cm b ) l, 3 c m c) 1,5 cm d) 1,7 cm e) 1,9 cm

6 1 . Una bola de acero de densidad p = 7 700 kg/m3 cae dentro de un recipiente ancho lleno

de aceite de densidad p ' = 900 kg/m3 y viscosidad dinámica r| = 0,8 N.s/m2. Sabiendo

que la ley de Stokes se cumple para Re <0,5. Hallar el valor límite del diámetro de la bola. (g=10 m/s2 )

a)4 ,15 m m b) 4,35 mm c) 4,55 mm d) 4,75 mm e) 4,95 mm

62. Por un tubo de diámetro D=2 cm, cada media hora pasan 0,51 kg de un gas de densidad p = 7,5 kg/m3 y viscosidad cinemática v = 1,33.10 '6 m2/s. Hallar el número de Rey

nolds (Re). (g=10 m/s2)

a) 1 500 b) 1 600 c) 1 700 d) 1 800 e) 1 900

6 3 . Por la sección transversal de un tubo horizontal fluye agua de densidad p = 1 000

kg/m3 y viscosidad dinámica q =0,001 N.s/m2, pasando en 1 s un volumen de 200 cm3

de agua. Hallar el límite del diámetro del tubo, tal que, el movimiento del agua sigasiendo laminar.


Fig. 19 Fig.20

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334 Hidrodinámica64. En la Fig. 19, la velocidad del agua de densidad p = 1 000 kg/m’ en el punto 1 es Vi = 4

m/s y la presión manométrica P| =2,5 atm. Hallar la presión manométrica en el punto 2si A]=2A2y h=15 m. (1 atm «105N/m2, g=10 m/s2)


65. En la Fig.20, por el tubo cilindrico de radio r0=4mm ingresa aire de densidad p = 1,293

kg/m3 con una velocidad de v0=4 m/s entre las placas circulares paralelas de radio R=8cm, separadas por una distancia de h=2 cm. Despreciando la compresibilidad del aire,hallar la fuerza de atracción entre las placas. (g=10 m/s2)

a) 24 pN b) 26 pN c)22pN d)2 8pN e)20pN

66. En la Fig.21, por los agujeros de áreas iguales a A= 0,2 cm2separadas por una distanciavertical de H=50 cm sale agua de densidad p = 1 000 kg/m3. Si en el depósito cada se

gundo se vierte 140 cm3 de agua, hallar las coordenadas del punto de intersección delos chorros de agua. (g=10 m/s2)

a) (115; 142) cm b) (124 ; 136) cm c) (110 ; 130) cmd) (132 ; 148) cm e) (117 ; 128) cm

67. En la Fig.21, por los agujeros de áreas iguales a A= 0,2 cm2sale agua. Si en el depósitocada segundo se vierte 140 cm3de agua. ¿ Para qué valor de la distancia vertical (FI) entre los agujeros, se cumple que : y=2 x ? (g=10 m/s2)

a) 1,01 m b) 1,21 m c) 1,41 m d) 1,61 m e) 1,81 m

68. En la Fig.22, por el tubo circula un líquido viscoso de izquierda a derecha. Hallar la razón de las alturas h2 / h] = ?.

a) 4 b) 8 c) 16 d) 24 e) 32

69. En la Fig.23, en el recipiente grande hay agua de densidad p = 1 000 kg/m3 y altura

h=l m, el peso del recipiente más el agua es de W=80 N. El área del agujero circular ta

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____________________________ Física II ____________________________ 335 poneado es de A=10 cm2.¿ Para qué valor de p s el movimiento del recipiente es inmi

nente, al retirarse el tapón ? (g=10 m/s2)

a) 1/2 b) 1/3 c) 1/4 d) 1/5 e) 1/6

70. En la Fig.24, la bomba está constituida de un cilindro, un pistón de área A=20 cm2 y unagujero de área a=2 cm2. Hallar la velocidad de salida del chorro de líquido de densidad p = 1 000 kg/m3, bajo la acción de la fuerza de magnitud F=4 N, el pistón se des

plaza con velocidad constante. (g=l 0 m/s2)


Fig.23 Fig.24

71. En la Fig.24, en la bomba cilindrica, el área del pistón es A y la del agujero a (A » a ).Si el líquido de densidad p = 1 000 kg/m3 sale por el agujero con una velocidad de v=

0,2 m/s, bajo la acción de la fuerza de magnitud F= 0,2 N. Hallar el área (A) del pistón,el cual se mueve con velocidad constante. (g=l 0 m/s2)

a) 20 cm2 b) 40 cm2 c) 60 cm2 d) 80 cm2 e) 100 cm2

72. En la Fig.21, por los agujeros de áreas iguales a A=0,2 cm2. Si en el depósito cada segundo se vierte 120 cm3de agua. ¿ Para qué valor de la distancia vertical (H) entre losagujeros, se cumple que : y - x = 20 cm ? (g=10 m/s2)

a)1 0c m b) 20 cm c)4 0c m d) 60 cm e) 80 cm

73. En la Fig.25, el recipiente abierto y área de sección muy grande contiene keroseno dedensidad p! = 800 kg/m3y agua de densidad p2 = 1 000 kg/m3. Despreciando la viscosi

dad, hallar la velocidad con la que sale el agua por el agujero de la base del recipiente,(h!=37,5 cm, h2 =50 cm, g=10 m/s2)


74. Un recipiente abierto que contiene agua de densidad p = 1 000 kg/m3 está suspendido

del techo, la altura del agua es h=50 cm.¿ En cuánto variará la magnitud de la tensión

y

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336 Hidrodinámicaen el soporte, si en el fondo del recipiente se hace un agujero muy pequeño de áreaA=1 cm2 ? (g=10 m/s2)

a) 1 N b) 2 N c) 3 N d) 4 N e) 5 N

75. En la Fig.26, el recipiente abierto de área de sección A=100 cm2 contiene agua de densi

dad p = 1 000 kg/m 3 una altura de h=50 cm. Se hacen dos agujeros opuestos muy pequeños de áreas A , = 1 cm2, A2=2 cm2, en el fondo de las paredes laterales. Despreciando la viscosidad y el peso del recipiente, hallar la aceleración con la que se mueveel recipiente, sobre la mesa totalmente lisa. (g=10 m/s2 )

a) 0,1 (—>) b) 0 , I ~ « - ) c ) 0 , 2 ^ ( - > ) d ) 0 , 2 ^ ( < - ) e ) 0 , 4 ~ ( - ^ )s s s s s

Fig.25 Fig.26

76. En la Fig.27, el depósito de forma semiesférica de radio R=30 cm, está llena de agua de

densidad p = 1 000 kg/m3 .¿Qué trabajo se debe hacer para bombear toda el agua a unaaltura de h=20 cm por encima del depósito? (g=10 m/s2)

a) lOOttJ b) 1207iJ c) 1 4 0 tiJ d) 1 6 0 tiJ e) 1 8 0 tiJ

Fig.27 Fig.28

77. En la Fig.28, se tiene un depósito cilindrico de altura h= l m y radio de la base R=50cm, llena de agua de densidad p = 1 000 kg/m3. Hallar el trabajo necesario para bom

bear toda el agua a la parte superior del depósito. (g=l 0 m/s2)

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Física II 337

a) IOOOtcJ b) 12507iJ c) 1500 tiJ d) 1750ttJ e)20007tJ

78. Un globo esférico pierde aire con rapidez constante de 2 cm3/s. ¿Con qué rapidez decrece el radio del globo en el instante en que su diámetro es D= 1 m?

a) 0,1 (im/s b) 0,2 pm/s c) 0,4 pm/s d) 0,6 pm/s e) 0,8 pm/s

79. En la Fig.29, en el reloj de agua de radio R=3 cm y altura h=6 cm, se pasa el agua a unsólo lado y se voltea fluyendo el agua con una rapidez de 2 cm3/s. Hallar la rapidez conque aumenta la altura (h) en la parte inferior del reloj, en el instante en que h=4 cm.

, lcm , _2 cm x 3 cm lx 4 cm „ 5 cma ) b ) c ) ------- d ) -------- e ) --------

Tí S Tí S 7 t S 71 S 7 I S


80. En la Fig.30, el depósito de forma cónica de radio de la base R= 30 cm y altura h= 60cm, está llena de agua de densidad p = 1 000 kg/m3.¿ Qué trabajo se debe hacer para

bombear toda el agua hasta la parte superior del depósito ? (g=10 m/s2 )

a) 21ttJ b) 237iJ c ) 257tJ d) 277tJ e ) 29nJ

81. En la Fig.31, el depósito cilindrico de radio R=1 m y longitud i = 2 m está en posiciónhorizontal y llena de aceite de densidad p = 900 kg/m3. ¿Qué trabajo se debe hacer para

bombear todo el aceite hasta la parte superior del depósito? (g=10 m/s2)

a) 107t kJ b) 127t kJ c) 14ttkj d) 167tkJ e) 187ikJ

82. Del suelo se suelta un globo esférico de masa m=2 g y radio R=15 cm, lleno de hidrógeno de densidad p H =0,09 kg/m3; unida a una cuerda enrollada de longitud í = 30 m

y densidad X =0,001 kg/m. Hallar la altura alcanzada por el globo, en el equilibrio.(Densidad del aire p A = 1,293 kg/m3)

a) 10 m b) 15 m c) 20 m d) 25 m e) 30 m

T6 cm

i .

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338 Hidrodinámica83. En un condensador plano horizontal de distancia entre láminas d= l cm, hay una gota

de aceite cargada. Cuando no hay campo eléctrico, la gota cae a la velocidad constantede vi= 0,011 cm/s. Si las láminas se ponen a una diferencia de potencial V=150 V, lagota cae a la velocidad v2= 0,043 cm/s. Hallar el valor de la carga de la gota. El coeficíente de viscosidad del aire r]=l,82.10"2 N.s/m2 la densidad del aceite es mayor que la

del gas en la que cae la gota en Ap=900kg/m3.( k = 9.109 N.m2/ C2 , g = 9,8 m/s2 ,P=10 12)

a) 0,13 pC b) 0,73 pC- c) 0,93 pC d) 0,23 pC e) 0,53 pC

84. En un aparato de Millikan se observa que una gota de aceite cargada cae a través de una distancia de 1 mm en 27,4 s, en ausencia de campo eléctrico externo. La misma gota

permanece estacionaria en un campo de 2,37 .104 N/C. ¿Cuántos electrones en excesoha adquirido la gota. La viscosidad del aire es de 1,8.10'5 N.s/m2. La densidad delaceite es de 800 kg/m3y la densidad del aire es de 1,30 kg/m3?

a) 2,24.104 es b)6 ,24 .10 4 es c)4 ,24 .10 4es d) 8,24.104 es e) 1,24.104 es

85. En la Fig.32, en la corriente de agua que se mueve con velocidad constante de v=2 m/s,se sumerge el tubo doblado, el cual, presenta un pequeño agujero en su parte superior.Hallar la altura (h) que alcanza el chorro de agua, si h0 = 10 cm y g=l 0 m/s2.


h

bo

V --------O

Fig.32 Fig.33

86. En la Fig.33, el agua contenida en el depósito grande sale a través del tubo doblado en

ángulo recto, de radio interno R = 0,5 cm, y longitud de la parte horizontal l = 22 cm.El consumo de agua es de Q = 0,5 It/s. Hallar el momento de la fuerza de la reaccióndel agua en la pared del tubo con respecto al punto O. ( p = 1 000 kg/m3 )

a) 0,1 N.m b) 0,3 N.m c) 0,5 N.m d) 0,7 N.m e) 0,9 N.m

87. Un tanque cilindrico de diámetro D=20 cm, longitud i = 37t / 4 m, está en posición horizontal y llena de agua de densidad p = 1 000 kg/m3. ¿Qué tiempo demora el agua en

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Física II 339

vaciarse a través de un agujero de diámetro d=2 cm, practicado en el fondo del tanque?(Coeficiente de gasto k=2/3 y g=10 m/s2)


88. En la Fig.34, el tanque en forma de tronco de pirámide de bases cuadradas de ladosa=10 m, b=l m, y altura h=4 m; está llena de agua.¿En qué tiempo se vacía toda el agua, si se hace un pequeño agujero de área A=20 cm2, en la base inferior del tanque?(Coeficiente de gasto k= 0,72 y g=10m/s2)

a) 1 h b) 2 h c) 3 h d) 4 h e) 5 h

89. En la Fig.35, en la pared lateral del recipiente cilindrico grande de altura h= 50 cm yllena de agua de densidad p = 1 000 kg/m3, se hace una rendija vertical fina de longitud

l = 20 cm y ancho b=2,5 mm. Flallar la fuerza resultante de la reacción del agua que sa

le por la rendija. (g=10 m/s2)

a) 1 N b) 2 N c) 3 N d )4 N e) 5 N


9 0 . En la Fig.36, el tubo de ensayo AB de longitud l - 50 cm, que contiene un líquido, giraen un plano horizontal con una velocidad angular de co = 10 rad/s, alrededor del eje 00’.En el extremo cerrado B hay un agujero muy pequeño. Flallar la velocidad con la quesale el líquido por el agujero, para h=10 cm y g=10 m/s2.


9 1 . En la Fig.37, el tanque esférico de paredes delgadas de radio R=1 m inicialmente estállena de agua.¿En qué tiempo se vacía toda el agua, al abrirse un pequeño agujero circular de radio r=l cm, en la parte inferior del tanque ? (Coeficiente de gasto k= 0,625 yg=10 m/s2)

a) 0,5 h b) 1,0 h c) 1,5 h d )2 ,0 h e) 2,5 h

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340 Hidrodinámica

Po, vsO

SOLUCIONARIO

Solución: 01Según teoría, el caudal viene dado por:

Q = Av = - i (8.10-2)2(3)4

N.R.

v2 = [(2)(10)(5)] 1/ 2

* Q = 0,015 — ® v 2 = 1 0 ~ = 600 — s min

Solución: 02• Según teoría, el caudal másico, viene

dado por:F = pQ = (900)(0,015)

* F = 13,5 kg/s ( d)

Solución: 03• Aplicando la ecuación de continuidad,se tiene:

Q = A, v¡ = A 2 v 2

tt(3.10-2)2(2) ^ tt ( | . 1 0 - 2 ) 2v2

(9.10-4)(2) = (^.10-4) v24

* v2 = 8 m / s (EJ

Solución: 04• Aplicando el teorema de Bemoulli a los


i 2 r 2 pi + - P vi + p g h, = P2 + - p v2 + p g h2

1 ?P0 + 0 + p g h = P0 + - p v 2 + 0

v2 = 2g h - > v2 = (2gh)1/2

Luego, el caudal de agua que fluye a tra vésdel orificio es:

1Q = A 2 v 2 = A ^ (2.10-2)2(600)

+ Q * 0,19min

®

Solución: 05• Representemos el tanque cerrado y consideremos dos puntos en el.

H=?

N.R

Aplicando el teorema de Bemoulli a los


P, v2 P9 v2 — + — + h, = — + — + h7Y 2g y 2g

— + 0 + 0 = 0 + 0 + H + 5

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Física II 341

8.10

ÍO4H + 5 => H=8 - 5

* H = 3 m ©Solución: 06

• Representemos la caldera y consideremos dos puntos en el.

En la Fig., la diferencia de presiones entre los puntos 1 y 2 es:

P, - P2 = y h => h P ] - P 2

Ahora, calculemos las áreas A! y A2:

Aj = - ( 2 5 .10~2)2 = 490,9.10“‘, m4 „ 2

— * Po

I 2 N.R

------*

Aplicando el teorema de Bemoulli a los puntos 1 y 2, se tiene:

P] , vl2 , h P2 , v2 , h — + — + h, - — + — + h2Y 2 g y 2g

ñ . + 0 + 0 = + + 0Y 2g

A2 = —(15.10-2)2 = 176,7.10-4 m24

Según teoría, en el tubo de Venturi, el caudal del líquido a través del tubo, viene dado por:

q - a ' A i [á f V ' 2

<3=A'Aj[7 ? § f Í 1,'!

Q = (176,7.10^4 )(490,9.10 “4 ) •

(2)(10)(48 - 45). 104 ,, 2

(0,9.104 )(490,92 -176 ,72). 10 '8

. . . j i a s y V

+ v2 * 45 m /s

Solución: 07Representemos dos puntos al interior del fluido.

* Q » 0,17m‘ ©

Solución: 08• Representemos las fuerzas que actúansobre la bola.

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342 HidrodinámicaEn la Fig., aplicando la segunda ley de

Newton a la bola, se tiene:

m g - f - E = ma

4 •» 4 ,67 tr |Rv + pLg -7 tR = p —7 tR (g -a )

v = [Pl§ + P (g - a)](4nR /3)

v = 2 [g (p L + p ) - p a ] R

Ó7T T| R

+ P)~9 TI

v = 2[(10)(1,32 + 8,5).103 -

(8,5.103 )(2,5)](10.10-3)2] /(9, )(0,83 3)

* v = 3,05 m/s ©Solución: 09

• Hallemos la altura (h) de agua, que creauna presión equivalente a la sobrepresión,a partir de:

h = —=P 5.10

104= 5 m

Ahora, como el área (A) del orificio semantiene constante, se cumple que:

A = Qi _ Q 2

V , v 2

Q, Q2 => 50 Q2V2gh, y¡2gh¡" V i V4 + 5

* Q2 = 75— ©m in

Solución: 10• El trabajo total, es el trabajo necesario

para elevar el agua (Wj), más, el trabajo para equilibrar la presión (W2), esto es:

W = W1+ W2 = V y h + PV

W = (3)(104)(20) + (15.104 )(3)

W = 60.104 +45.104

* W = 1,05.10 J 0Solución: 11

• La energía cinética por m3 de agua a la entrada de la turbina es:

Ec = EP = mgh

Ec = (103 )(10)(30) = 30.104^ -

La energía cinética por m de agua a la sa

lida de la turbina es:

E c = i p v 2 = i (1 0 3)(10)2

Ec = 5.10 j m

Luego, el rendimiento de la turbina es:

-Xi oo)E'c - Ec

■n= ^

ri = (30.104 - 5.104

30.104

* ti = 83,3 %

■XI00)

0

Solución: 12• Representemos el tubo de Venturi yconsideremos dos puntos en el.

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Física II 343En la Fig., aplicando el teorema de Ver noulli a los puntos 1 y 2, se tiene:

1 2 1 2P1 + 2 P V 1 + P § h l = P2 + - p v 2 + P g h 2

p] + “ p v 2 + 0 = P2 + ^ p v ^ + 0

P] —P2 - —p(v 2 - V 2 ) ( 1 )

De otro lado, como los puntos a y b estánal mismo nivel, se cumple que:

P a = P b

Pl + (0,30 + y)pg = P2 + ypg + 0,30pmg

P, - P2 = 0,30 (pm - p) g

P, - P 2 = 0,30 (13 ,6-1)(103 )(10)

P( - P 2 = 3,78.104 (2)m

También, el caudal de agua a través del tu

bo de Venturi se conserva, esto es:Q = A j V j = A 2 v 2

^ ( 4 0 ) 2v, = ^ ( 2 0 ) 2 v2 4 4

v2 = 4vj (3)

De (2) y (3) en (1), obtenemos el valor deV i , así:

3,78.104 = (^ )(103)(16v12 -v i2)

v, = 2,24

Q = A,v, = ^ (4 0 .1 0“2)2 (2,24)4

♦ Q —0,28m ©

Solución: 13• Representemos el ala del avión, y consideremos dos puntos en las superficies su

perior e inferior del mismo.

Pi . / Vl

/ V2

En la Fig., aplicando el teorema de Ber noulli a los puntos 1 y 2, se tiene:

1 2 1 2pi + 2 P vi + P 8 hi = P2 + 2 P V2 + P 8h2

pi+ ^ p V i2 + 0 = P2 + ^ p v ^ + 0

p2 - pi = ^ P ( v 2 -V ^)

Luego, la fuerza sustentatoria del aire so bre el ala del avión es:

F = (P2 -P ,)A

F = ~ P A (v2 - v2)

F = (i)(l,293 )(4)(302 - 202)

* F = 1293 N

Luego, el caudal de agua a través del tubode Venturi, es:

Solución: 14• Representemos las fuerzas que actúansobre la esfera de masa (m), así:

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344 Hidrodinámica

mt g = peso de la masa del fluido desplazado.

kr| v = fuerza de fricción del fluido,k = 6tcR = coeficiente de fricción.R = radio de la esfera.

r) = coeficiente de viscosidad del fluido.v = velocidad con la que cae la esfera.

En la Fig., en la vertical aplicando la segunda ley de Newton, se tiene:

m g - m f g - 6 7 tr |R v = m a

La rapidez límite, se obtiene cuando la a-celeración se anula, a = 0, esto es:

v, = ( m - m f ) gÓ7t T| R

En la dirección del eje X, hallemos el tiem po para el primer chorro, así:

xx = v . eos a t => t = ----------

v„cosa

En la dirección del eje Y, con este tiempohallemos la coordenada (y) del punto deintersección P, para el primer chorro:

1 2y = v0sen a - —g t

/ x 'v 1 / Xy = v0s e na( ) - ~ g ( ---------- ) ( 0v0co sa 2 v0cos a

En la dirección del eje X, hallemos el tiem po para el segundo chorro, así:

Dado que la masa es : m = (4 / 3)ttR p ,

en tonces:

v, =(4/3)7iR3(p-p ' )g

v, =

Ó7tr| R

(2 )(2.10~J )2 (1,50 —1,26). 103 (10)

(9)(0,833)

* vL = 2,56.1(T2 m /s ©

Solución: 15• Sea "t" el instante en que se intersectan los chorros y (x; y) las coordenadasdel punto de intersección, entonces:

x = v0 eos P t => t =v0cos p

En la dirección del eje Y, con este tiempohallemos la coordenada (y) del punto deintersección P, para el segundo chorro:

1 2y = v 0sen P t - —g t

y = v0sen P (— ^ — ) - ^ g (— ——)2 (2)v0cosp 2 v0cosp

Igualando (1) con (2), obtenemos la coor denada "x", del punto de intersección delos dos chorros, así:

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Física II 345

, X 1 , xv0sencx(----------) - ~ g ( -----------) =

v0cosa 2 v0cosa

v o s e n P ( — ” ) - \ g (— ^ ) 2v0cos(3 2 v0cosp

Axv = — = q

At

Luego, el tiempo en que se evapora toda elagua del acuario es:

(tg a - tg P) x = x 2(tg2a - tg2p)2 v 2

2 v i X =

g (tg a + tg p)+ t =

R

X =(2)(5)

(10)[(4 / 3) + (3/ 4)]

* x = 2,4 m ©^ Nota

En la obtención del resultado anterior se ha utilizado la identidad trigonométrica siguiente:

1+ tg2cc = sec2a

Solución: 16• Representemos un elemento de volumen de agua de área S y altura A x.

Solución: 17• Consideremos que los volúmenes correspondientes a los instantes de tiempo

"t" y "t + At" son V y V’, durante el inter valo de tiempo muy pequeño "At" el tamaño del radio cambia de "R" a "R + AR",entonces, la variación de volumen es:

AV = V'-'V = ^ ti|(R + AR)2 - R 2 ]

AV = ^ ti(3R2AR + 3RAR2 + AR2)

1 1 m m/s

Después de transcurrido un pequeño intervalo de tiempo "At", el volumen quedesciende, es igual al volumen evaporado,esto es:

^desciende ^evaporado

S Ax = q S At

AV = 47t R2 AR = 47t R2 u At

AV , a m m ,= 4tt(100 mm) (1 ----- )

At s

AV 4 mm'= 471.10 ------

At s

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346 Hidrodinámica

AV cm* -----= 4071 —

At s

3O

Solución: 18

• Sean "R" y "R + AR" los radios de lamancha circular para los instantes "t" y"t + At", y "u" la rapidez de sus extremos,entonces, la variación de su volumen es:

AV = V'-V = n (R + AR)2h - n R 2 h

AV = 7th(2 RA R +AR )

t “

AV = 2tch R AR = 2rt h R u At

^^ - = q = 27 thu R (1)At

De otro lado, en el tiempo " t" el volumende la mancha es:

V = q t = 7tR2h => R = (qt / 7ih)1/2

Sustituyendo en (1), obtenemos:

q = 271 h u (q t / 7 1 h)1/2

+ u = (——— ) ^ 2 ©47t h t


bre la esfera de masa "m" así:

mf g = peso de la masa del fluido desplazado.

kq v = fuerza de fricción del fluido,k = 6rtR = coeficiente de fricción.R = radio de la esfera,

q = coeficiente de viscosidad del fluido,v = velocidad con la que cae la esfera.

En la Fig., aplicando la segunda ley de Newton, en la dirección vertical, se tiene:

m g - m f g -6 7 iq R v = m a

_ m ( g - a ) - m f g

Ó7t q R

2 [ g ( P ~ P f ) - p a ] R

9q

* v = 0,96.10“3 —

Solución: 20• El tiempo de vuelo de la masa de aguaque se encuentra en el aire es:

t„ =

2vcsen 0

g (1)

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Física II 347La masa del chorro de agua que se encuentra en el aire es:

m = vQtvS p (2)

siendo "S" y "p" el área de la sección y la

densidad del agua, respectivamente.Sustituyendo (1) en (2), tenemos:

_ 2 v 2sen 0S p

m =(2)(10)2 (V2 / 2)(5.10-4 )(103)

10

* m = 7 kg ®

Solución: 21• Sea"v" la rapidez del H20 que entra, elelemento de volumen que sale del tubo esigual al elemento de volumen que ingresaal cono, esto es:

AV,SALE : AV;ENTRA

v S t = —h (R 2 + R r + r 2) « 7t h r23

De otro lado, de la Fig, y por dato:

r = h tg a y h = v0t

Luego, la expresión para la rapidez conque ingresa el agua es:

v S t = 7t Vflt3tg2a

7i Vn t2tg2a (5 )* v = ■

S

Solución: 22

• La rapidez con que sale el vino por elagujero inferior es:

v = V ^ (1)

La ecuación que describe la parábola es:

L h :(2)

Por el principio de conservación de la masa, el volumen de vino que sale por el agu

je ro en el tiempo "dt", es igual, al volumen de vino que desciende una altura "dy"en el mismo tiempo, esto es:

d2 ,7t. — .v.dt = 7i.x dy

4

De (1) y (2), el tiempo que tarda el vino envaciarse totalmente del depósito:

^2 j-j27 1 — J2 gyd t = 7 1. ydy

4 4.h

Jdt =D

*j2gd2h0

2

JVy-dy

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348 Hidrodinámica

t = - (- ) 2 . (- V 23 d V

t = 2 (30 2 _ 0 !4 _ 1/2

3 1 (2)(10)

* t « l , 4 1 m in

Solución: 23

©

• Representemos al líquido ingresando ysaliendo por los extremos de la tubería.

La rapidez del agua de masa que pasa por la sección transversal "S" en el tiempo

"t", hallamos de:

M = p.V = p (S.v.t)

- M p.S.t

De otro lado, la fuerza centrífuga producida por la masa de agua "m", contenida enel volumen "f.S", que pasa por la curva deradio "R" que forma el tubo es:

m v2 (pi.S) v2

R R

pi.S M

F - ( i r )<¿ w )

F =l.M

p.R.S.t2

Luego, la presión sobre el área lateral deltubo de longitud "i", y diámetro "D", de bida a la fuerza centrífuga es:

P =F LM2 / p.R.S.t2

LD

P =

LD

M ¿

P =

p.R.S.D.t

(3.105)2

(103 )(20)(tc0,12 )(0,2)(3,6.103 )2

* P = 55,2 N /m 2 ©

Solución: 24• Representemos las velocidades del agua respecto del tubo y de la pared.

Sea "F" la fuerza ejercida por la superficié móvil sobre el agua y considerando positivo el movimiento a la derecha, entonces después de transcurrido un intervalode tiempo "At", tenemos que:

I = Ap

FAt = m (vf -v ¡) (1)

Siendo la masa de agua, igual a:

m = p V = pSf

m = p (-7 tD 2vAt) (2)4

De (2) en (1), obtenemos la fuerza, así:

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Física II 349

F = ^ t rp D 2v(v f -v ¡ )

F = —it(l0 3)(2,5)2.10-4(30)[6 - (3 0 -6 )]4

Según, la tercera ley de Newton, la magnitud de la fuerza ejercida por la superficiemóvil sobre el chorro (F), es igual, a lamagnitud de la fuerza ejercida por el chorro sobre la superficie móvil (F’), esto es:

* F'= F = 265N

Solución: 25• Representemos las velocidades de lalancha (v) y del chorro de agua que salede el (u).

La magnitud de la fuerza de resistenciadel agua (fuerza reactiva), viene dado por:

Fr = (u - v)dm

dt

siendo "m" la masa de agua expulsada igual a : m = p.S.x, de modo que:

Fr = (u - v) P-S^ ¡ 7dt

Fr = p S v (u - v)

Fr = (103)(0,2)(20)(40 - 20)

* Fr = 8.104 N ©

Solución: 26• La velocidad del chorro de agua des

pués de chocar con el suelo, forma un án

guio "0" con la vertical, así de la Fig., elmódulo de la variación de la cantidad demovimiento del chorro, durante un tiem

po "At", es:

F At = Ap = (m)(2 v eos 0)

Ap

F At = (p S v At)(2 v eos 0)

F = 2p S v2cos0

F = (2)(103 )(102.10-4 )(5)2 (4 /5 )

* F = 400 N ©

Solución: 27• Consideremos un elemento de man

güera de longitud "Ai", y representemosla tensión interna y sus componentes queactúan sobre este elemento.

A£

Como la masa de agua es homogénea, por proporcionalidad, la masa de agua contenida en el elemento de longitud "Aí" es:

A i , ti 2 2R.A0Am = m.— = (p.—d 1).--------

l 4 i

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350 Hidrodinámica

Am = —.p.d2RA02

En la Fig., las componentes horizontales(Tx) de la tensión se anulan entre si, y la

suma de las componentes verticales (Tv),es la fuerza centrípeta sobre el elemento demasa "Am", esto es:

v2Am.— = 2.T sen A0

R

Tomando: A0 —» 0 => senA0 » A0, y sus

tituyendo la expresión de "Am" tenemos:

71 7 V 2

(—.p.d R A0).-—= 2T.A02 R

T = -.p.d2v24

T = (^)(103)(5.10-2)2(4)24

* T = IOti N ©

Solución: 28

• La cantidad de movimiento del agua por unidad de tiempo, no varía en magni tud

pero si en dirección, así, en la parte su perior e inferior las cantidades de movimiento por unidad de tiempo, son:

p, = p S v vj y p2 = p S v v2

Con estos vectores cantidad de movimiento construyamos un triángulo, así:

Luego, la magnitud de la fuerza, será igual a la variación de la cantidad de moví

miento p o r unidad de tiempo, así, en eltriángulo de la ley de coseno, tenemos:

r 2 2 ^11/2F = Ap = [p] + p2 - 2p, p2 co s0 J

Como: P| = p 2 = pS v2, entonces:

F = p S v 2 [ 2 - 2 c o s 0 ] , / 2

F = pSv2 [fsen2(0/2)]1/2

? 0F = 2 p S v sen —

2

F = (2)(103 )(ti 102.10-4 )(4)2(1 / 2)

+ F = 160ti N ®

Solución: 2 9

• Primero calculemos la fuerza de fficción estática máxima:

fs = psN = psm.g

fs = (0,66)(100)(10) = 660 N

De otro lado, la fuerza ascensional sobreel globo, debido a la diferencia de las densidades de los gases es:

F = (Pa,re-pH e)gV

F = (1,29-0,17)(10)(50)

F = 560 N

Como, F > f, entonces la fuerza de ffic

ción sobre el bloque es:

+ f = 560 N ®

Solución: 30• Aplicando la segunda ley de Newton,ha liemos la aceleración del globo, así:

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Física II 351

a =

Fr = (Paire ~ P ) § V

m m

(1,29-0,29X10X200)

200

Solución: 32• Aplicando el teorema de Bemoulli a los


1 7 1 7 pi + “ P vi + P g h ] = P2 + - p v 2 + p g h 2

a = 10 m /s

Luego, la distancia recorrida por el globodurante el tiempo de 2 s es:

1 2d = v„ t + —a t

0 2

d = 0 + (^)(10)(2)2

+ d = 20 m ©

Solución: 31• Representemos la tubería rectilínea yconsideremos en el un volumen de gas.

h H

En la Fig., el volumen de gas contenido enel cilindro de longitud í y área de sec cióntransversal A es:

v = Í D 2< = - - > í . A í L 4 p 7i p D

Luego, la velocidad con que fluye el gas através de la tubería es:

v = —:4m

t 7 t p D ' t

(4X0,51)

00(7,5)(0,02) (1800)

* v = 0,12 m /s

1 7 1 7 po + - P vi + p g h = P0 + ~ p v 2

V]2 + 2g h = v2

v2 = (v2 + 2gh)1/2 (1)

De otro lado, como el caudal se conserva,se cumple que:

Q = A j V] = A 2 v 2

A j

V2 = X2Vi(2 )

Igualando (1) con (2), y despejando Vj:

1/ 2

V1A2(2gh)

(A 2 - A2)172

7td2 /4 (2gh)1/2

_ (7iD2/4 -7 id 2/4 )1/2

2ghd 1/2

1 D4 - d

Ahora, como d4 « D4 => d4/D4 ~ 0 y laexpresión anterior, queda así:

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352 Hidrodinámica

+ v, * 8.10 m /s ©

S o l u c i ó n : 3 3

• Representemos al chorro de agua quesale por el agujero del depósito.

En la Fig., la velocidad con la que sale elagua por el agujero 2 es:

v2 = (2gh2)1/2(1)

Ahora, hallemos el tiempo que demora elchorro de agua en llegar a la mesa, a partir de:

h = v0t + g t2

h, = 0 + g t 2

+ d = 0,4 m ©

S o l u c i ó n : 3 4

• Consideremos dos puntos en el recipiente que contiene agua.


1 9 1 9P j + - p v i + p g h i = P2 + - p v 2 + p g h 2

1 , 1 9 po+ - P ( 0 ) + P g h i = P 0 + - p v 2 + p g h 2

v2 = [2g (h¡ - h 2 )]1/2

v2 = [(2X10X0,1- 0,02)]1/2

* v2 » 1,26 m /s

S o l u c i ó n : 3 5

• Según el problema 32, la velocidad conla que desciende el nivel de agua en el de

pósito es:

t = ( ^ V 2g (2)

Luego, de (1) y (2) la distancia horizontalque alcanza el chorro de agua es:

d = v2t = 2 (h1h2)1/ 2

d = (2)1(0,25X0,16)] 1/2

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Física II 353

Como, vi = dz/dt, entonces en la ecuación

anterior separando variables e integrandose tiene:

dt

H 1í J Z = k í dto o

t = 2 H = ( A ? - A | ) H 1/2

k 2gA 2

t = [~ ((“ )2 - 1 ) H ] 1 / 2g A2

t = ¿ ( 4 0 0 2 - l ) (l ) ]1/2 y ,ó

* t « 1 8 0 s = 3 m i n

S o l u c i ó n : 3 6

• Para que la altura de agua permanezca

constante, la cantidad de agua que ingresadebe ser igual, al que sale, así, para unintervalo de tiempo (At), se cumple:

QAt = p VjAt A

_ 71 9Q = - p Vld

remos dos puntos en el.

N.R \

vi=0

1 r V2

Aplicando el teorema de Bemoulli a los puntos 1 y 2, hallemos la presión creada por el compresor, así:

1 2 1 2P| + 2 P V1 + P § h l = + 2 P V2 + P 8 h 2

1 2Pj + 0 + 0 = P2 + ~ p V 2

AP = P] - P 2 = ^ p v 2

AP = (i)(0,8)(103)(25)2

* AP = 2,5.105 N /m 2 ( c )

S o l u c i ó n : 3 8

• Representemos el tubo horizontal a través del cual pasa el líquido.

4 Q

d2 =

7tp(2gh)

(4)(0,2)

1 / 2

(7t)(l O3 )[(2)(10)(0,083)]

+ d = l,4.1(T2m ©

S o l u c i ó n : 3 7

Representemos el compresor y conside-


1 2 1 2

P i + - pVl + p g h i = P2 + 2 PV2 + P S h 2

1 2P0 + p g h + -p V j + 0 = P0 + p g H + 0 + 0

iv ,2 = g (H - h) = g Ah

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354 Hidrodinámica

vi = (2g Ah)l/2 = [(2)(10)(0,2)]1/2

© + Vj = 2 —

Solución: 39• Representemos el tubo de Venturi yconsideremos dos puntos en el.


1 2 1 2 pi + 2 P vl + P S hi = P2 + 2 P v2 + P S h 2

Pl + ^ P v l + 0 = P2 + “ PV2+0

Pl - P2 =^P (V2 -V,2)

Pero, Q = AjVj = A2v2, de modo que:

Ajv2 = — V1

a 2

Con esto la expresión anterior, queda así:

P1- P2 = ^ P A - 1 ) V , 2 (1)^ A2

De otro lado, en la Fig., los puntos A y Bestán a la misma presión, esto es:

Pa = P b

P¡ + p g ( z + Ah) = P2 + p g z + p0g Ah

pi - p2 = ( P o - p ) g A h (2)

Igualand o (1 ) con (2) , y despe jando Ah:

9

(P o ~ P ) g A h = ^ p - 1 ) v f A 2

Ah = ------ ^ - 1) v,22 ( p 0 - p ) g A2

p [(^ ) 2 - 1](0,2)2Ah =2 (1 lp —p)(l 0) A 2

+ Ah = 3.10-3 m ©

Solución: 40• Representemos las fuerzas que actúansobre la esfera que asciende.

J '

En la Fig., aplicando la segunda ley de Newton, se tiene:

a = — m

E - f - W f E - W0 = => — = --------

m W W

f ^ p g V - p 0 gV

w PogV

W Po Po

+ — = 3 vecesW

©

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Física II 355

S o l u c i ó n : 4 1

• La gota de lluvia alcanza su velocidadmáxima, cuando la fuerza de Stokes es igual al peso de la gota, esto es:

f = W => 6tct| R vmax = p gV

D 4 D367tTlyVmax = p g y 7 t —

_ P g D^max 1Q

18 T|

(103 )(10)(0,4)2 (10~6)

(18)(1,2)(10-5)

© * v = 7 4vmax

S o l u c i ó n : 4 2

• Representemos las fuerzas que actúansobre la esfera, que desciende con velocidad constante.

En la Fig., aplicando la segunda ley de Newton, se tiene:

Fr „ W - f - Ea = — => 0 = -------------

m m

f = W - E = p g V - p ' g V

D 4 D3ÓTtri — v = ( p - p ') g - 7 t —

TI =( p - p ' ) g D 2

18 v

’1=

(7 700 - 900 )(10)(l(r3)2

(18)(0,185.10-2)

+ T) = 2,0 —y ©m '

S o l u c ió n : 4 3

• Representemos el torpedo y consideremos dos puntos en el.

h

1 J2

N.R.

Para un observador ubicado en el torpedo,apliquemos el teorema de Bemoulli a los

puntos 1 y 2, así:

1 9 1 ,pi + 2 P v i + P S h i = P2 + - P v 2 + P 8 h 2

1 9P ] + 0 + 0 = p g h + —p v 2 + 0

P, = (1025)(10)(10) + (i)(1025)(40)2

P, = 92,25.104 N/m2

+ Pj * 9,2 Pa ©


• Como el agujero es muy pequeño, la velocidad con la que sale el agua es:

v = (2g h)1/2

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356 HidrodinámicaRepresentemos el recipiente y el agujero

por el cual sale el agua.

De otro lado, el tiempo que tarda el chorro de agua en llegar al piso es:

h = V + g t 2

H - h = 0 + —g t 22

2 ( H - h ) 1/2

g

Así, la distancia horizontal que alcanza elchorro de agua es:

x = vt

x = (2 gh )1/2[ ^ t í ^ ] 1/2g

x = 2(H h - h2)

Ahora, derivando (x) respecto de (h) e igualando a cero, hallemos la altura (h) para la cual la distancia horizontal es máxima, así:

dx _ (H -2 h)dh (H h - h 2)1/2

2

Luego, la distancia horizontal máxima ajcanzada por el chorro de agua es:

* x = H = 20 cm ( c )

Solución: 45• Consideremos los puntos 1 y 2 en el de

pósito de agua.


1 2 1 2pi + “ P v i + P gh i = P2 + - p v 2 + p g h 2

1,4.105+ 0 + (103)(10)(1) = 105+ - (103) v2 + 0

(^)(105) = (1)(103) v2

v = 10 m /s

El tiempo que tarda el chorro de agua enllegar al suelo, hallamos de:

1 2h = v0t + - g t

0,8 = 0 + ¿)( 1 0 ) t2

t = 0,4 s

Luego, la distancia horizontal alcanzada por el chorro de agua es:

d = v t = (10)(0,4)

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Física II 357

* d = 4m

Solución: 46• La velocidad máxima que alcanza unaesfera en un medio viscoso, viene dado

por:

( p - p ' ) g D 2

max 18 ti

Así, las velocidades máximas para los per digones de diámetros 1 mm y 3 mm son:

vi =(11300- 1200)(10)(10~3)2

(18)(14,7x1o-1)

v. = 0,38.10-2 m /s

3s2V 2 = •

(11 30 0 - 1 200)(10)(3.10 'J)

(18)(14,7)(10"1)

v 2 = 3,43.10 m /s

De modo que, los tiempos que demoranlos perdigones en recorrer la distancia de

1 m son:

t, = — = í T = 263,16 s* -- «ry-¿V! 0,38.10

2 — — J v2 3,43.10-2

= 29,15 s

Luego, la diferencia de tiempos entre la esfera de diámetro 1 mm y la de 3 mm es:

At = t, - t 2 = 263,16-29,15

* At = 234,01 s » 3,9 min ©

( p - p ' ) g D 218 rj

(7 700 - 900)(10)(4.10”2)2

08X2)

vmax = 30,22.10 3 m /s

Ahora, integrando la segunda ley de Newton, obtenemos el tiempo, así:

a =FR _ W - E - f

m m

(p - p') gV - 6n r| r vSL — ------------------------------------------

p v

dv , p - p \ 18 ri v

r (—

Introduciendo las nuevas variables b y c, eintegrando, se tiene:

b = ( ^ - ) g = (— 0 0 ~ 90-)(10) = 8,83 p 7 700

c = (18X2)(7,7.103)(4.10-3)2

= -292,2

vr d v r .= dt

ó b + cv o

- f n( b + cv) ] ! = t

1 „ ^b + cvt - )

c b+ t » 3,38 min ©

Solución: 47 Solución: 48• La velocidad máxima que alcanza la bo * Aplicando la segunda ley de Newton,lita, viene dado por- hallemos su velocidad máxima, así:

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358 Hidrodinámica

Fr W - E - f „a = — = = 0

m m

W - E = f

4 D37tY ( p - p ' ) g = 67 t n - v max

( p - p ' ) g D 2

18ti

Luego, la aceleración de la bolita, cuandosu velocidad sea la mitad de su velocidadmáxima es:

a =6u r| R vmax - 6tt t| R (vmax / 2)

m

a =37Hi(D/2)(p-p')gD2/18Ti

(47tD3/3)/8p

a ^ g 770 0-90 0 10

p 2 7 700 2

* a = 4,4 m/ s2 (d )

Solución: 49• El aumento en la velocidad máxima dela bolita de acero es:

vmax _ (p - p ' ) g ( 2d) 2/18ri

v max ( p - p ' ) g ( d ) 2 / 1 8 r i

* ^ = 4 veces ©

Solución: 50• Como la bola de corcho se mueve convelocidad constante (a = 0), en la Fig., secumple que:

f = E-W

Ó7t T| R V = j7 tR3(p-p ' )g

11=( p - p ' ) g D 2

18 v

3\2

11 =(9 00- 200)(10)(10.10"J)

(18)(3,5.10-2)

i i N sti = 1,1 — m ©

A su vez, la viscosidad cinemática es:

y - TI - l’1V p 900

* v = l,2.10-3 m2 /s ®

Solución: 51• Representemos el recipiente cilindrico ytomemos en el los puntos 1 y 2.

v2»

A 2

P r

hVi

A'-ZoAv-l 1

i t *|C7 3 P 1 1

Ai

vt At

En la Fig., la diferencia de presión en losextremos del tubo capilar es:

AP = (P0 + p g h ) - P 0 = p gh

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Física II 359Ahora, según Poiseuille durante el intervalo de tiempo At el volumen de aceite que

pasa por el tubo capilar es:

V =7tr4At AP

8 ¿ t]

V =7tpghr At

8 ir \( 1)

De otro lado, en la Fig., el volumen de aceite contenido en el tubo capilar de Iongitud (vi At) y área Ai es:

V = A]Vi At = 7i r V[At

Igualando (1) con (2), obtenemos:

(2)

v, = 1-2 Pgh8fq

Luego, como el caudal en el cilindro y eltubo capilar, es el mismo, entonces:

Q =A 1v1= A2v2

Av2 =

v2 =

71R

4 Lr Pgh

8 f r | R 2

8£q

(10~3 )4 (900)(10)(26.10~2)

/2 " (8)(2 .10-2 )(1,2)(2.10-2 )2

* v2 = 3,04.10 5 m /s (5 )


• En la Fig., la diferencia de presión enlos extremos del tubo capilar es:

AP=(P 0 + p g h ) - P 0 = pg h (1)

De otro lado, según Poiseuille, el volumen

de glicerina que pasa por el tubo capilar durante el tiempo At, viene dado por:

v = 7tTAtAP (2)

8ft|

De (1) y (2), y despejando A t, tenemos:

At _ _8^rfV

7ipgh r

(8)(1,5.10~2 )(1)(5.10~6 )

(7i)(l,2.103)(10)(0,18)(10-3)4

At - 88,42 s « 1,47 min

At =


• La razón de las velocidades máximas,de la bolita en el aceite de ricino y gliceriña, viene dado por:

y, _ (p ~ P i ) g D2 /181])

v2 (P- P2) g D 2/18r |2

a - ( £ i a x ! k )v2 p - p 2 n,

Vi_ _ 7 7 00 -9 0 0 14,7

v2 “ 7 70 0-1 20 0 12

Vi+ — = 1,28

v2 ®

S o l u c i ó n : 5 4

• El trabajo realizado por la presión, viene dado por:

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362 HidrodinámicaIgualando (2) con (3), obtenemos la velocidad en 1:

vi =r P g h 2

8 £ T)

A su vez, el tiempo que tarda el chorro deaceite en llegar a la mesa, hallamos de:

hi = Vot + T g t

t = (2h1/g)1/2

Luego, la distancia horizontal recorrida por el chorro de aceite es:

r 2p g h , 2 h, i / 2x = V j t = , 7 - ( — )8 / r i g

x =(1 (T3)2(900)(0,5)

{(2X0,05X10)]1/2

(8)(10_ )(0,5)

x = l,125.10~2m

+ x « 1,1 cm

Solución: 61• Recordemos que el carácter del movímiento de un líquido, viene dado por el número de Reynolds:

Re = — (1)TI

El valor límite del diámetro de la bola seobtiene cuando la velocidad es máxima,esto es:

(p —pr) g D2v = --- - s (2)

18t]

De (2) en (1), obtenemos el diámetro, así:

p '( p -p ') g D 3R. =

18r)

(900)(7 700 - 900)(10)D3

(18)(0,8)

94,1.10 '9 = D 3

D = 4,55.10 m

* D = 4,55 mm ( c )

Solución: 62• Representemos en el tubo un volumende gas de longitud i y área A.

— A

i )

En la Fig., el volumen de gas contenida enel trozo de tubo es:

tt 2 „ m „ 4 mV = _ D 2¿ = — => í =

TtpD2

Así, la velocidad con que fluye el gas a través del tubo es:

4 m

v =

t 7 t p D t

(4X0,51)

(7t)(7,5)(0,02) (1800)

v = 0,12 — s

Luego, el número de Reynolds correspondiente al gas es:

R» =D v (2.10~ )(0,12)

v ~ 1,33.10-6

* Re * 1 800 (5 )

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Física II 363

^ N o t aSegún tabla, el flujo laminar se conser va para R« < 3 000.

Solución: 63

• Según el problema anterior la velocidadcon la que fluye el agua a través del tuboes:

4 Vv = S-

7tD2t

Sustituyendo está expresión en el númerode Reynolds, se tiene:

R . =D p v 4 pV

D =

r] 7tr|Dt4 p V

D =

7lT| t R e

(4)(103 )(200.10~6 )

(7i)(10_3)(l)(3.103)

D « 84,9.10-3 m

+ D » 85 mm

Solución: 64

©

• Representemos los puntos 1 y 2 en lavena del líquido.

A , , Vi

N .R ."


1 2 1 2 pi + - p v i + p g h j = P 2 + - p v 2 + p g h 2

1 2 1 ,P , + - p v 1 + p g h = P2 + - p v 2 +0

De otro lado, el caudal a través de las secciones Ai y A2es el mismo, por lo que:

Q = A j V j = A 2 v 2

v2 = AlVl / A2

Sustituyendo esto en la expresión anterior, y despejando P2, se tiene:

p2 = P i + ^ P ( l - 7 j ) v ? + p g h-A2

P2 = 2,5.105 + ¿ ( 1 0 3) [ l - ( ^ ) 2](4 2) +2 A2

(103 )(10)(15)

P2 = 2,5 atm - 0,24 atm +1,5 atm

* P2 = 3,76 atm ©

Solución: 65• Representemos las placas circulares y eltubo cilindrico.

I PoVo

Po

— hv T

N .R

El caudal de aire que pasa por los puntos1, 2 y 3 es el mismo, así, para los puntos 1y 2, tenemos:

Qi=Qi

7tr2v0 = 2n rh u

u =r2v*0 VQ2 h r

( 1)

Asimismo, para los puntos 1 y 3, tenemos:

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362 HidrodinámicaIgualando (2) con (3), obtenemos la velocidad en 1:

vi =r P g h 2

8 £ T)

A su vez, el tiempo que tarda el chorro deaceite en llegar a la mesa, hallamos de:

hi = Vot + T g t

t = (2h1/g)1/2

Luego, la distancia horizontal recorrida por el chorro de aceite es:

r 2p g h , 2 h, i / 2x = V j t = , 7 - ( — )8 / r i g

x =(1 (T3)2(900)(0,5)

{(2X0,05X10)]1/2

(8)(10_ )(0,5)

x = l,125.10~2m

+ x « 1,1 cm

Solución: 61• Recordemos que el carácter del movímiento de un líquido, viene dado por el número de Reynolds:

Re = — (1)TI

El valor límite del diámetro de la bola seobtiene cuando la velocidad es máxima,esto es:

(p —pr) g D2v = --- - s (2)

18t]

De (2) en (1), obtenemos el diámetro, así:

p '( p -p ') g D 3R. =

18r)

(900)(7 700 - 900)(10)D3

(18)(0,8)

94,1.10 '9 = D 3

D = 4,55.10 m

* D = 4,55 mm ( c )

Solución: 62• Representemos en el tubo un volumende gas de longitud i y área A.

— A

i )

En la Fig., el volumen de gas contenida enel trozo de tubo es:

tt 2 „ m „ 4 mV = _ D 2¿ = — => í =

TtpD2

Así, la velocidad con que fluye el gas a través del tubo es:

4 m

v =

t 7 t p D t

(4X0,51)

(7t)(7,5)(0,02) (1800)

v = 0,12 — s

Luego, el número de Reynolds correspondiente al gas es:

R» =D v (2.10~ )(0,12)

v ~ 1,33.10-6

* Re * 1 800 (5 )

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Física II 363

^ N o t aSegún tabla, el flujo laminar se conser va para R« < 3 000.

Solución: 63

• Según el problema anterior la velocidadcon la que fluye el agua a través del tuboes:

4 Vv = S-

7tD2t

Sustituyendo está expresión en el númerode Reynolds, se tiene:

R . =D p v 4 pV

D =

r] 7tr|Dt4 p V

D =

7lT| t R e

(4)(103 )(200.10~6 )

(7i)(10_3)(l)(3.103)

D « 84,9.10-3 m

+ D » 85 mm

Solución: 64

©

• Representemos los puntos 1 y 2 en lavena del líquido.

A , , Vi

N .R ."


1 2 1 2 pi + - p v i + p g h j = P 2 + - p v 2 + p g h 2

1 2 1 ,P , + - p v 1 + p g h = P2 + - p v 2 +0

De otro lado, el caudal a través de las secciones Ai y A2es el mismo, por lo que:

Q = A j V j = A 2 v 2

v2 = AlVl / A2

Sustituyendo esto en la expresión anterior, y despejando P2, se tiene:

p2 = P i + ^ P ( l - 7 j ) v ? + p g h-A2

P2 = 2,5.105 + ¿ ( 1 0 3) [ l - ( ^ ) 2](4 2) +2 A2

(103 )(10)(15)

P2 = 2,5 atm - 0,24 atm +1,5 atm

* P2 = 3,76 atm ©

Solución: 65• Representemos las placas circulares y eltubo cilindrico.

I PoVo

Po

— hv T

N .R

El caudal de aire que pasa por los puntos1, 2 y 3 es el mismo, así, para los puntos 1y 2, tenemos:

Qi=Qi

7tr2v0 = 2n rh u

u =r2v*0 VQ2 h r

( 1)

Asimismo, para los puntos 1 y 3, tenemos:

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364 Hidrodinámica

Qi = Q3

n r 2v„ = 2ttR1i v

8.1O-2 , ,4 .1 < r \2l' P ^n ( i , ~ i + ( „ : : z j ) ]

V =r2v‘o v02h R (2)

Ahora, apliquemos el teorema de Bemoulli a los puntos 1y 2, así:

1 2 1 2P 2 + - p v 2 + P g h 2 = P 3 + “ PV 3 + P g h 3

1 2 1 2P + - p u " + 0 = Pn + - p v +0

2 U 2

AP = P0- P = i p ( u 2 - v 2) (3)

Luego, de (1) y (2) en (3) la fuerza de atracción entre las placas cilindricas es:

R

F = } AP dAro

4 h rJ r R ro

F = í £ 4 í t2At()1+ 4 ]8h r„ R2

F =(tt)(l,293)(4)2 (4.10~3)4

(8)(2.10-2 )2

4.10 ) 8.10"

* F = 26 pN (B

Solución: 66• Considerando que el nivel del agua enel depósito se mantiene constante, las velocidades con la que salen los chorros deagua son:

v, = (2gh)1/2 , v2 = (2g(H + h))1/¿ (1)1/ 2

El caudal de agua que ingresa al depósito,es igual, al que sale por los agujeros 1 y 2,esto es:

Q - A v j + A v 2

QVj + v2 = — (2)

De cinemática, las coordenadas del puntode intersección de los chorros de agua,son:

X= Vjtj = v2t2

x _ x ti = — y t2 -V, V2

y = h + - g t2 = h + H + —g t 2

1 x2

9 s 2 9 ® "2

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Física II 365

X = (2 H )l /2 V! v 2 (3)

De la ec.(l) y (2), la diferencia de veloci

dades, así:

v^ - v , 2 = 2g (H + h) - 2 h

0 2 - v 1)(v2 + v l ) = 2gH

2g H Av2 - v, = (4)

Resolviendo las ecs.(2) y (4), obtenemoscada una de las velocidades:

1 Q _ 2 g H A

1 2 A Q

1 Q + 2 gH A

2 A Q

Sustituyendo estas expresiones en (3):

x _ l _ Q ^ _ 2 g H ^

2 2g A2 Q2

Para hallar la coordenada (y) utilizamos laec.(l) y (5), así:

u 1 2 V,2 1 x2

y _ + 2§t l “ 2g + 2 8 v,2

y = * ( Q2Y + - g- 2A 2 ) (6 )2 2gA Q2

Finalmente, evaluando (5) y (6):

* x « 1 1 7 c m ; y * 128 cm, ©

y = 2 x

1 Q2 2g H2A2

2 2g A2 Q2

2 l (_ Q L + 2 g H ^ )2 2g A Q2

Q2 + 2g H2A2 _ 2Q2 4 gH 2A2

2g A2 Q2 2g A2 Q

6 g H 2A2 Q2

Q2 2g A2

H : (140.10-6)2VÍ2g A2 \^Í2 (10)(0 ,2.10-4 )2

* H « 1,41 m ©

Solución: 68• Representemos el tubo cilindrico y consideremos en el los volúmenes Vi y V2,respectivamente.

Según, Poiseuille el volumen de líquidoque pasa en el tiempo (t) por las zonas (1)y (2) es el mismo, esto es:

v, = v2

Solución: 67• Utilizando los resultados del problemaanterior, se tiene:

7t(2R)4AP, t n R4 AP21

8r| f “ 8 q(2f )

siendo, AP,, AP2 la diferencia de presiones

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366 Hidrodinámicaen los extremos de los cilindros de longitudes i y 21, luego:

3 2 p g h j = p g h 2

* ^ . = 32h, ®S o l u c i ó n : 6 9

• Representemos el recipiente que contiene agua, y presenta un agujero.

Como el área del agujero es mucho menor que la de la sección transversal del recipiente, la velocidad con la que sale el chorro de agua es:

v = (2gh)1/2

De la tercera ley de Newton, la fuerza (F)sobre el recipiente, debido al chorro de agua que sale por el agujero es hacia la izquierda, y su expresión hallamos aplicando el teorema del impulso y la cantidad demovimiento, a un elemento de masa (Am)del chorro de agua, así:

F At = Ap = Am v

F At = (p Av At) v

F = p v2A = 2 p g h A

El movimiento será inminente, cuando esta fuerza (F), sea igual, a la fuerza de fríeción estática máxima, esto es:

fs = 2p g h A => ps W = 2p gh A

2 p g h AP s

W

P s(2)(103 )(10)(1)(10.10-4)

80

+ ps - ©


• Representemos al pistón de la bomba endos posiciones diferentes.

Durante el intervalo de tiempo (At) el pistón recorre la distancia (uAt), bajo la acción de la fuerza externa F, así, el trabajo

realizado por esta fuerza es:

W = Fd = Fu A t (1)

Ahora, según el principio de conservaciónde la masa, la masa de líquido (Am) que

pasa durante el intervalo de tiempo (A t) por las secciones A y a, es la misma, estoes:

Am - p AV - p A(u At) (2)

De otro lado, como el caudal de líquido através de la bomba se conserva, se tiene:

Q = Au = a v

au = — v

A(3)

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Física II 367

Luego, del teorema del trabajo y la ener gía, el trabajo de la fuerza F, es igual, a lavariación de la energía cinética del elementó de masa de líquido (Am), así:

W = AEr

F u At = —Am v2 - —Am u22 2

Fu At = — (p A u At)(v2 - — j \ 2) 2 A

v2= -2F

v2 =

p A [ l- ( a /A ) ]

(2X4)(103 )(20.10-4 )[1 —(2 /20)2 ]

v « 2,01 --s


• Según el problema anterior, la velocidad con la que sale el líquido por el agu

je ro es:

1 Q2 2gH 2A2

2 2gA2 Q2

y = i ( —9 _ _ + 2 « H _ A )

y 2 2g A2 Q2 ^

Restando la segunda ecuación menos la primera, se tiene:

y - x = d =2gH2A2

H = (— )1/2— 2 g A

(2)(10) 0,2.10-4

+ FI = 0,6 m = 60 cm


• Representemos el recipiente que contiene keroseno (p ^ y agua (p 2).

v2 = - 2 FP A[1 - ( a / A) ]

Como, A » a, entonces a2/A2 « 0, de modo que la expresión anterior, queda así:

2 2 F , 2 Fv2 = ----- => A = -----T

p A p v

A = (2X0,2)

(103)(0,2)2

* A = 10~2m2 = 100 cm2 ©


• Según el problema (66), las coordenadas del punto de intersección de los chorros de agua son:

Según el teorema del trabajo y la energía,

el trabajo realizado sobre un elemento delíquido de masa (Am) que sale por el agu jero, es igual, al cambio de su energía cinetica, esto es:

W = AEC

F d = —Am v22

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368 Hidrodinámica

1 2AP a v At = - p7 a v At v

2 2

1 2 2 2 A PAP = ^P2 v => v = ------

2 p2

v2 _ 2g(p|h] + p2h2)

P2

(2)(10)[(800)(0,375) + (1000)(0,5)]

1000

+ v = 4 m /s ®

S o l u c i ó n : 7 4

• Inicialmente la tensión en el soporte, esigual, al peso del agua más el del recipiente esto es:

T = W

Después, cuando se retira el tapón del agu jero, la velocidad con la que sale el chorrode agua es:

v = (2g h)1/2

De otro lado, el impulso de la fuerza F, de bido a la salida del chorro de agua por elagujero es:

F At = Ap = Am v

F At = (p A v At) v

F = pv2A = p(2gh) A

F = 2pghA

Así, según la tercera ley de Newton, la tensión en el soporte es:

T' = W - F = W - 2 p g h A

Luego, el cambio en la tensión en el sopor te del recipiente es:

AT = T' - T = -2 p g h A

AT = -(2 .103)(10)(0,5)(10“4)

* A T = - 1 N ^

^ N o t aEl signo (-) nos indica que la tensiónen el soporte disminuye.


• Representemos el recipiente en el instante en que retiran los tapones de los agu

jeros.

Según, el problema anterior las magnitu

des de las fuerzas F) y F2, sobre el reci piente debido a los chorros de agua que salen por los agujeros 1 y 2 son:

F j= 2 p g h A , y F2 = 2 p g h A2

Luego, teniendo en cuenta que no hay fricción en la mesa y que A2> A]; la aceleración que adquiere el recipiente en el instante en que se retira los tapones es:

Fr _ f2 - fict — — m m

a =2p gh (A 2 - Aj)

a =

p A h

2g (A 2 ~ A]) _ (2)(10)(2 -1 )

A 100

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Física II 369

+ a = 0,2 m / s2 (-»)

Solución: 76• Dividamos el depósito semiesférico en

muchos discos, y representemos uno de elíos, de radio (y) y espesor (dz).

En la Fig., el peso del agua contenido enel volumen del disco de radio (y) y espesor (dz) es:

dw = g dm = g p dV

dw = gp7t y2dz = gp n (R 2 - z2)dx

Así, el trabajo para elevar el peso del agua

contenida en el disco, hasta una altura (h) por encima del recipien te es:

dW = (dw)(h + z)

Luego, el trabajo total para elevar toda elagua contenida en el recipiente, hasta unaaltura (h) es:

W R

JdW = J7ipg (h + z)(R2 - z 2)dzo o

R R

W = 7ipg[h J(R2 - z 2)d z+ J(zR2 - z 3)dz] o o

W = tc p g [h (R2z - z3 /3 ) ]q +

(R z2 / 2 - z 4 /4 ) ]q ]

W = j T C pgR 3( h+ *R )

W = ( | tc)(103)(10)(0,3)3[0,2 + (®)(0,3)]

* W = 180tcJ ©

Solución: 77• Dividamos el depósito cilindrico en muchos discos, y representemos uno de ellos,de radio (R) y grosor (dz).

En la Fig., el peso del agua contenido enel volumen del disco de radio (R) y espe

sor (dz) es:

dw = g dm = g p dV

dw = gp7tR 2dz

Así, el trabajo para elevar el peso del aguacontenida en el disco, hasta una altura (h-z) por encima de el es:

dW = (dw)(h - z)

Luego, el trabajo total para elevar toda elagua contenida en el recipiente cilindrico,hasta la parte superior es:

W h

JdW = 7ipgR2 \ ( h - z ) d z o o

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370 Hidrodinámica

W = 7 ip gR 2( h z - y ) ]|¡

W = —7t p g R2h2

2

W = (^7i)(l O3 )(10)(0,5)2 (l)2

+ W = 1 25071 J 0

Solución: 78• Derivando el volumen del globo esférico, respecto del tiempo, se tiene:

„ 4 3 dV ^ jd R

V = —7i R => — = 47iR — 3 dt dt

- 2 = 4tc(50)2— dt

dR „ cm — = -0 ,00006 —

dt s

dR „ _ m+ — = -0,6 u.—

dt s0

Solución: 79• Representemos el reloj de agua, en elins tante en que la altura del agua en la

parte inferior es (h) y los radios del troncode co-no (r) y (3), respectivamente.

T6

1

los, se tiene que:

r 3 6 - htgG = ------ = - => r = --------

6 - h 6 2

Ahora, hallemos el volumen del tronco de

cono que forma el agua en la parte inferior, restando los volúmenes de los conosde radios (3) y (r), así:

V = jT t (3)2(6) -^7 t r2(6-h)

V = 18ti- - 7 c(— - ) 2(6 - h)3 2

V = 18 7i - — 7t (6 - h)312

Derivando está expresión respecto de lavariable independiente (h), se tiene:

— = — t i (6 - h)2dh 4

Finalmente, aplicando la regla de la cadena, la derivada temporal del volumen es:

dV _ dV dh

dt dh dt

dV 1 ^ 2 dh — = - 7 t ( 6 - h ) — dt 4 dt

„ 1 .,2dh2 = - ti( 6 - 4 ) 2 —

4 dt

dh _ 2 cm

dt 71 s0

Solución: 80• En la Fig., aplicando la semejanza detriángulos, se tiene que:

r R R tg0 = - = — => r = —z

z h h

En la Fig., aplicando semejanza de triángu Así, el peso del agua contenido en el volu

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372 Hidrodinámica

\ J (2y-y2)1 /2(2-2y)dy]¿ n

Calculemos la primera integral.

2

I, = J ( 2 y - y 2)1/2dy o

lí = J[1 - (y - l)2]1/2dy

Haciendo el siguiente cambio de variable:

y -1 = sen 0 => dy = eos 0 d0

la integral anterior, queda así:

T ^ f2r-n-2rtn Sen 20. lj/ 2Ij - J eos d0 - ( + ) J_ n/2-Tí t i Z

I, = — 1 2

Calculemos la segunda integral:

I2 = í ( 2 y - y 2)1/2(2- 2y )d y

h ‘ h y - y 2)3' 2

I2 = 0

Luego, sustituyendo I] y I2 en la expresióndel trabajo total, se tiene:

W = (2)(900)(10)(2)[|+(^)(0)]

* W = 18ttkJ ©

Solución: 82• Representemos las fuerzas que actúansobre el globo esférico en equilibrio.

w G w h w c

En la Fig., el sistema globo y cuerda (unsó lo cuerpo), se encuentra en equilibrio

bajo la acción del peso del globo (WG), peso de la cuerda (Wc), peso del gas dehidrógeno (WH) y empuje del aire (E), es

to es:

WG+ Wc + WH= E

4 3 4 3m g + ^ g h + pH g - 7 t R = p Ag - 7 t R

h = ~ r l 4 n (P a - P h ) r 3 - 3 m l3 A.

h = ----- - —j-[(47r)(l,293-,009)(0 ,l 5)3(3)(10-0

(3)(2.10"3)]

* h * 15 m

Solución: 831. Cuando no existe campo eléctrico.

Et f fi=6nr|r V! A ^

mg! Vi

+Qc

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Física II 373Para que la gota descienda con velocidadconstante, su peso debe ser igual a la fuer za de rozamiento, más la fuerza de empujedel aire, esto es:

4 3 4 3

— rc r p g = 671 q r V! + - 7t r p g

siendo, p' y p las densidades del aceite y

aire, respectivamente.Despejando en la expresión anterior "r", yevaluando:

r - f 9T1Vi )1/22Apg

f _ (9)(1,82.1Q-2)(1,1.1Q-4) 1/2(2)(900)(9,8)

r » 32.10-6 m

Cuando la gota cae en el campo eléctrico,establecido entre las placas del condensador, la ecuación que describe su movimiento es:

~r~ -Qt

+Qc _mg_

£2 =67 1 1 3r V2 E=(4/3)7ir pg

V 4 3 , 4 3q — = - 7 t r p ' g - - 7 i r p g - 6 n r \ r \ 2

a 3 3

q = (^7tr3g A p -6 7 ir | rv2)^-

* q « -0,23.10-12 C ®

Solución: 84• Cuando no hay campo eléctrico, la velocidad de caída es constante, a= 0, y la gota cae con velocidad igual a:

v i = 2 ( p - p ’) r g / 9 n (1)

donde "r" es el radio de la gota, "q" la viscosidad del aceite y p, p’ las densidadesdel aceite y aire, respectivamente.Cuando hay campo eléctrico, la velocidadcon la que cae la gota de aceite es:

v2 .. 3 q-E ~ 4rcr ( p - p’)g (2 )18;iqr

Puesto, que la gota permanece inmóvil de bido a la presencia del campo eléctrico,v2= 0, luego, despejando de la ec.(2), lacarga "q", se tiene:

4? t r (p-p ' )g

3 E(3)

Eliminando entre (1) y (3) "r", se encuentra la expresión final para "q":

47t(p-p’)g 9V]q 3/2

3E 2 (p - p')g

q « 10-14 C

Luego, la cantidad de electrones de exceso, en la gota de aceite es:

n = —=10 -14

-19e 1,602.10

+ n«í6,24.10 es

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374 HidrodinámicaSolución: 85

• Aplicando el teorema de Bemoulli a los puntos 1 y 2, se tiene:

1 2 1 2 pi + - P vi + P g h j = P2 + - p v 2 + p g h 2

+ M = 0,7 N.m

N.R.

Po + ^ P V2 + 0 = Po + 0 + P 8 ( h 0 + h )

V2 22h = h = ----------- 0,1

2g (2X10)

h = 0,2 - 0,1 = 0,1 m

* h = 10 cm (^ )

Solución: 86

• Según el problema (69), la fuerza dereacción sobre el tubo, debido a la salidadel agua, viene dado por:

F = p v 2A = p A 2AA

F = pQ

n R 2

Luego, el momento de esta fuerza, respec

to del punto O es:

Solución: 87• Dividamos el cilindro en muchas lámiñas y representemos una de ellas.

Idz

La ecuación cartesiana de la circunfieren

cia de centro (0; R) y radio R es:

x2 + (z -R )2 = R2

x 2 + z2 - 2Rz = 0

x = (D z - z2)1/2

De otro lado, la velocidad con la que saleel chorro de agua por el agujero es:

V = K (2g z)1/2

En la Fig., para un diferencial de tiempo(dt), el volumen de agua (Vs) que sale por el agujero, es igual, al volumen de agua(VD) que desciende en el tanque, esto es:

vs = vD

A v dt = (2x) £ dz

M =F£ = PQ

ti R 2

M =(103 )(0,5.10~3 )2 (22.10~2)

7t(0,5.10-2)2

d¿K(2 gz)1/2dt = 2f (D z - z ^ ) 1/2dz2 ,1/ 2 ,

— 3 1 — T / ( D - Z)l ' 2d z , j d lK (2g) 71d o o

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Física II 375

8 1

k (2g)1/27t d2 3

371 d ^ K ' 2 g

t = ( 1 6 ) ( 3 t i/ 4 ) ( 0 , 2 ) 3 1 /2

(3ti)(0,02)2(2/3) (2X10)

* t = 300 s = 5 min

Solución: 88• Dividamos el tanque en muchas lámiñas, y representemos una de ellas.

En la Fig., N, P son puntos medios de loslados a y b del tronco de pirámide.

mos una relación para (x), así:

tge = - = -(a~ b) /2z h

( a - b )x = z2h

Así, el lado de la lámina cuadrada situadaa la distancia (z) del origen es:

/ - 2 ( | + x ) - 2 ( | + l ^ z )

t = b + ( a - b ) -' h

Como el área del nivel del agua, es muchomayor que el área del orificio, la velocjdad de salida del chorro de agua es aproximádamente,

V = K ( 2 g z ) 1 /2

En la Fig., para un diferencial de tiempo(dt), el volumen de agua (Vs) que sale por

el agujero, es igual, al volumen de agua(VD) que desciende en el tanque, esto es:

vs = vD

A v dt = í dz

o b/2 p

Aplicando semejanza de triángulo, halle

A k (2g z)1' 2dt = [b + (a - b) - ] 2 dz

(2g)1/2 A k jd t = b2 jz~ 1/2dz +o o

^ í a z b ) hj z 1/2dz + ¿ } z 3/2dzh o h2 2

(2g)1/2A k = 2b2(z1/2) ]q +

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376 Hidrodinámica

4 b ( a - b ) 3 / 2 l h 2 ( a - b ) 5 / 2

(z) Jo g.2 <z3h 5 h 2

(2g),/2k At = 2b2 h 1 / 2 + 4 b -(- -~ b ) h 3 / 2 +

3h

2 ( a - b ) 2 h 5 / 2

5 h 2

, l / 2 r u 2 2 , , . . 1

t =2 h [b + ^b (a - b) + ^ (a - b ) 2 ]

(2 g),/2kA

(2)(4),/2[l2 + | ( l ) ( 1 0 - l )+ -V o - l )2]^ _ ____________ J J ________

((2)(10»172 (20.10-4 )(0,72)

t = 14 400 s

* t = 4 h ( d)

Solución: 89• Consideremos un agujero de longitud(dz) y ancho (b), situado a una distancia

(z) del origen.

f ph

i '

Z

; d z

Recordemos que la velocidad con la quesa le el agua, a través de este agujero es:

v = (2 g z) 1/2

jero de área (dA= b dz) es:

dF = p v 2 dA

dF = p(2gz)b dz

Integrando esta expresión a lo largo del filamento, obtenemos la fuerza total de reacción del agua, esto es:

F h

JdF = 2p gb | zdzo h-e

M iF = 2 p g b —z Jh_e

F = p g b [ h 2 - ( h - 0 2]

F = pg b ^ (2h - i)

F = (103 )(10)(2,5.10_ 3 )(0,2)[(2)(0,5) - 0,2]

0

Solución: 90• Consideremos un diferencial de masa(dm) en el líquido.

co

d m

i l 1 3+aH h -

- t - Hd x

En la Fig., la fuerza sobre el diferencial demasa (dm) del líquido, contenido en el volumen dV=A.dx, debida a la rotación deltubo de ensayo es:

dF = (dm)co2x

Ahora, según el problema (69), la fuerzade reacción del agua que sale por este agu

dF = p A dx co2 x

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Física II 377

F l

| dF = p co2A Jx dxo e-h

F = peo2 A ^[ (2 - ( f - h ) 2]

F = —peo Ah (2 ----1)2 h

De modo que, la diferencia de presión enlos extremos del líquido es:

F 1 o •> i AP = — = —peo h (2 —-1 ) (1)

A 2 h

Ahora, aplicando el teorema de Bemoulli alos puntos 1 y 2, situado en los extremos dellíquido, se tiene:

1 2 1 2 pi + - P vi + P g h ] = P2 + - p v 2 + p g h 2

1 2Pj + 0 + 0 = P2 + —p v + 0

x2 + y2 + z2 = 2Rz

x2 + y 2 = r2 = 2R z - z2

Representemos el depósito esférico de radio R, en el sistema de coordenadas cartesianas.

Ú L T

dz

Como el área del nivel del agua, es muchomayor que el área del orificio, la velocidadde salida del chorro de agua es aproximadamente:

v = k (2g z)1/2

A P = P 1- P 2 = ^ p v 2 (2)

Igualando (1) con (2), obtenemos la velocidad con la que sale el líquido a través delagujero:

En la Fig., para un diferencial de tiempo

(dt), el volumen de agua (Vs) que sale por el agujero, es igual, al volumen de agua(VD) que desciende en el tanque, esto es:

vs = v D

v = co h (2 - -1 )h

1/ 2 —d2k (2g z)1/2dt = 7tr2dz4

+ v = 3 m /s (c )

(2g)1/2k d2(z)1/2dt = 4(2R z - z2)dz

(2g )k d2 jdt = 4 j(2 D z1/2 - z 3/2)dzo o

S o l u c i ó n : 9 1

• La ecuación de la esfera de radio R ycentro en (0; 0; R) es:

x2 + y2 + (z - R )2 = R 2

t =16 (D5 / 2g)1/2

15 k d 2

+ t = 1,5 h ©

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378 Teoría cinética de gases

TECCIA

CINETICA

CE LCS CASES

1. TEORIA CINETICA DE LOS GASES

a) DefiniciónEs una parte de la física, que estudiamediante el uso de técnicas y métodosestadísticos, la estructura, propiedades,características físicas de los gases y los

procesos físicos que se dan en el.

b) PostuladosLos principales postulados que utiliza lateoría cinética de los gases, son:

1) Se considera que un gas esta formado por un conjunto de partículas (átomos omoléculas) que se mueven caóticamente obedeciendo a las leyes de la mecánica Newtoniana.

2) En el sistema de partículas, se cumplen

las leyes de conservación de la energía,momento lineal y momento angular.3) Cada una de las partículas del sistema

son distinguibles, unas de otras, esto esválido en la física clásica.

4) Todos los procesos físicos que se lievan a cabo en el sistema de partículas, evolucionan de un modo continuo.

5) No actúan fuerzas apreciables sobre lasmoléculas, excepto durante los choques

c) AtomoSe llama así la menor partícula de un elemento químico que posee sus propiedades químicas. El átomo consta de unnúcleo cargado positivamente y de electrones que se mueven en su campo coulombiano. La carga del núcleo es igual

en magnitud a la carga total de los electrones. El sistema atómico más sencilloes el átomo de hidrógeno, que consta deun electrón que se mueve en el cam pocoulombiano de un protón.

d) MoléculaSe llama así a la partícula estable más

pequeña de una sustancia dada que posee sus propiedades químicas fúndamentales y que está formado por átomosidénticos o diferentes en un todo único

por medio de enlaces químicos, existendos tipos de moléculas las iónicas y lasatómicas.

1) Molécula iónica.- Este tipo de molécu

las esta formado por iones de los elementos químicos que integran la moleculas. Las moléculas iónicas son eléctricamente neutras.

2) Molécula atómica.- Son las moléculascuyo estado fundamental corresponde alos estados normales de los átomos neutros. Las fuerzas que aseguran la estabilidad de las moléculas atómicas son deintercambio y su carácter es específicamente cuántico. El estado normal de un

átomo es aquel que corresponde a suestado de equilibrio energético.

e) Gas idealSe llama así al gas que presenta o reune las siguientes características:

1) La fuerza de interacción entre sus moléculas, es pequeña (despreciable), debido a las grandes distancias existentesentre ellas.

2) Sus moléculas son de dimensiones infinitamente pequeñas del orden de 10'8cm, por lo que, el volumen que ocupanlas moléculas respecto del volumen delrecipiente que lo contiene es muy pequeño, es decir, su densidad es muy pequeña.

3) Sus moléculas poseen movimiento caó

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Física II 379tico (al azar), moviéndose en trayectorias rectilíneas.

4) Los choques de las moléculas entre si ycon las paredes del recipiente que locontiene, son perfectamente elásticas,

siendo estos choques de corta duración.

Ejemplo: En condiciones normales(C.N.) el hidrógeno, oxigeno, nitrógenoetc... se consideran gases ideales.

f) Gas realLos gases reales son los que en condiciones normales (C.N.) de temperaturay presión se comportan como gases ideales, pero si la temperatura es muy ba

ja o la presión muy alta, las propiedades de los gases reales se desvían en for ma considerable de los gases ideales.

g) Gas enrarecidoSe dice que un gas está enrarecido si sudensidad es tan pequeña que el recorrído libre medio (X) de sus moléculas

puede compararse con las dimensioneslineales "d" del recipiente que lo contiene. Este estado del gas también se liama vació.

h) Condiciones normales (C.N.)Se llama así a los valores correspondientes a una temperatura de 0 °C (273°K) y una presión de 1 atm (760 mmHg)

• En general las mediciones de los volúmenes de los gases se realizan en condiciones normales.

i) Mol (molkilogramo)El mol es la unidad fundamental del Sistema Internacional de Unidades, quemide la cantidad de sustancia.Esta definido como la cantidad de sustancia de un sistema que contiene tantas entes (partículas) como átomos hay

en 0,012 kg del nucleido carbono 12.La unidad fundamental en todo proce soquímico es el átomo (si se trata de unelemento) o la molécula (si se trata deun compuesto).

• Un mol de cualquier gas ideal en C.N.ocupa aproximadamente un volumen de22,4 litros (ó 22,4.10 '3m3)

• El número de moles (n) de un gas idealviene dado por:

mn = —

M

siendo, (m) las masa de la sustancia ex presada en kilogramos, y (M) la masa

molecular o molar de la sustancia, estacantidad es igual, a la suma de los pesos atómicos de los elementos que inter vienen en la fórmula molecular.

Ejemplo : 1 mol de H20 es igual a 18 kjlogramos, pues, la masa molecular delH20 es 18, luego 9 kg de H20 será iguala 1/2 mol.

j) Volumen molar (VM)

Es una magnitud física escalar, que sedefine, como la razón del volumen (V)del gas al número de moles contenidoen él, esto es:

k) Volumen específico (v)Es una magnitud física escalar, que sedefine, como el inverso de la densidad

(p) del cuerpo ó sustancia, es decir:

1v = —

P

• Para una sustancia homogénea el volumen específico, es igual, al volumen dedicha sustancia, cuya masa es igual a la

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380 Teoría cinética de gasesunidad.

^ U n id a d : (v) se mide en m3/kg.

t) Punto crítico

Se dice que una sustancia se encuentraen equilibrio en el punto crítico, cuando desaparece la frontera bien definidaentre las fases líquida y gaseosa de lasustancia. A la temperatura y presión alas que esto ocurre se les denomina tem

peratura crítica y presión crítica, y ladensidad que alcanza la sustancia se conoce como densidad crítica.

2. LEY GENERAL DE UN GAS

IDEAL

a) Ley de AvogadroEstablece la relación entre la cantidadde gas y su volumen, para una temperatura y presión constantes. La cantidadde gas se mide en moles.Esto es, el volumen de gas es directamente proporcional a la cantidad de gasasí:Si aumentamos la cantidad de gas, aumenta el volumen.Si disminuimos la cantidad de gas, elvolumen disminuye.

• También, se puede expresar la ley deAvogadro, así:

V , — = k = cte.

es decir, el cociente entre el volumen y

la cantidad de gas es constante.

b)

Por ejemplo, en un gas contenido en uncilindro cerrado por un émbolo móvil(E), para variar el volumen del gas (V)debemos variar la cantidad de gas (n),tal que, para el estado inicial y final a presión constante y temperatura constantes, se cumple:

V, V2

n2

Concluimos diciendo que: en las mismas condiciones de presión y temperatura, volúmenes iguales de cualquier gas, contienen siempre, el mismo número de moléculas.

Número de Avogadro (NA)Es el número de moléculas contenidasen 1 mol de cualquier sustancia en estado sólido, líquido o gaseoso, este valor,es igual a 6,02.1023.

c) La constante de BoltzmanEsta constante de la teoría cinética degases se representa por "k", y se definecomo la constante de los gases (R) por

unidad de molécula, esto es:

k = — = 1,38.10-23 — N a K

d) La constante R de los gases idealesEs numéricamente igual al trabajo(5 W ) que realiza un mol de gas ideal alcalentarlo un grado en un proceso de ex

pansión isobárico (a presión constante),

esto es:

R SW

ndT

siendo "dT" la diferencia de temperaturas.

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Física II 381e) Velocidad de difusión y efusión

de un gasLa velocidad de difusión o efusión deun gas a través de otro gas, viene dado

por:

v = (H i r M

siendo, "M" su masa molecular, "T" latemperatura absoluta, y "R" la constante universal de los gases.Velocidad de difusión es la velocidadcon la que se mueve un gas a través deotro.Velocidad de efusión es la velocidadcon la que un gas se escapa al aire a tra

vés de un orificio del recipiente que locontiene.

f) Ley general de un gas idealPara un gas ideal en estado de equili

brio termodinámico, esta ecuación reíaciona las variables presión (P), volumen (V) y temperatura (T), del modo siguiente:

P V = n R T

siendo, "P" la presión en (N/m2), "V"el volumen en (m3), "n" el número demo les, "T" la temperatura absoluta en(°K) y R= 8,31 J.mof1°K'1la constanteuniversal de los gases.

• Para una misma masa de gas (n.R) es una constante, entonces la ecuación anterior, para dos estados diferentes "1" y"2" del gas, se escribe así:

P.V, P2V2

es decir, cuando se varia la presión ytemperatura del gas, automáticamentecambia su volumen.

Como, Vi=m/pi y V2=m/p2, también podemos expresar la ley de los gases ideales en función de las densidades, así

Pi T, p 2T2

siendo, p, y p2 las densidades del gas

en los estados 1 y 2, respectivamente

g) Ley de Dalton

A +B

|0»1

o

La presión total de una mezcla de gases ideales a volumen y temperaturaconstante, es igual, a la suma de las presiones de cada una de las componentesde la mezcla.Así, la presión de una mezcla de dos gases A y B, viene dado por:

P = P a + P b

Sustituyendo las expresiones de PA yPB, obtenidas de la ley de los gases ideales, se tiene:

p _ R T mA | m E

MrV (M)

Se debe mencionar, que la presión creada por cada uno de los componentes dela mezcla, es independiente, de las pre

siones creadas por las otras componentes.La ecuación anterior, para una mezclade N-componentes, se escribe así:

p = R T » nn

v M k

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382 Teoría cinética de gasessiendo, (mk) la masa de la k-ésima com

ponentes y (Mk) masa molecular de lak-ésima componentes.La presión parcial de la k-ésima com

ponentes de la mezcla, es igual, al producto de la presión de la mezcla por laconcentración molar de dicha componente, es decir:

La energía cinética media del movimiento de traslación de una molécula deun gas ideal, viene dado por:

< Ec >= —m < vc >

< Er >= —kT

pk = z k p

donde la concentración molar de la k-ésima componente, viene dada por:

mk / Mk k — """Ñ~

£ ( m k /M k)k = l

Ejemplo: 6 g de anhídrido carbónico(C 02) y 5 g de óxido nitroso (N20 ) Uenan un recipiente de volumen 2 000cm3. ¿Cuál será la presión total en el recipiente a la temperatura de 127° C?Solución:Dado que se tiene 2 componentes, la

presión total de la mezcla es:

R T ¿ m ty ‘“kk=iMk

siendo, (k) la constante de Boltzman,(T) la temperatura absoluta (°K).Así, la energía cinética media es directamente proporcional a la temperaturaabsoluta y no depende de otra cantidadfísica.

La temperatura absoluta es una medidade la energía cinética media del movimiento de traslación de las moléculas delgas ideal.Esta expresión de la energía cinéticamedia, no es válido en la región de tem

peraturas ultrabajas próximas al cero absoluto.La constante de Bolztman, se determinaasi:

R 8,3 lJ .m o r^ k "1

N a ~ 6,022.1023m o r'

p = R T ( mL + mLV M, M2

p _ (8,3L103)(400)(,6.10~3 + 5 .1 0 '^

2 . 10 ' 44 44

* P = 4,15.10-

N

3. ECUACION FUNDAMENTAL DE LA TEORIA CINETICA DE LOS GASES

a) Energía cinética media <EC>

k = 1,38.10-23 J.°k_1

b) Velocidad media aritmética <v>La velocidad media aritmética de las Nmoléculas de un gas ideal, viene dado

por:

1 N< v >= — S vk N k = i

siendo, (vk) la velocidad de la k-ésimamolécula.

• Se demuestra que la expresión anterior,en función de los parámetros del gasideal, viene dada por:

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Física II 383

<v>= [«RJL j I/271 M

siendo, (R) la constante universal de losgases, (T) la temperatura absoluta (°k),y (M) la masa molecular o molar delgas.

c) Velocidad cuadrática media <vc>La velocidad cuadrática media de las Nmoléculas de un gas ideal, viene dado

por:

r I 2 T1/ 2< V>= [— X VkJ

N k=i

siendo, (vk) la velocidad de la k-ésimamolécula.

• Se demuestra que la expresión anterior,en función de los parámetros del gas |deal, viene dada por:

,3RT i/2 .<vc >= [““ 7" ] 0M

<vc>=[3 k T [12

m

siendo, (m) la masa de una molécula del

gas, (M) su masa molecular, y (T) latemperatura absoluta.

d) Ecuación fundamental de la teo-ría cinética de los gasesLa presión ejercida por un gas ideal, so

bre las paredes del recip iente que locontiene, viene dado por:

P V = - Ec3

siendo, (P) la presión, (V) el volumendel recipiente, y (Ec) la energía cinéticatotal del movimiento de traslación delas (N) moléculas de gas que hay en elrecipiente.Demostración:Consideremos el recipiente de áreas de

sus bases izquierda y derecha igual a"A".

Y

/ /

a í t

o

oX

/ / z V-At

En la Fig. la variación de la cantidad demovimiento que experimenta la molécula de masa m' al chocar elásticamentecon la pared del recipiente es:

APx = Px - Pox = m vx

Apx = 2m ’vx

' m '(-v x)

Ahora, sea "u" el número de moléculas por unidad de volumen, y "vxAí" la dis

tancia recorrida por las moléculas quese mueven en la dirección (X) duranteel intervalo de tiempo "At", entonces elnúmero de estas moléculas contenidas

en el volumen "vvAAt" es:

N x n vv AAt

Como la mitad de estas moléculas semueven en la dirección negativa del eje(-X), entonces, la variación de la cantjdad de momento lineal total de las moléculas que se dirigen a la pared som

breada es:

A?x = 2 N *APx

APX= (—n A vx At)(2m'vx)

De modo que, la fuerza ejercida por lasmoléculas sobre la pared sombreada es:

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APX l 2Fy = — - = n A m 'vx

At

A su vez, como F=PA, entonces la presión sobre esta pared es:

N = nm 'v 2 ( 1)

Ahora, como los grados de libertad quetienen las moléculas para moverse enlas direcciones de los ejes X, Y y Z esla misma, el cuadrado de la magnitudde la velocidad de las moléculas del gases:

y2 = vx + Vy + v^ = 3vx

2 1 2V v = - V (2)

Finalmente, reemplazando (2) en (1), yteniendo en cuenta que n=N/V, siendo"N" el número total de moléculas, obtenemos:

N 1 ,P = (—)(-m'v )

V 3

P V = 2 ( N - m ' v 2 )3 2

PV = - E r 3 L

(3)

Para un gas homogéneo (mk=m’), lasmaas de todas las moléculas son iguales, pero sus velocidades (vk, k=l,2,...)

son diferentes, así, la energía cinéticade las "N" moléculas es:

v - m V 2E c - v k

z k= l(4)

De otro lado, de la expresión de la velocidad cuadrática media, se tiene que:

N k= i

zL vk = N < vc >2 (5)k= l

Sustituyendo (4) y (5) en (3), tenemos:

P V = - N m' < vr >2

P V = | m < v c > 2 (4)

siendo, m=Nm’ la masa total del gas.Así, la ecuación fundamental para la

presión del gas es:

P = - (—) < vc >23 V L

P = ^ P < v c > 2

siendo, p = m/V la densidad del gas.

La presión al interior de un gas, se origi

na como resultado de los choques de lasmoléculas con las paredes del recipiente que contiene al gas, comunicandoles a estas su impulso.En un gas ideal los choques entre lasmoléculas no varían la presión del gas,siendo esta presión igual en todas las

paredes del recipiente.Ahora, comparando la ec.(4) con la ecuación de los gases ideales, obtenemos la expresión para la velocidad cua

drática media, así:

1 2 ni —m < vr > = — R T3 M

M m 'N .

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Física II 385Como, k = R/Na, entonces:

3 kT 1 / 2< vc >= [— H

m

siendo, (k) la constante de Boltzman,

(m’) la masa de una molécula, y (NA) elnúmero de Avogadro.

e) Interpretación molecular de la temperaturaTambién, conocida la velocidad cuadratica media, podemos expresar la ener gía cinética media de una molécula delgas, así:

1 , 2- m < v r > = —kT2 L 2

siendo, " T" la temperatura absoluta.• Esto es, la temperatura a la que se en

cuentra un gas es directamente propor cional a la energía cinética de sus moléculas. Es decir, la temperatura del gasdepende del movimiento de las moléculas del gas.

f) Efecto KnudsenSi dos recipientes que contienen un gasenrarecido a temperaturas distintas T \ yT2 se unen entre si mediante un tuboestrecho, entonces, la razón de las presiones en los recipientes, es directamente proporcional a la raíz cuadrada desus temperaturas, esto es:

Demostración:En el estado estacionario, el flujo degas que pasa del recipiente 1 hacia el 2,debe ser igual, al que pasa de 2 hacia 1,esto es:

siendo, n,, n2 los números de molécu las por unidad de volumen en ambos recipientes, y vj, v2 sus velocidades medias.

Ahora, como n « P / T y voc Vt , teñe

mos:

(C 1|L ) ( C 2 ,/ Í [ ) = ( C 1 ^ ) ( C 2 VT2 )i] 12

siendo, Cj y C2 constantes de proporcionalidad.

4. ECUACION DE TRANSFORMA-CION ADIABATICAPara deducir la ecuación de transformación adiabática consideremos un gas encerrado en un cilindro de longitud "i" con un émbolo de área "A" y masa”m".

M

m C K 1

GAS

En la Fig., la molécula de masa "m"que se mueve en la dirección del eje Xcon una velocidad "vx" choca elástica

mente con el émbolo que se mueve convelocidad "-ve", entonces, del princi

pió de conservación de la cantidad de

momento lineal, se tiene:

m v, + M (-v e) = m vx + M ve

También, del principio de conservaciónde la energía, se tiene:

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386 Teoría cinética de gasesReescribiendo estas ecuaciones en laforma: AEr 2 m vxve (3)

m O x - v x) = M (ve + ve) (1)

m(vx - v x)(vx + vx) =M (ve + ve)(ve - ve)

Dividiendo estas ecuaciones entre si, tenemos:

( vx + v x) = (v e - v e) (2 )

Resolviendo (1) y (2) para vx y ve, ob

tenemos:

v = ~ 2 v e - ( 1 - m /M ) v x

V x 1 + m / M

. 2m /M vx - (1 - m ’/M )v e

e_ 1+ m/M

Como, M » m , entonces las velocidades de la molécula y el émbolo despuésde la colisión son:

v x = 2 v e - v x y ve = - v eEsto es, la velocidad del émbolo nocambia, en tanto, la velocidad de la molécula aumenta, aumentando su energíacinética, esta energia ganada por la molécula rápidamente se redistribuye entre las otras moléculas del gas, de talmodo que, el gas siempre este en equili

brio.El aumento de la energía cinética que

experimenta el gas en cada colisión conel émbolo es:

AEC = ^ m (- v x - 2ve)2 - ^ m v 2

AEC = 2m vxve(l + - J¡~) 2vv

pues, ve « vx .

Este incremento de la energía cinética

en cada colisión se redistribuye entre todas las "N" moléculas del gas. La ener gía cinética media ganada por cada molécula 2mvxve/N se refleja en un au

mentó de la temperatura del gas, estoes:

2m v , v , 3 ,*-*- = -k A T (4)

N 2

Ahora, el tiempo medio entre dos colisiones sucesivas y la velocidad del ém

bolo son:

At = 21 M — y Ve = --— (5) N v , At

siendo, "M" el desplazamiento que realiza la molécula entre dos colisiones sucesivas.Sustituyendo (5) y (4) y teniendo encuenta que el movimiento de la molécula en las tres direcciones es equivalen

te: v2 = 3 v2, tenemos:

2 m v ^ ^ ) = 3 kAT N 2 f /N v x 2

1 2A¿ 3 — m v — = —kAT3 i 2

Como, (l/2)mv2 = (3/2)kT entonces,

la ecuación anterior se reduce a:

- k T ^ = 2 kATA í 2

AT

T

2 AV

3 V

dT

T

2 dV

3 V

Integrando esta ecuación, obtenemos la

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Física II 387

ecuación de la transformación adiabática, así:

fT dT 2 j-v dV

■To T _ t •'Vo V3 vo V

f n ( — ) = f n ( — ) 273

V v

T V 273 = T0V273 = cte.

Como, T = P V / n R , entonces la ecua

ción anterior, también puede expresarseasí:

P V 573 = cte.

Para un gas monoatómico, la razón delos calores específicos, llamado exponente adiabático es:

y = ■Cy + R

3R /2 + R 5

3 R / 2

Así, en función del exponente adiabático la ecuación de transformación adia

bática es:

PV y = cte.

a) Medida del exponente adiabático de un gas

En un recipiente grande de volumen"V" que encierra un gas, se ubica vertícálmente un tubo de radio "r", cerrando este con una bola esférica de acerode masa ”m" que ajusta perfectamente

el tubo. Se desplaza la bola de su posición de equilibrio, y se mide con un eronometro el período de oscilaciones. Conocido el período de oscilaciones se determina el índice adiabático del gas.Cuando la bola está en equilibrio, la presión del gas hallamos así:

Po711- = Patm7tr + m §

Po=Patm+

m g

__ r 2Tt r

Asumiendo que las oscilaciones de la bola son muy pequeñas, podemos considerar que el proceso es adiabático, por lo que, la relación entre la presión (P) yel volumen (V) es:

PV7 = cte.

P.E.2r ..

i . l Fl

111 UmgF 2

Fj = 7t r2P0, F2 = 7i r 2 Pal

Cuando la bola desde su posición de e

quilibrio se desplaza "x" hacia abajo, elnuevo volumen del gas es V0-7tr2x y lanueva presión en el recipiente es:

P0V0y = P(V0 - 7 tr2x)y

p = P o d - ^ r ’ r\

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388 Teoría cinética de gasesComo,7i.r « V 0, podemos utilizar el desarrollo (l+x)n«l+n.x,, obteniendo:

7ir2yP » P 0(1 + -—^x )

’ n

( 1)

La magnitud de la fuerza neta que actúasobre la bola, cuando este se desplaza'x” de su posición de equilibrio es:

F = P7ir2 - Patm7tr2 - mg

F = Prcr2 -(P 0 - ^ ~ ) 7 tr 2 -m gTtC

F = (P - P0)7ir

Sustituyendo la ec .(l), obtenemos:

F ^ SV 0

Como se observa esta fuerza del tipo de

Hooke F=kx, pues es proporcional aldesplazamiento "x" y esta dirigida hacia la posición de equilibrio, siendo la

constante elástica k=7i2r4yP0/V0, y el

período de las oscilaciones armónicassimples, igual a:

T = 2 tc(—-) 1/2 = > k T 2 = 4 7 i 2 m k

( ! V l 5 L ) ( T 2 ’ m

V*

De aquí, obtenemos la expresión para elexponente adiabático:

4mV„

Y r 4 P„T2

Así, midiendo directamente la masa"m", el volumen "V0", la presión "P0"

el radio "r" y el período "T", obtenemos el valor de "y".

5. BOMBA DE VACIOa) Definición

Es un dispositivo qup se utiliza para extraer moléculas de gas de un volumensellado creando un vació parcial. Las

bombas de vació trabajan entre una presión mínima de entrada P min y una presión máxima de salida Pmax. Si la presión aumenta por encima de la presión

b) TiposExisten diferentes tipos de bombas, algunas de las más conocidas son:

1) Rotativas de pale tas.- Estas bombas sonde diseño moderno y funcionan con control numérico, generalmente se utilizan para la extracción del aire y en procesos industriales.

2) Anillo líquido.- Tienen una construcción simple pero robusta, presentan una

compresión casi isotérmica, funcionansin lubricación interna, se utilizan parael procedimiento de gases y vapores.

3) Diafragma.- Es una bomba de desplazamiento que utiliza un diafragma de teflón o caucho y válvulas que se abren ycierran, para bombear un líquido.

4) Termobárica.- Llamada también bom ba de combustible de calor y presión ’1', es un arma de guerra, que consiste en un contenedor de un líquido volátil (combustible) mezclado con un ex

plosivo finamente pulverizado. La primera explosión de este dispositivo mezcía el combustible con la atmósfera, y lasegunda explosión enciende dichamezcla, produciendo fuego en una extensa región del espacio. Grandes son

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Física II 389

tensa región del espacio. Grandes sonlos efectos destructivos sobre todo vestigio de vida e infraestructura, que produce el uso de este artefacto de guerra.

c) FuncionamientoPara extraer aire de un deposito cerrado de volumen V que esta a la presiónatmosférica P0, conectemos a este una

bomba de vació de volumen V0.

v

GAS

-EJ-

V

GAS

Primer cicloEn la Fig.l, al moverse el pistón de la bomba de vació (E) hacia la derecha, laválvula B se abre y la válvula A se ciérra, pasando el aire del depósito hacia la

bomba de vació.Cuando el pistón ha completado el recorrido, el aire contenido inicialmenteen el depósito de volumen V ahora ocu

pa un volumen V+V0. Asumiendo queel proceso de expansión es isotérmico,la nueva presión del aire en el depósitoes:

P0V = P ,(V + V0)

En la Fig.2, al moverse el pistón (E)hacia la izquierda, se cierra la válvula By se abre la válvula A, permitiendo queel aire contenido en la bomba salgahacia la atmósfera.Segundo cicloCuando se inicia el nuevo ciclo, el aireencerrado en el depósito está a la pre

sión P|. Al repetirse el proceso del primer ciclo, la presión del aire contenidoen el depósito terminado el segundociclo es:

P 2 = (

Ciclo n-ésimo

VV +V,

■)2P0

Luego, de culminado el n-ésimo ciclo la presión en el depósito es:

V + V, -)n P0

El porcentaje en que ha variado la presión en el depósito, finalizado el n-ésimo ciclo es:

n = P - (v

)n ](100)

6. CAPACIDAD CALORIFICA MOLAR

a) Capacidad calorífica molar a vo-

lumen constante (Cv)Es la cantidad de calor que se necesitasuministrar (o sustraer) a un mol de sustancia para elevar (o disminuir) su tem peratura en un grado, manteniendo suvolumen constante, esto es:

Cv = — dT

siendo, (6Q) la cantidad de calor, y

(dT) la diferencia de temperaturas.Ahora, sea "n" el número de moles delgas, entonces, la cantidad de calor quese debe suministrar (o sustraer) al gas

para elevar (o disminuir) su temperatura en un grado centígrado es:

5Q'= nCvdT (1 )

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390 Teoría cinética de gasesDe otro lado, del primer principio de latermodinámica, y dado que el procesoque experimenta el gas es ¡socoro (a volumen constante), se tiene:

5Q'= dW + dU

8Q'= PdV + d(^-nRT )

5Q’=^nRdT (2)

Igualando (1) y (2), obtenemos la expresión de la capacidad calorífica molar avolumen constante para los gases ideales, así:

siendo, "R" la constante de los gases ideales, y "y" una constante que depen

de de los grados de libertad que puedantener las moléculas del gas, la cual, es propio del tipo de gas, así:

Tipo de Gas r monoatómico 3

diatómico 5

triatómico 6

poliatómico 7

• Ahora, de la ecuación de los gases ideales: R=P.M/p.T, por lo que la ecuaciónanterior, también puede expresarse así:

_ y PM^ v —

2 p T

siendo, (P) la presión, (T) la temperatura, (M) la masa molecular, y (p) la densidad.Gas monoatómico

Como ejemplo de gas monoatómico, tenemos a los gases nobles que tienen moléculas formadas por un solo átomo. Alser la molécula casi puntual, podemosdespreciar su energía de rotación, por loque, su energía total asumimos que esenergía cinética de traslación. Así, en elespacio la molécula tiene tres gra dosde libertad de traslación, por lo que deacuerdo con el teorema de la equipar tición y = 3.

Para los gases reales monoatómicostambién, de modo aproximado y =3.Gas diatómicoEn un gas diatómico la energía total

puede encontrarse en forma de energía

cinética de traslación y energía cinéticade rotación, por lo mismo, un gas diatómico puede almacenar más energía auna temperatura dada. Para temperaturas altas, la energía de vibración de losenlaces empieza a ser importante y losgases diatómicos se desvían algo de lasformulaciones obtenidas anteriormente.Inercia térmicaMide la dificultad con la que un cuerpo

cambia su temperatura al estar en contacto con otros cuerpos a ser calentado.La inercia térmica depende de la cantidad de la masa y de la capacidad calorífica.

b) Calor específico a volumen constanteSe define como la capacidad calorífica

por unidad de masa molecular, esto es:

siendo, "M" la masa molecular del gas

c) Capacidad calorífica molar a pre-sión constante (CP)Es la cantidad de calor que se necesita

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Física II 391

suministrar (ó sustraer) a una mol de una sustancia para elevar (ó disminuir)su temperatura en un grado, manteniendo su presión constante, viene dada por

siendo, (8Q) la cantidad de calor, y

(dT) la diferencia de temperaturas.Ahora, sea "n" el número de moles delgas, entonces, la cantidad de calor quese debe suministrar (o sustraer) al gas

para elevar (o disminuir) su temperatura en un grado centígrado es:

SQ'= nCpdT (1)

De otro lado, del primer principio de latermodinámica, y dado que el procesoque experimenta el gas es isobárico (a

presión constante), se tiene:

8Q' = dW + dU

8Q'= PdV + d(^ nR T )

8Q'= n R dT + —nR dT2

5Q’= (^ + l )nRd T (2)

Igualando (1) y (2), obtenemos la expresión de la capacidad calorífica molar a

presión constante para los gases idealesasí:

CP = (1 + —)R o CP = CV + R

d) Calor específico a presión constanteSe define como la capacidad calorífica

por unidad de masa molecular, esto es:

siendo, "M" la masa molecular del gas

e) Relación para las capacidades caloríficasLas capacidades caloríficas de un gas ideal a presión constante (CP) y a volumen constante (Cv) están relacionadas,así:

siendo, (R) la constante universal de losgases, (m) la masa del gas, y (M) sumasa molecular.

7. LEY DE DISTRIBUCION DE

MAXWELL

a) La distribución de BoltzmanPara simplificar la deducción de la fúnción de distribución de Boltzman, consideremos que nuestro sistema esta formado por cuatro partículas, con una ener gía total del sistema ¡gual a 3Al;, y que

la energía que puede tener una partículaes: 0, Al;, 2A£, y 3AI;, es decir, la ener

gía esta discretizada.Ahora, la energía 3A£ la podemos repar tir entre las cuatro partículas de variasformas, así:

1) Si repartimos la energía 3A£, a una sola partícula, existen 4 formas diferentes dehacerlo.

© © © © 3A£ 0 0 0

O © © © 0 3A£ 0 0

© © © © 0 0 3A£ 0

© 0

© 0

© 0

© 3A£

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392 Teoría cinética de gases2) Si a una partícula le damos la energía

i ^ , y a otra la energía 2AE, existen 12

formas diferentes de hacerlo.3) Si a tres de las cuatro partículas, a cada

una de ellas le damos la energía AS,. e

xisten 4 formas de hacerlo. De modoque, el número total de formas en que podemos repartir la energía 3AE, es 20.

Las probabilidades de que ocurran cadauna de estas formas son: P i =4/20,P2=12/20, P3/40.De otro lado, el número probable (n(c))de partículas que tengan energías 0,Al;, 2 Al; y 3AI;, respectivamente, son:

n(0) = (3)(— ) + (2)(— ) + (1)(— )20 20 20

n(0) =40

20

n(A£,) = (0)(— ) + (IX— ) + (3)(— )20 20 20

n(2A£|) = (0)(—) +(IX— ) +(0X—)20 20 20

n(2Aí¡) = — 20

n(3AI;) = (IX— ) = — 20 20

Ahora, representemos el número proba ble de estados (n(c)) en función de las energías 0, Ai;, 2A£, y 3 Al;.

probables n(í.) nos da el número total de partículas (4).En la Fig., si hacemos A i; —>0, aumentamos el número de estados permitidosmanteniendo la energía total en su va

lor inicial, y además si aumentamos elnúmero de partículas, encontramos quela función discreta n(cj se transformaen una función continua del tipo exponencial decreciente:

n © = A e 'W "

siendo "A" y "1;0" constantes, que a

continuación determinaremos.En el modelo de los osciladores armó

nicos, se supone que las oscilacionesque realizan las moléculas son armónicas simples, entonces dividiendo la energía pesada por el número de osciladores que tiene esa energía, entre el número de osciladores, calculemos la ener gía media correspondiente a un oscilador, así:

< ^ > =

< ^ > =

r n f t ) d 5

f A ^ e ^ ' H -

J A e - ^ « d ^

< ^ > =

Recordemos que la energía cinética medía de un molécula que se mueve contres grados de libertad es (3/2)kT, por loque, la energía cinética media de unamolécula que se mueve con un solo grado de libertad es (l/2)kT, luego, la ener gía media de un oscilador armónicosimple será el doble de su energía cinética media, esto es:

Obsérvese que la suma de los estados

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Física II 393

<^ >= ^0 = kT

b) La distribución de Maxwell según las velocidades.

• Determina el número (dn) de moléculas

por unidad de volumen a cierta tem peratura con velocidades comprendidas entre <v y v+dv>, que hay en un gas idealque contiene un total de (n0) moléculas

por unidad de volumen.• Esta ley es aplicable a gases en estado

de equilibrio termodinámico.• La distribución de las moléculas de es

te gas, según sus velocidades es estacionaria, es decir, es independiente deltiempo.

• La densidad del gas es constante de modo que la distribución es homogénea.

• La expresión más utilizada de la ley dedistribución de las moléculas, según losmódulos de sus velocidades, viene dada

por:mv2

dn = n o(———)3/2e_ 2kT 47iy2dv0 27rkT

siendo (v) el módulo de la velocidad deuna molécula, (m) la masa de una molécula, (k) la constante de Boltzman y (T)la temperatura absoluta.

Gráfica de <<:dn/dv vs v>:>

En la gráfica se observa, que al aumentar la temperatura, la velocidad más probable de las moléculas aumenta y la

fracción de moléculas que tienen estavelocidad disminuye.

• La distribución de Maxwell, en funciónde las componentes de la velocidad enlas direcciones de los ejes X, Y y Z, seexpresa así:

m(vx+VY+vi)

dn = n 0( m )3|,2e 2kT dv xdv ydvz0 2j tk T x y z

siendo, (vx, vy, v2) las componentes dela velocidad de la molécula.Introduciendo la función de distribución de velocidades,

donde, ( i =x, y, z)La expresión de la distribución de Maxwell, puede expresarse, así:

dn = nQf(v x) f(v y)f(v z)d vxdvydvz

• La distribución de Maxwell, es isótropaDemostración

• Según la ecuación de distribución deBolztman, el número de moléculas cuya

velocidad este comprendida entre v yv+dv es:

dn = A e“4/kTdv

dn = A e -mv2/2kTdv

Integrando esta ecuación en todo el es pació, e igualando al número total demoléculas "N", obtenemos la constante

"A", así: _mv2<•00fCO peo Ol-T

N = Jo Jo Jo A e dv xd vydv z

mvj mvj

N = A dv x £ e " 2kT dv y £ ° e ~ 2 k í dvz

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N = A (27lkT)1/2( 27lkT)1/2( 27tkT)1/2m m m

A = N ( - ^ - ) 3/22nkT

y v+ dv es numéricamente igual al áreasombreada (dS), esto es:

dS =dn

Así, la función de distribución de Maxwell para las velocidades es:

mv2dn = N(———)3/2e~2kT dy

2-JtkT

c) Velocidad más probable (vP)La expresión para la velocidad más pro

bable, hallamos derivando la funcióndistribución de velocidades e igualandoa cero, así:

f (v) = “ = 47tn0(—^ - ) edv 2 n kT

mv2 kT

El área limitada por la curva y el eje deabscisas es 1, esta área nos proporcionatodos los valores posibles de velocidades desde 0 a=o que pueden adoptar lasmoléculas.

rdffv)1

dv[ ^ ] v = v p = 0

,2kTvP = ( ~ ) 1/2 = ( = ^ )

,2RT 1/ 2

m M2kT

vP = (------)m

1/ 2

Utilizando la velocidad más probable,la distribución de Maxwell, se expresaasí:

4n0 „_v2/v?, v , dvdn = e

V TtVP(— )

Vp Vp

donde:

vp dn = J _ ^ _ v2 lv2 , v

n0 dv -Jñ vPYL ™ = J L e~v¿ ' VP(— )2 = f (— )

La fracción (dn/n0) de moléculas delgas cuyas velocidades se hallan entre v

d) Velocidad media aritmética <v>La velocidad media aritmética <v> delmovimiento de traslación de las moléculas del gas ideal, para la distribución de

Maxwell es:co

< v >= Jvf(v)o

mv< v >= ] n (^ _ ) 3 / 2 e-21CT 4 3dv

i 0 27tkT

mv

< v > = 47rno(———)3/2°í v3e 2kT dv0 27tkT i

Integrando por partes, obtenemos:

< v > = [ M ] 1 / 2=1<6 J p yn m

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Física II 395

e) La distribución de Maxwell según las energíasLa distribución de las moléculas de ungas ideal, según sus energías determinala fracción dnE/n0 de moléculas con e

nergías entre E y E+dE, respecto del número total de moléculas n0 por unidadde volumen, esto es:

j 2 n 0 / u t \ - 3 / 2 k Tdn E - —/= (kT) e

V ttVEcdEc

aquí, dnE/n0 = f(Ec)dEc, siendo f(Ec) lafunción distribución de energías de lasmoléculas del gas ideal.

Ejemplo: La energía cinética media<EC> de las moléculas del gas ideal, es

00

< Ec >= | Ec f(Ec )

< Ec >-\ 3 / 2

Ec

Cc Tüec} Er e kT dEVí(kT) o

Integrando por partes, se obtiene:

< Er >= -k Tc 2

8. FLUJO MOLECULAR

a) DefiniciónSe llama flujo molecular al número (N)de moléculas que pasan por una superficié de área (A) en cada unidad de tiem

po (t), esto es:

^ N<t>= — At

culas cuya velocidad comprendida entre v y v + dv, viene dada por:

dn = N (———)3/2 e_mv2/2kT dv271 kT

donde, la representación gráfica del elemento de volumen dv en el espaciode velocidades, en coordenadas esféricas es:

En la Fig., los lados del paralelepípedo,respectivamente son:

a = dv , b = vd0 y c = vsen0dtp

De modo que, el volumen de este paralelepípedo es:

dv = abe = v2sen0dvd0dtp

b) Cálculo de flujo Ahora, el número de moléculas con veSegún la ecuación de distribución de locidad v que chocan contra una por Maxwell-Boltzman, el número de molé ción de pared de área A en el tiempo dt,

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396

C)

Teoría cinética de gasesque se mueven en una dirección que for ma un ángulo "9" con la normal a la pared, son las contenidas en el volumen cilíndrico de base A y altura v e o s 9 d t, esto es:

dN = (— )(Avcos0dtdv

De modo que, el número de moléculascon velocidad v, que chocan contra la

pared por unidad de área y tiempo es:

d<t> =dN

Adt(— )vcos0dv

Integrando esta expresión sobre la mitad superior de la esfera para: 0 < 0<7r /2, 0 <cp< 27T y 0 < v < co , obtenemos el flujo total, así:

dcI) = ^ J v (vco s0 ) dn

* = v r r r N(-m

27ikT)3/2e

mv2kT

• (vco s0)v sen0dcpd0dv

271N

• v 3 eos 0 sen 0 d0 dv

2k T

moléculas encerradas en un recipientees grande comparado con el diámetrode un pequeño orificio hecho en la pared del recipiente, entonces, el númerode moléculas que escapan por unidadde área y tiempo del recipiente de volumen V y que contiene inicialmente Nmoléculas, viene dado por:

^ 1 N < v >O = ------------

4 V

La rapidez con que disminuyen el número de moléculas en la unidad de tiem

po es:

dN _ 1 N < v >

dt ~ 4 V

De otro lado, de la ecuación de los gases ideales, se tiene:

PV

kT

dN

dt

_V_dP

kT dt

Sustituyendo estas expresiones en la e-cuación anterior, tenemos:

V dP 1 PV= — < v > A ----

kT dt 4 kT

dP

dt

1 < v > A

'4 V

« N ( _ m _ ) 3 / 2 ^ e -2 k T v 3d v

V 27tkT *

mcp = -----(

V 27ikT

tp = N(JiL)i/2 =271 m

m"

N < v >

4V

Velocidad media de fuga de las moléculasSi el recorrido libre medio < X > de las

Separando variables e integrando obtenemos la expresión para la presión enfunción del tiempo:

rp dP _ 1

•Tn p “ A

1 < v > A

Po p

P(t) = P0 e

í dt

1 <v>A

4 V

d) Modelo simple de atmósferaAsumiendo que la temperatura de la at

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Física II 397mósfera se mantiene constante con la aitura, que la intensidad del campo Gravitatorio (g) se mantiene constante con laaltura para regiones cercanas a la super ficie terrestre y considerando que la at

mósfera se comporta como un gas idealformado por una sola componente (nitrógeno), se encuentra que la expresiónde la presión atmosférica, en función dela altura (z) tiene la forma de la ecuación de distribución de Boltzman, estoes:

P = P„e - m g z / k T

siendo, "P0" la presión atmosférica al

nivel del mar, "m” la masa de una molécula, "k" la constante de Boltzman, y" T" la temperatura.Demostración:Representemos un pequeño volumen deatmósfera de sección de área "A" y es

pesor "Az" comprendido entre las alturas z y z+Az.

De otro lado, la magnitud de la fuerzaresultante de presión ejercida sobre el elemento de volumen, dirigida hacia arri

ba es:

Fz = P(z) A - P(z + Az) A (2)

Como el elemento de volumen esta en equilibrio, igualamos las ecs.(l) y (2):

[P(z) - P(z + Az)] A = m n g A Az

P(z + Az) - P(z)finí

Az—>0 Az

dP

dz

-n mg

= -nmg (3)

De otro lado, el número de moléculases: N = p N A siendo p el número de mo

les y Na el número de Avogadro,también, la constante de los gases es:R = kNA siendo k la constante de Bolztman, con esto, de la ecuación de los gases ideales, tenemos:

z + A z

Z

Z A

P A

m g

- / q Y

m ’ = n m A A z

P V = p R T = (— ) R T

N a

N R P = (—)( )T = nk T

V N .

n =kT

(4)

La magnitud de la fuerza de gravedadsobre este elemento de volumen de atmósfera es:

Fz = mg(n AAz) (1)

siendo, "m" la masa de una molécula y"n" la densidad molecular, es decir, elnúmero de moléculas por unidad de volumen.

Sustituyendo (4) en (3), separando variables e integrando, tenemos:

dPdz mgPkT

fp dp mg «t . y = - p f f dz

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P = P0 e- mgz/kT

Sustituyendo en esta ecuación P=nkT,obtenemos la expresión de la densidadmolecular en función de la altura (z),así:

nkT= n0kTe“mgz/kT

n(z) = n0e_mgz/kT

siendo, "n0" la densidad molecular de

la atmósfera, cercano a la superficie terrestre.

G ráfica n vs z

Así, hemos probado que la presión atmosférica como la densidad molecular,tienen la forma de la ecuación de distri

bución de Boltzman.

En una gran variedad de problemas lamolécula del gas monoatómico puedeconsiderarse como un punto material,

por lo que, se necesita de tres coordenadas para estab lecer su posición.Como las moléculas de gas se muevencaóticamente, la energía cinética mediade la molécula: E=3kT/2, se reparte por igual en las tres direcciones correspondientes a los tres grados de libertad.Así, la ley de equipartición de la ener gía por grados de libertad, establece quea cada grado de libertad de una molécula le corresponde, por término medio, una misma energía cinética, igual akT/2. Si la molécula tiene (i) grados de

libertad, su energía media es:

■kT< Er >= i —

a) Recorrido libre medio (L)

9. EQUIPARTICION DE LA ENERGIA

• El número de grados de libertad de uncuerpo es el número mínimo de coordenadas independientes que se utiliza para establecer completamente su posición en el espacio.

• Por ejemplo, una partícula que se muéve en línea recta, tiene un grado de li

bertad; del mismo modo, el movimiento de un péndulo en un plano vertical' tiene dos grados de libertad; y el moví

miento libre de un sólido tiene seis grados de libertad tres correspondientes almovimiento de traslación y tres al de rotación.

1

Las moléculas de un gas se mueven caoticamente al interior del recipiente quelo contiene, recorriendo trayectorias rectilíneas entre los choques producidas entre ellas, llamamos recorrido libre medio a la distancia media que recorre unamolécula entre choque y choque.

El recorrido libre medio del conjunto demoléculas que forman el gas depen dede la temperatura y la presión a la quese encuentra el gas.El número de colisiones por unidad detiempo que experimenta cada molécula,viene dada por:

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Física II 399

< z >= V2 n d 2n0 < v >

siendo, "d" el diámetro eficaz de la molécula, "n0” el número de moléculas de

gas por unidad de volumen, "< v >" lavelocidad media aritmética.De modo que, la expresión para el recorrido libre medio es:

< X > =< v >

< z >

1

V2 7rd2n.

Como, la densidad molecular (n) es pro porcional a la presión del gas, para dosestados del gas 1 y 2, se encuentra quela razón de presiones es inversamente

proporcional a sus recorridos libres medios, esto es:

ü

P2

< X 2 >

< X t >

10. DIFUSION

a) DefiniciónSe llama así al proceso en el que se mezclan espontáneamente las partículas de

dos gases, líquidos o sólidos en contacto. En los gases químicamente puros atemperatura constante, la difusión se produce debido a la no uniformidad dela densidad del gas.

b) Ley de FickEsta ley establece que: la densidad deflujo de moléculas (J) del gas, es decir,el número de de moléculas por unidadde tiempo a través de cierta superficie,

es directamente proporcional al gradiente de la concentración de moléculas (n)cambiada de signo, así, para un gas quese difunde en la dirección del eje X, setiene:

3nJ = -D-

C)

siendo "D" una constante de proporcionalidad, llamado coeficiente de difusión, el cual, caracteriza el comportamiento del soluto.En un gas químicamente homogéneo elfenómeno de la difusión consiste en eltransporte de una masa de gas desde una región más densa hacia otra menosdensa.

Ecuación de procesoLa ecuación diferencial que describe elcomportamiento de la concentraciónmolecular (n) durante el proceso de difusión de una sustancia sobre otra, viene dado por:

3n~dt

= D V2n

donde, el coeficiente de difusión D semantiene constante durante el proceso.Demostración:Consideremos un gas cuya concentración de moléculas (n) disminuye segúnel eje X, por lo que, las moléculas delgas se moverán de derecha a izquierdacomo se aprecia en la Fig.

j ’

dx x+dx

dx

La acumulación de moléculas en la unj

dad de tiempo que se produce en el elementó de volumen Adx, es igual, a la

diferencia entre el flujo entrante JA y elsaliente J’A, esto es:

JA - J 'A = ( ^ ^ ) A d xdx

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<3JJ A - J'a = (— )Adx

dx(1)

También, la acumulación de moléculasen la unidad de tiempo es:

N / a a x5117 "a

(2)

Igualando (1) y (2), y teniendo en cuenta la ley de Fick, obtenemos la ecuación diferencial que describe el fenómeno de la difusión del gas a lo largo deleje X, así:

. , dn d dnA d x — = — (D — )Adx

di dx dx

di dx dx

Si, "D" es constante, la ecuación anterior se reduce a:

3n

~di= D

a 2n

dx2

Si el gas se difunde en todo el espacio,esta ecuación se escribe, así:

^ = DV¡„di

siendo V 2 un operador diferencial vectorial de segundo orden.

d) Difusión unidimensionalConsideremos el proceso de difusión a

lo largo del eje X de una masa "m" desoluto situado en el origen 0.

moo

La ecuación diferencial que describe el

proceso de difusión de la masa "m" desoluto es:

dn= D

02n

di dx¿

La solución de esta ecuación diferencial nos proporciona la concentraciónde moléculas en los puntos "x" del medio en cada instante de tiempo "t", así:

n(x, t) =m - x 2/ 4 Dt

2^/rt Dt

Gráfica n vs x

El área bajo la curva es numéricamenteigual a la masa "m" de soluto, esto es:

m = £^n(x,t)dx

11. MOVIMIENTO BROWNIANO Y FLUCTUACIONES

a) Movimiento BrownianoSe denomina así al movimiento caóticocontinuo de partículas pequeñas suspendidas en un gas ó líquido, el cual, esobservado mediante un microscopio.

• El movimiento Browniano se debe a lasfluctuaciones de la presión que ejercen

las moléculas del gas ó líquido sobre las partículas en suspensión.

• Debido a las fluctuaciones de la presiónlas partículas brownianas experimentanen todas las direcciones la acción defuerzas no equilibradas que producen elmovimiento complejo de las partículas.

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Física II 401

• El desplazamiento medio <x> de la par tícula browniana en una dirección arbitraria es cero, esto es:

< x >= 0

• El cuadrado medio del desplazamiento<x2> es proporcional al tiempo (t) deobservación de la partícula y viene dado por:

< x 2 >= 2 D t

siendo, (D) el coeficiente de difusión delas partículas brownianas.

• Para partículas de forma esférica y radio (r), (D) viene dado por:

D - R T -Ó7TT) r Na

siendo, (T) la temperatura absoluta, (R)la constante universal de los gases, ( r \)coeficiente de viscosidad del líquido ógas, y (Na) número de Avogadro.

b) FluctuacionesSe llama fluctuaciones a las grandesdesviaciones de los valores medios dealgunas cantidades físicas caracterísficas del sistema, que ocurren en sistemas formados por un número relativamente pequeño de partículas.

• Si C es el valor verdadero de una cantidad física y < C > su valor medio, entonces la cantidad ( AC = C-<C>) y suvalor medio <AC>=<C-<C» no pueden ser medidas de las fluctuación de la

cantidad C. La cantidad AC no es constante en el tiempo, y la cantidad

< AC >=< C > - < C >= 0

Las desviaciones de la cantidad C res pecto de < 0 ocurren hacia ambos lados de <C>.

La medida de la fluctuación es el cuadrado medio de la diferencia entre C y<C>, el cual recibe el nombre de fluctuación cuadrática, esto es:

< AC2 >=< (C - < C >)2 >

Desarrollando esta expresión tenemos:

< AC2 >=< C2 - 2C < C > - < C >2>

< AC2 >=< C2 > -2 < C >< C > + < C >2

< AC2 >=< C2 > - < C > 2> 0

Si las fluctuaciones de una cantidad

<C> son pequeñas, las grandes discre pancias entre C y < 0 , serán poco pro bables. La pequeñez de <AC2> significa que el valor de C se aproxima al de<C>.

• La fluctuación cuadrática de la suma de N cantidades independientes Ct, C2 ,...,CN es igual a la suma de las fluctuadones cuadráticas de dichas cantidades, esto es:

<[A(z r= .c , ) ]2> = i , n=i < ( a c , ) 2>

• El error relativo que se comete al sustituir C por su valor medio <C>, viene dado por la fluctuación relativa, esto es:

¿ ( 4 C ¿ >

c < c >

c) Gas real

Es aquel gas cuya fuerza de interacciónentre sus moléculas es considerable oapreciable. Para establecer las propiedades de los gases reales se utilizan varias ecuaciones de estado, diferentes dela de Clapeyrón-Mendeleiév.

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01. Respecto de la teoría cinética de los gases, indique la afirmación correcta:

a) A la misma temperatura, las moléculas de un gas liviano tienen mayor velocidadcuadrática media que las moléculas de un gas pesado. b) A la misma temperatura, las moléculas de un gas liviano tienen mayor energía cinéti

ca media que las moléculas de un gas pesado.c) A la misma temperatura, las moléculas de un gas liviano tienen la misma velocidad

cuadrática media que las moléculas de un gas liviano.d) La velocidad cuadrática media de las moléculas de un gas depende de la presión del

gas.e) Las moléculas de un gas liviano o de un gas pesado se quedan en reposo absoluto a

0o C.

02. Dos gases diferentes, de iguales volúmenes, sometidos a la misma presión y temperatura, poseen,.................................... :a) La misma masa. b) La misma masa molecular.c) El mismo número de moles. d) La misma velocidad cuadrática media,e) La misma energía cinética media.

03. En la Figura, se representan tres isóbaras, para tres gases diferentes que tienen el mismo número de moles. Hallar la relación correcta, para las presiones:

a) P a

b) PA

C) PA

d)PA

e) Pa

04. Respecto de los electrones en los gases, indique la afirmación verdadera (V) ó falsa (F)I. Los electrones de los átomos de hidrógeno y oxígeno son idénticos.II. El electrón del átomo de hidrógeno tiene mayor masa que la del oxígeno.

III. El electrón del átomo de hidrógeno es más grande que la del oxigeno.

a) FVF b) FFV c) VFF d) VVF e) VFV

05. Una masa de gas de amoniaco ocupa un volumen de V ^IO m3 a la presión =2 atm.Hallar su volumen a la presión P2= 5/3 atm, manteniendo constante la temperatura.

a) 10m3 b )1 2m 3 c ) l 4 m 3 d ) 1 6 m3 e) 18 m3

< Pb - Pc> PB > Pc

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Física II 403

06. Una masa de cloro ocupa un volumen de V, =40 cm3a la temperatura de T] =47° C. Hallar su volumen a la temperatura de T2=230 C, manteniendo constante la presión.

a )31 cm 3 b) 33 cm3 c) 35 cm3 d) 37 cm3 e) 39 cm3

07. Una masa de oxígeno a la temperatura Tj y presión P ocupa un volumen V, si a la tem peratura T2 su volumen es 2V y su presión 3P/2. Hallar la razón T / I ) = ?.

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

08. ¿A cuántas atmósferas de presión se debe someter Vi=10‘3m3de un gas medido a P, =1atm y Ti =-33° C, para que se comprima hasta ocupar un volumen de V2=0,25.10'3m3ala temperatura de T2=27° C?


09. A 0o C y 760 mmHg, 28,0 g de nitrógeno ocupan un volumen de 22,4 lt. Hallar la masa

de 10 lt de nitrógeno a 25° C y 810 mmHg.

a) 12,0 g b) 12,2 g c) 12,4 g d )1 2 ,6 g e) 12 ,8 g

10. A 0o C y 1 atm, la densidad del oxígeno es 1,43 g/lt. Hallar su densidad a 17° C y 700mmHg.

a) 1,14 g/lt b) 1,24 g/lt c) 1,34 g/lt d) 1,44 g/lt e) 1,54 g/lt

11. Una botella de acero de capacidad 5.103 cm3 contiene oxígeno en C.N. ¿Cuántos gramos de oxígeno deben introducirse en la botella para elevar la presión hasta 40>atm, per maneciendo constante la temperatura? La masa molecular del oxígeno es 32.(R= 8,31J/mol.°K)

a) 258 g b) 268 g c) 278 g d) 288 g e )2 98g

12. Hallar la masa de hidrógeno que en C.N. puede contener un tanque con una capacidadcorrespondiente a 4,0 g de oxígeno en C.N., si las masas moleculares del hidrógeno yoxígeno son 2 y 32, respectivamente.

a) 0,10 g b) 0,15 g c) 0,20 g d) 0,25 g e )0 ,3 0g

13. Hallar el volumen que ocuparían 1,216 g del gas S02 a 18° C y 755 mmHg, La masamolecular del S0 2 es 64,07. (R=8,31 J /mol.K °), 1 mmHg=133,3 N/m2)

a)418cm 3 b) 438 cm3 c) 458 cm3 d) 478 cm3 e)498 cm3

14. Cierta variedad del virus del tabaco tiene una masa molecular igual a 40.106. Hallar elnúmero de moléculas de virus contenidas en 1 cm3de una solución con 0,10 mg/cm3devirus.(NA= 6,02.1023 m ol1)

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a) 1,0.1012 b) 1,5.1012 c) 2,0.1012 d) 2,5 .1012 e) 3,0.1012

15. Hallar la masa (en kg) de aire en un aula de 5 m de altura y 200 m2 de superficie del piso. La presión del aire es de 750 mmHg y la temperatura de 17° C, la masa molecular

del aire es de 29 kg/kmol, R= 8,31 J/mol.K° y 1 mmHg=133,3 N/m2)

a) 1,28.103 b) 1,08.103 c) 1,48.103 d) 1,68.103 e) 1,98.103

16. ¿Cuántas veces pesará más el aire que llena un local en invierno (7o C) que el que lollena en verano (37° C)? La presión es la misma.

a) 1,1 veces b) 1,3 veces c) 1,5 veces d) 1,7 veces e) 1,9 veces

17. Trazar la isoterma de 0,5 g de hidrógeno a la temperatura de 0o C. (R= 8,31 J/mol.K°)

P(N/m2) P(N/m2) P(N/m2)

a) b) c)

d) e)

18. ¿Qué cantidad de moles habrá en una botella de 10 m3de capacidad a la presión de 720mmHg y a la temperatura de 17° C? (1 mmHg =133,3 N/m2, R=8,31 J/mol.°K)

a) 318 moles b) 398 moles c) 358 moles d) 378 moles e)338 moles

19. Un recipiente A de capacidad V|=3 lt está lleno de gas a la presión Pj=2 atm. Otro reci piente B, de capacidad V2=4 lt, está lleno de éste mismo gas a la presión P2=l atm am bos recipientes están a la misma temperatura, ¿A qué presión se encontrará el gas si losrecipientes A y B se unen entre si por medio de un tubo?

a) 3/2 atm b) 5/3 atm c) 7/5 atm d) 9/4 atm e) 10/7 atm

20. En un recipiente cerrado hay una cantidad de agua que ocupa la mitad de su capacidad.

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Física II 405Hallar la presión del vapor de está agua a la temperatura de 400° C, sabiendo que a estatemperatura total el agua se convierte en vapor. (R=8,31 J/mol.°K , M=106)

a) 135 M ^ - b) 145 M ~ c) 155 d) 165 M -^ e)175m m m m rrr

21. En un recipiente hay 14 g de nitrógeno y 9 g e hidrógeno a la temperatura de 10° C y ala presión de 106 N/m 2. Hallar la masa de una molécula kilogramo de la mezcla.(R=8,31 J/mol.°K)

a)l ,6 g /m ol b) 2,6 g/mol c) 3,6 g/mol d) 4,6 g/mol e) 5,6 g/mol

22. En un recipiente hay 14 g de nitrógeno y 9 g e hidrógeno a la temperatura de 10° C y ala presión de 10s N/m2. Hallar la capacidad del recipiente. (R=8,31 J/mol.°K)

a) 11 150 cm3 b) 11 350 cm3 c) 11 550 cm3 d) 11 750 cm3 e)11950 cm3

23. En un recipiente hay una mezcla de 10 g de anhídrido carbónico (C02) y 15 g de nitrogeno. Hallar la densidad de la mezcla a 27° C de temperatura y a 1,5.105 N/m2 de presión. (R= 8,31 J/mol.°K)

a) 1,85 kg/m3 b) 1,88 kg/m3 c) 1,91 kg/m3 d) 1,94 kg/m3 e)l,97 kg/m3

24. En un recipiente cerrado lleno de aire se inyecta éter dietílico (C 2H5OC2H5). El aire seencuentra en C.N. Cuando se volatilizó todo el éter la presión dentro del recipiente sehizo igual a 1 050 mmHg, ¿Qué cantidad de éter se inyecto en el recipiente? La capacidad de éste último es V=2 lt. (R=8,31 J/mol.°K)

a) 2,07 g b) 2,27 g c) 2,47 g d) 2,67 g e) 2,87 g

25. ¿Cuántas partículas hay en 16 g de oxígeno disociado en un 50 % ? (NA= 6,02 .1023)

a) 1,52.1023 b) 2,52.1023 c) 3,52.1023 d) 4,52.1023 e) 5,52.1023

26. Halle la velocidad cuadrática de las moléculas de aire a la temperatura de 17° C, considerándolo como un gas homogéneo cuya molécula-kilogramo tiene una masa igual aM=29 kg/kmol. (R=8,31 J/mol.°K)


27. Hallar la razón entre las velocidades cuadráticas medias de las moléculas de helio y denitrógeno a iguales temperaturas.

a) 2,05 b) 2,25 c) 2,45 d) 2,65 e) 2,85

28. ¿A qué altura la densidad del aire será igual a un 50 % de la que tiene al nivel del mar.Considérese que la temperatura es constante e igual a 0o C? . (M=29 ; R= 8,31 J/mol.°K

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406 Teoría cinética de gasesy g= 10 m/s' )


29. Hallar la energía del movimiento de rotación de las moléculas que hay en 1 kg de nitrogeno a la temperatura de 7o C. (R= 8,31 J/mol.°K ; k=103)

a) 81 kJ b) 83 kJ c) 85 kj d) 87 kj e) 89 kJ

30. La energía cinética del movimiento de traslación de las moléculas de nitrógeno que seencuentran en una botella de 0,02 m3 de capacidad es igual a 5.103 J y la velocidad cuadrática media de estas moléculas igual a 2.103 m/s. Hallar la masa de nitrógeno que hayen la botella.

a) 1,0 g b) 1,5 g c) 2,0 g d) 2,5 g e) 3,0 g

31. La energía cinética del movimiento de traslación de las moléculas de nitrógeno que seencuentran en una botella de 0,02 m3de capacidad es igual a 5.103J y la velocidad cuadrática media de estas moléculas igual a 2.103 m/s. Hallar la presión a la que se encuentra el nitrógeno. (1 atm=l,013.105N/m2)


32. ¿Cuántas moléculas de gas diatómico ocuparán el volumen V=10 cm3 a la presión P=40 mmHg si la temperatura es T = 27° C? ( k= l,3 8.10 23 J/°K ; 1 mmHg=133,3 N/m2)

a) 1,39.1019 b) 2,39.1019 c)3,39.1019 d)4,39.1019 e)5,39.1019

33. Hallar el calor específico del oxígeno a volumen constante (V=cte.) (R=8,31 J/mol.°K)

a) 500—^— b) 550—^— c)6 0 0 —í— d) 650—4 - e)7 00 —4kg. K kg. K kg. K kg K k g °K

34. Hallar el calor específico del oxígeno a presión constante (P=cte.) (R=8,31 J/mol.°K)

a) 900 —^— b) 9 1 0 -4 — c) 920 —i — d) 9 3 0 - 4 - e) 9 4 0 -4 — kg. K kg. K kg. K kg. K k g °K

35. Hallar la razón cP/cv = ? entre el calor específico a presión constante (cP) y el calor es pecífico a volumen constante (cv) para el oxígeno.

a) 1,2 b) 1,4 c) 1,6 d) 1,8 e) 2,0

36. Para cierto gas diatómico el calor específico a presión constante es 3,5 cal/g.°K. Hallar la masa de una molécula-kilogramo de este gas. (R= 8,31 J/mol.°K ; 1 cal = 4,186 J)

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Física II 407

a) 1,11 g/mol b) 1,33 g/mol c) 1,55 g/mol d) 1,77 g/mol e )l,99 g/mol

37. Hallar el calor específicos (en J/kg.°C) a volumen constante (cv) de un gas diatómicocuya densidad en (C.N.) es 1,43 kg/m3. (R=8,31 J/mol.°K, P0=l,01.105N/m2)

a) 617 b) 627 c) 637 d) 647 e) 657

38. Hallar el calor específico (en J/kg.°C) a presión constante (cP) de un gas diatómico cuyadensidad en condiciones normales es 1,43 kg/m3?(R=8,31 J/mol.°K, P0= 1,01.105N/m2)

a) 906 b) 916 c) 926 d) 936 e) 946

39. Hallar el calor específico (en J/kg.°C) del vapor de yodo sabiendo que su grado de disociación es igual al 50 %. La masa de una molécula-kilogramo de yodo I2 es igual a 254kg/kmol. (R= 8,31 J/mol.°K)

a) 131 b) 133 c) 135 d) 137 e) 139

40. Un gramo-mol de oxígeno a 1 atm y 0oC ocupa un volumen macroscópico de 22,415 lt.Si se supone que cada molécula de oxígeno es una esfera de radio 10'8 cm. Hallar elvolumen que ocupan realmente las moléculas del oxígeno. (NA= 6,023.1023 mol'1)

a ) l,0 c m 3 b)1 ,5cm 3 c)2 ,0cm 3 d) 2,5 cm3 e) 3,0 cm3

41. Un gas ideal de masa 12 g ocupa un volumen de 12 lt a 27° C y a la presión atmosféricanormal. Hallar el porcentaje en que disminuye su presión cuando la temperatura es de

67° C y el volumen de 18 lt.

a) 20 % b) 22 % c) 24 % d) 26 % e) 28 %

42. Un gas ideal de masa 12 g ocupa un volumen de 12 lt a 27° C y a la presión atmosféricanormal. Hallar la masa de un kilogramo-molecular del gas. (R=8,31 J/mol.°K, 1 atm=1,013.105 N/m2)

a) 24,0 g/mol b) 24,2 g/molc) 24,4 g/mol d) 24,6 g/mol e)24,8 g/mol

43. De un tanque de volumen 40 lt, que se encuentra a la presión de 20 atm, y temperaturade 35° C se extrae oxígeno hasta que la temperatura desciende a 12° C y la presión a 10atm. Hallar la masa de oxígeno extraída del tanque. (R=8,31 J/mol.°K, 1 atm=l,013.105

N/m2)

a) 407 g b) 427 g c) 447 g d)467 g e) 487 g

44. Se comprime cierto gas de volumen 2 lt, que está a una presión de 1 atm, y una temperatura de -25° C hasta un volumen de 0,5 lt. Hallar el número de moléculas existentes

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408 Teoría cinética de gasesen el gas. (R=8,31 J/mol.°K , 1 atm =l,013.105 N/m 2, NA=6,023.1023 m ol1)

a) 1.1022 b )2.1022 c ) 4.1022 d) 6.1022 e)8 .1 022

45. Un tanque de acero de gran tamaño contiene dióxido de carbono a 20° F y 10 atm de presión. Si el C 0 2 se calienta hasta 200° F, halla r la nueva presión en el tanque.


46. La masa kilogramo-molecular equivalente del aire es 28,97 kg/kmol. ¿Cuántos gramosde aire se requieren para elevar la presión manométrica de una llanta de volumen 6 ltdesde 0 hasta 2,172.105 N/m 2, si la temperatura es de 0o C? (R=8,31 J/mol.°K, 1 atm=1,013.105 N/m2)

a) 24,0 g b) 24,2 g c) 24,4 g d) 24,6 g e) 24,8 g

47. Durante el tiempo de At = l s contra la pared de un recipiente de área A=2 cm2 chocan

n=1023 moléculas de hidrógeno (H2) de masa 3,32.10 24 g cada una, formando un ángulo de 0 = 45° con la normal a la pared, y moviéndose con una rapidez de v=l 000 m/s.Hallar la presión ejercida sobre la pared, si los choques son perfectamehte elásticos.

a) 1,35 kPa b) 2,35 kPa c) 3,35 kPa d) 4,35 kPa e) 5,35 kPa

48. Una llanta de volumen V]=15.103 cm3 contiene aire a la presión manométrica dePi=4.105N/m2, y a la temperatura de Ti=0° C. Hallar la presión manométrica del aire alinterior de la llanta, cuando su temperatura sube a T2=27° C y su volumen aumenta a V2=16.103cm3. (P0=l,013.105N/m2)


49. Hallar el valor medio de la energía cinética de las moléculas de un gas ideal a 127° C.(R=8 ,31 J/mol.°K ; k= 1,38.10 '23 J/°K)

a) 7,1.10'21 J b) 7,4.10 '21 J c) 7,7.10 '21 J d)8,0.10'21J e) 8,3 .10'21 J

50. Demostrar que la energía cinética media de una molécula de un gas ideal, viene dado por: < Ec >= 3kT/ 2 , siendo (k) la constante de Boltzman y (T) la temperatura absoluta

51. En un instante dado se observa que en un mol de gas hay 4800 moléculas con

velocidades comprendidas entre 495 m/s y 505 m/s. Hallar la función de distribución develocidades a la velocidad de v=500 m/s.

a) 400 moléculas/m.s'1 b) 420 moléculas/m.s'1 c) 440 moléculas/m.s"1d) 460 moléculas/m.s'1 e) 480 moléculas/m.s'1

52. La función de distribución para cierto sistema de partículas es: f(v)=v (500- v) partícu

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Física 11 409

las/(m/s), donde (v) está comprendida entre 0 m/s y 500 m/s; y la masa de cada partícula es m=2.10'12 kg. Hallar la velocidad media de cada partícula.


53. La función de distribución para cierto sistema de partículas es: f(v)= v (500- v) partículas/(m/s), donde (v) está comprendida entre 0 m/s y 500 m/s; y la masa de cada partícula es m=2.10 12kg. Hallar la energía cinética media de cada partícula. (n=10'9 nano)

a) 60 nJ b) 65 nJ c) 70 nJ d) 75 nJ e) 80 nJ

54. Para velocidades entre v=0 m/s a v=103 m/s la función distribución de velocidades por grupos de partículas es: f(v)=(5.1020) senfa v/103) partículas/(m/s) y f(v) = 0 para velocidades superiores a 103m/s. Hallar el número de partículas en el sistema.

a) 3,18.1023 b) 3,38.1023 c) 3,58.1023 d) 3,78.1023 e) 3,98.1023

55. Para la función de distribución de velocidades dada en el prob.54, con los mismos inter valos de velocidades, hallar la velocidad media de las partículas.


56. Para la función de distribución de velocidades dada en el prob.54, con los mismos inter valos de velocidades, hallar la velocidad cuadrática media de las partículas.


57. Hallar la razón vP/vc=? entre la velocidad más probable (vP), y la velocidad cuadráticame-dia (vc) para la distribución de velocidades de Maxwell.

a) 0,80 b) 0,82 c) 0,84 d) 0,86 e)0 ,88

58. Asumiendo que la variación de la temperatura, según la altura es: T=T0-^h, siendo £=

0,006 °K/m una constante y T0=300 °K la temperatura en la superficie. La masa molecular del aire M=28,97 g/mol, R=8,31 J/mol.°K, g=9,8 m/s2. ¿En qué porcentaje varia la

presión a una altura de H=4000 m, respecto de la presión en la superficie P0?

a) 31 ,8% b) 33,8 % c) 35,8 % d) 37,8 % e) 39 ,8%

59. Un globo lleno de helio a presión atmosférica y 20° C tiene un volumen de 12 lt. El glo bo se eleva a 4 km de altura, donde la temperatura es de -20° C y la presión de 0,63 atm.Hallar el volumen final del globo y el número de moles de helio que hay en el glo bo.(R=0,082 lt.atm/mol.°K)

a) 16,05 l t ; 0,7 moles b) 16,85 l t ; 0,1 moles c) 16,25 l t ; 0,3 molesd) 16,65 l t ; 0,9 moles e) 16,45 l t ; 0,5 moles

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60. Un recipiente de plástico contiene 12 g de oxígeno a 10 atm de presión y 25° C de tem peratura. Debido a una fuga en el recipiente la presión desciende a 6 atm y la temperatura a 21°C.¿ Cuántos gramos de oxígeno todavía quedan en el recipiente ? (R=0,082lt.atm/mol.°K)

a) 7,1 g b) 7,3 g c) 7,5 g d) 7,7 g e) 7,9 g

61. La parte del fondo de un lago de 35 m de profundidad está a 5o C mientras que la super ficie está a 25° C. Si una burbuja de aire tiene 15 cm3 de volumen en el fondo, hallar suvolumen cuando llega a la superficie. (R=0,082 lt.atm/mol.°K, g=9,8 m/s2 , p = 1 000

kg/m3)

a) 51,5 cm3 b) 52,5 cm3 c) 53,5 cm3 d) 54,5 cm3 e) 55,5 cm3

62. La presión atmosférica normal corresponde a 760 mmHg. En un recipiente el alto vacío

se tienen 5.10"'0mmHg de presión. Si el recipiente está a 25° C, hallar el número de moléculas por cm3en el sistema al vacío. (1 mm Hg=l,316.10 '3 atm , NA=6,23.1023 mol'1 yR=0,082 lt.atm/mol.°K y)

a) 1,58.107 b) 1,62.107 c) 1,66.107 d) 1,70.107 e) 1,74.107

63. ¿Qué porcentaje de la velocidad de escape del oxígeno respecto del campo gravitatorio,representa la velocidad cuadrática media del oxigeno a la temperatura de 300° K, en lasuperficie de la Tierra? (Radio de la Tierra RT= 6,37.106 m , R=8,31 J/mol.°K y g= 9,8m/s2)

a) 1,33% b) 2,33 % c) 3,33 % d)4 ,33% e) 5,33 %

64. La densidad media de un planeta hipotético es de 5 000 kg/m3y su temperatura en la su perfície es de 375° C. Si el radio del planeta es menor que rmin, la velocidad cuadráticamedia térmica será mayor que la velocidad de escape, y el planeta no podrá retener unaat-mósfera de oxigeno. Hallar el valor de rm,n. (G= 6,67.10 '11 N.m2/kg2, R= 8,31J/mol.°K)

a) 405 km b) 410 km c) 415 km d) 420 km e) 425 km

65. Hallar la densidad del aire a 15° C y presión normal, sabiendo que los calores específi

eos a presión y volumen constantes, son: cP= 0,237 cal/g.°K, cv=0,169 cal/g.°K. (1cal=4,186 J, 1 atm=l,013.105N/m2)

a) 1,03 kg/m3 b) 1,23 kg/m3 c) 1,43 kg/m3 d) 1,63 kg/m3 e)l,83 kg/m3

66. En un recipiente de 10 lts a 0o C se introducen 8 lts de aire a 20° C y 750 mmHg, y 6 ltsde C 0 2 a 5o C y 780 mmHg. Se cierra el recipiente y se calienta a 100° C. Hallar la pre

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Física II 411

sión en mmHg al interior del recipiente, despreciando su dilatación. Considérese R=62,4 mmHg.lt/mol.°K.

a) 1 374 b) 1 378 c) 1 382 d) 1 386 e) 1 390

67. ¿Cuál sería la lectura de un barómetro lleno de un líquido de densidad pL =1 ,6 g/ml,

cuando el barómetro de mercurio indica 730 mm? La densidad del mercurio es igual a pHg =13,56 g/ml.

a) 6,0 m b) 6,2 m c) 6,4 m d) 6,6 m e) 6,8 m

68. Hallar la masa molecular aparente de una mezcla gaseosa compuesta de 20 % de H2, 70% de C 0 2 y 10 % de N2 O. El porcentaje se da en volumen.

a) 31 ,6-^ - b) 33 ,6-^ - c )3 5 ,6 ^ - d)37 ,6-^ - e)3 9 ,6 - i -mol mol mol mol mol

69. Una mezcla gaseosa que contiene oxígeno y que tiene una presión de 1 atm, se sometea la acción del fósforo amarillo, para eliminar el oxígeno. De este modo se pudo deter minar que la mezcla tenía un 35 % en volumen de oxígeno. ¿Cuál era la presión parcialdel oxígeno del 0 2 en la mezcla?


70. En un recipiente de capacidad 10 lt se mezclan 2 lt de N2 a 1 atm, 5 lt de de H2 a 5 atm,y 3 lt de CH4 a 2 atm. Hallar la presión resultante de la mezcla.


71. Una mezcla de gases contenida en un recipiente a 0,5 atm tiene una composición en vplumen de 15 % de N2, 50 % de N20 y 35 % de C 0 2. Si se añade un trozo de KOHsólido para eliminar el C 0 2. Hallar la presión resultante.


72. Una caja cúbica de lado í = 20 cm se divide en dos partes iguales por medio de una lámina. Cada mitad contiene (n) moles de un gas ideal e inicialmente la temperatura tieneel valor T0 = 2o C Luego se calienta el gas de un lado hasta la temperatura Ti =22° C,

manteniéndose el otro a la temperatura T0. No hay paso de gas a través de la lámina.Hallar la fuerza total sobre la lámina divisoria. (R= 8,31 J/mol.°K)

a) 1OOnR b) 200nR c) 300nR d) 400nR e) 500nR

73. La masa molecular del C 0 2 es de 44 g/mol mientras que la del 0 2 es de 32 g/mol. Untanque se mantiene a una temperatura constante contiene inicialmente 8 kg de C 0 2 a 6atm. Si se extrae el C 0 2 y se reemplaza por 7 kg de 0 2. Hallar la nueva presión en el

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412 Teoría cinética de gasestanque.


74. El volumen de un tanque con metano (CH4) es de 100 lt. Si su temperatura es de 50° Cy su presión de 12 atm. Hallar la masa del metano en el tanque.(R=0,082 atm.ít/mol.°K)

a) 700 g b) 705 g c )71 0 g d) 720 g e) 725 g

75. El gas de argón se difunde en C.N. de temperatura y presión a través de un agujero auna velocidad de 3 ml/min. ¿A qué velocidad se difundirá el gas de xenón a través delmismo agujero en las mismas condiciones? (MA=39,94 g/mol ; MXe= 131,3 g/mol)

a) 1 ,05— b) 1,25— c) 1,45— d) 1,65— e) 1,85 — min min min min min

76. Un globo de goma de masa m=55 g y radio R=30 cm se llena con hidrógeno a 730

mmHg y 25° C. Hallar la fuerza ascensional del globo, si la densidad del aire es igual a p A =1,29 kg/m3, R= 8,31 J/mol.°K, 1 mmHg=133,3 N/m2 y g = 10 m/s2.

a) 0,5 N b) 1,0 N c ) l, 5 N d) 2,0 N e) 2,5 N

77. Un globo de goma de diámetro D=25 cm está lleno de hidrógeno y suspendido en elaire. Tanto el hidrógeno como el aire están en C.N. La presión dentro del globo es iguala la presión exterior. Hallar el peso total del globo. MA=29 kg/kmol, MH= 2 kg/kmol,R=8,31 J/mol.°K, P0=l,013.105N/m2, g = 9,8 m/s2, m=103


78. En un recipiente cerrado de capacidad V=T m3 hay mA= 0,9 kg de agua y m0= l,6 kg deoxígeno. Hallar la presión en este recipiente a la temperatura de T=500° C si a está tem

peratura toda el agua se convierte en vapor de agua. (M0 =32 kg/kmol y MA =18kg/kmol R= 8,31 J/mol.°K, 1 atm=l ,013.105 N/m 2)

a) 6,14 atm b) 6,24 atm c) 6,34 tm d) 6,44 atm e) 6,54 atm

79. 12 g de un gas ocupan un volumen de 4.10'3 m3 a la temperatura de 7o C. Después de calentar el gas a presión constante, su densidad es de 6.104 g/cm3. ¿Hasta qué temperatura se calentó el gas?

a) 1300 °K b) 1350 °K c) 1400°K d) 1450 °K e) 1500 °K

80. La densidad de cierto gas a la temperatura de 10° C y a la presión de 2.105N/m2 es de0,34 kg/m3. Hallar la masa de una molécula-kilogramo de este gas. (R=8,31 J/mol.°K)

a) 1 kg/kmol b) 2 kg/kmol c) 3 kg/kmol d) 4 kg/kmol e) 5 kg/kmol

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Física II 413

81. Una molécula de nitrógeno a una velocidad de 600 m/s choca normalmente con la pared de un recipiente y rebota elásticamente en ella sin perder velocidad. Hallar el impulso de la fuerza que le transm ite la molécula a la pared durante el choque. (g= 9,8 m/s21 urna =1,66.10 '27 kg)

a) 2,8 .10'23 N.s b) 3,6.10'23 N.s c) 5,6 .10'23 N.s d) 6,4.10 '23 N.s e) 7,2.10 '23 N.s

82. Una molécula de nitrógeno se mueve con una velocidad de 430 m/s. Hallar la cantidadde movimiento de esta molécula. (1 uma= 1,66.10'27 kg)

a) 10'23 kg.m/s b) 2.10‘23 kg.m/s c) 3.10'23 kg.m/s d) 4.10'23 kg.m/s e) 5.10"23 kg.m/s

83. ¿Qué cantidad de moléculas contiene 1 g de vapor de agua? (NA= 6.023.1023 mol'1)

a) 3,1.1022 b) 3,3.1022 c) 3,5.1022 d) 3,7.1022 e)3 ,9 .1022

84. ¿Qué cantidad de moléculas habrá en una habitación de capacidad 80 m3 a la temperatura de 17° C y a la presión de 750 mmHg? (1 mmHg=133,3 N/m2, R= 8,31 J/mol.°k)

a) 1.1027 b) 2.1027 c) 3.1027 d) 4.1027 e)5.1 027

85. ¿Qué cantidad de partículas habrá en 1 g de vapor de yodo si su grado de disociación esdel 50 %? La masa de una molécula kilogramo de yodo I2 es igual a 254 kg/kmol?( N a= 6 , 0 2 3 . 1 0 23 m o l ' 1 )

a) 3,15.1021 b) 3,35.1021 c) 3,55.1021 d) 3,75.1021 e) 3,95.102'

86. En la explosión de una bomba atómica la temperatura alcanza 107°K. Si a esta temperatura todas las moléculas están disociadas en átomos y que éstos, a su vez, están ionizados. Hallar la velocidad cuadrática media del ión de hidrógeno. (1 uma= 1,66.10 '27 kgk= 1,38.10'23 J/°K)

a) 1.105— b) 2.105— c)3.10 5— d)4 .105— e)5.10s — s s s s s

87. La densidad de cierto gas es de 6.10'2 kg/m3y la velocidad cuadrática media de sus moléculas es de 500 m/s. Hallar la presión que este gas ejerce sobre las paredes del red

piente que lo contiene.

a)1.103-^ - b)2.103^ - c) 3.103— d) 4. 103- ^ e)5.103^ -m" m m m- m‘

88. ¿Cuántas veces menor es la velocidad cuadrática media de las partículas de polvo sus penidas en el aire que la de las moléculas del aire? La masa de una partícula de polvoes de 10'8 g. Considerar el aire como un gas homogéneo y que la masa de su moléculakilogramo es de 29 kg/kmol. (NA= 6,023 .1023 mol '1)

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a) 1.04.107 b) 1,24.107 c) 1,44.107 d) 1,64.107 e) 1,84.107

89. Hallar la cantidad de movimiento (en kg.m/s) de las moléculas de hidrógeno a una tem peratura de 20° C. Asuma que su velocidad es su velocidad cuadrática media. (R=8,31J/m ol.°K, 1uma= 1,66.10 '27 kg)

a) 6,14.10"24 b) 6,34.10'24 c)6 ,54.10"24 d)6,74.10"24 e)6 ,94.10'24

90. En un recipiente de capacidad 2 lt hay 10 g de oxígeno a la presión de 680 mmHg.Hallar la velocidad cuadrática media de las moléculas del gas. (1 mmHg=133,3 N/m2)

a) 213— b) 223 — c )2 3 3 - d )2 4 3 - e )2 5 3 -s s s s s

91. Unas partículas de gutagamba de diámetro D=1 pm tienen movimiento Browniano. La

densidad de la gutagam ba es p = 1 g/cm3. Hallar la velocidad cuadrática media de estas

partículas a la temperatura de T= 0o C. (NA= 6,023.1023 mol"1, R= 8,31 J/mol.°K)

, . . mm , . . - . mm . . . . mm ,, . , , mm . . 0 , mma) 4,04---- b) 4,24---- c) 4,44---- d) 4,64---- e)4,84 ----

s s s s s

92. La velocidad cuadrática media de las moléculas de un gas es de 450 m/s y la presión aque éste se encuentra es de 5.104 N/m2. Hallar la densidad del gas en estas condiciones.

a) 0 ,7 0 ^ | b) 0 , 7 2 c ) 0 , 74^ | d ) 0 ,7 6 ^ | e ) 0 ,7 8 ^ |m m m m m

93. Hallar la velocidad cuadrática media de las moléculas de un gas cuya densidad a la presión de 750 mmHg es igual a 8,2.10"5g/cm3. (1 mmHg = 133,3 N/m2)

a) 19 10 - b) 19 12 - c) 19 14 - d) 19 16 - e) 19 18 -s s s s s

94. La velocidad cuadrática media de las moléculas de cierto gas en condiciones normales,es de 461 m/s. ¿Cuántas moléculas habrá en 1 g de este gas? (NA= 6,023.1023 m ol",R=8,31 J/mol.°K)

a) 1,22.1022 b) 1,44.1o22 c) 1,66.1022 d) 1.88.1022 e)2 ,32.1022

95. Hallar la energía cinética del movimiento térmico de las moléculas que hay en un 1 gde aire a la temperatura de 15o C. Asuma que el aire es un gas homogéneo y que su masa molecular-kilogramo es de 29 kg/kmol. (R=8,31 J/mol.°K)

a) 128 J b) 126 J c )1 2 2 J d) 124 J e) 120 J

96. Hallar la energía del movimiento térmico correspondiente a la rotación de 20 g de oxí

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Física II 415

geno a la temperatura de 10° C. (R= 8,31 J/mol.°K, yr =2)

a) 1,07 kJ b) 1,27 kJ c) 1,47 kj d) 1,67 kJ e) 1,97 kJ

97. ¿A qué temperatura será suficiente la energía cinética media del movimiento térmico de

los átomos de helio para que venzan la atracción de la Tierra y abandonen para siemprela atmósfera terrestre? ( k= l,38.10-23 J/°K, 1 uma= 1,66.10'27 Kg, G=6,67.10‘" N.m2/kg2,MT =5,96.1024kg, RT=6,37.106 m)

a) 23 000° K b)21 000°K c)22 000°K d)2 4 000°K e)2 0 000°K

98. Hallar el grado de disociación (a ) del oxígeno, si su calor específico a presión constante es de 1 050 J/kg.°K. (R= 8,31 J/mol.°K)

a) 30 % b) 32 % c) 34 % d) 36 % e) 38 %

99. En un cuarto de volumen V=30 m3 la temperatura subió de 15° C a 25° C.¿En cuántocambió la masa de aire en el cuarto, si la presión atmosférica es P=1 atm?. La masa molecular-kilogramo del aire es M=28,9 kg/kmol, R=8,31 J/mol.°K, 1 atm=l,013.105

N/m2.

a) 1,13 kg b) 1,23 kg c) 1,33 kg d) 1,43 kg e) 1,53 kg

100.Hallar la temperatura del gas que se encuentra en un recipiente cerrado, si la presióndel gas aumenta en un 0,4 % respecto a la presión inicial al calentar el gas en Io C.

a) 100° K b) 150° K c) 200° K d) 250° K e) 300° K

101.Hallar el calor específico a presión constante de una mezcla de gases formada por 3kmol de argón y 2 kmol de nitrógeno. (R= 8,31 J/mol.°K)

a) 665—^— b) 670—^— c) 675—i - d ) 6 8 0 ^ — e)685 —~kg. K kg K kg. K kg. K k g °K

102. La densidad del vapor de cierta mezcla de carbono con hidrógeno es 3 g/lt para 43° Cy 820 mmHg. Hallar la fórmula molecular de esta mezcla. (1 mmHg=133,3 N/m2 , R=8.31 J/mol.°K)

a) C4H14 b) C2H12 c) C3H14 d) C4H10 e) C5H12

103. Hallar la razón cP/cv para la mezcla gaseosa de 8 g de helio con 16 g de oxígeno. (R =

8.31 J/mol.°K)

a) 1,51 b) 1,53 c) 1,55 d) 1,57 e) 1,59

104.Una bola de jebe, de paredes muy delgadas se llena con 1 g de nitrógeno y se sumerge

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en agua de densidad 1000 kg/m3 a una profundidad de 100 m, siendo la temperaturadel agua de 4o C. ¿Qué peso debe tener la bola, para que este en equilibrio estático? ( g= 9,8 m/s2, R= 8,31 J/mol.°K , M=28 kg/kmol)

a) 0,54 N b) 0,64 N c)0 ,74 N d)0 ,84 N e)0 ,94 N

105.E1 calor específico a volumen constante de una mezcla gaseosa formada por una molecula-kilogramo de oxígeno y varias moléculas-kilogramo de argón es igual a 430J/kg.°K. Hallar la masa de argón en esta mezcla.


106.10 g de oxígeno que está a la temperatura de 10° C y a la presión de 3.105N/m2se calienta a presión constante llegando a ocupar un volumen de 10 lt. Hallar la cantidad decalor suministrada al gas. (R=8 ,31 J/mol.°K)

a) 7,1 kJ b) 7,3 kJ c) 7,5 kj d )7 ,7 k J e) 7,9 kj

107.10 g de oxígeno que está a la temperatura de 10° C y a la presión de 3.105N/m2 se calienta a presión constante llegando a ocupar un volumen de 10 lt. Hallar la diferenciade las energías del movimiento térmico de las moléculas del gas, después y antes de ser calentado. (R=8,31 J/mol.°K , k=l03)

a) 5,05 kJ b) 5,25 kJ c) 5,45 kJ d )5 ,6 5kJ e) 5,85 kJ

108.Un recipiente cerrado de capacidad 2 lt que contiene 12 g de nitrógeno a 10° C, se calienta hasta alcanzar la presión de 104 mmHg. Hallar la cantidad de calor suministradaal gas. (R=8,31 J/mol.°K , 1 mmHg=133,3 N/m2)

a) 1,15 kJ b) 2,15 kJ c)3 ,15kJ d) 4,1 5k J e)5 ,15 kJ

109.¿Qué cantidad de calor se debe suministrar a 2 lt de nitrógeno, que se encuentra a la presión de 105N/m2, para aumentar su volumen al doble, manteniendo su presión constante? (R=8,31 J/mol.°K)

a) 500 J b) 550 J c) 600 J d )6 5 0 J e) 700 J

110.¿Qué cantidad de calor se debe suministrar a 12 g de oxígeno, que se encuentra en condiciones normales, para calentarlo hasta 50° C a presión constante? (R=8,31 J/mol.°K)

a) 516 J b) 526 J c) 536 J d) 546 J e) 556 J

111.Se suministran 150 cal a 40 g de oxígeno, subiendo su temperatura desde 16° C hasta40° C. ¿El gas se calentó a presión constante o a volumen constante? (1 cal=4,186 J,R=8,31 J/mol.°K )

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Física II 417

112.En un recipiente cerrado de capacidad V=10 lt hay aire a la presión de 10' N/m2. ¿Quécantidad de calor se debe suministrar al aire para que la presión en el recipiente aumente 5 veces? (R=8,31 J/mol.°K)

a) 5 kJ b) 10 kJ c) 15 kJ d) 20 kJ e) 30 kJ

113.¿Qué cantidad de anhídrido carbónico se puede calentar desde 20° C hasta 100° C conuna cantidad de calor de 0,053 kcal? (R=8,31 J/mol.°K)

a) 2,5 g b) 2,8 g c) 3,1 g d) 3,4 g e) 3,7 g

114.Hallar la razón del calor específico del monóxido de carbono al calor específico del oxido nítrico, a presión constante. (R=8,31 J/mol.°K)

a) 1,1 b) 1,3 c) 1,5 d) 1,7 e) 1,9115.En un recipiente cerrado de capacidad V=2 lt hay nitrógeno de densidad p= 1,4 kg/m3.

¿Qué cantidad de calor se debe suministrar al nitrógeno, para que su temperatura aumente en 100° C? (R=8,31 J/mol.°K)

a) 200 J b) 202 J c) 204 J d) 206 J e) 208 J

116.Un recipiente de volumen V=30 lt, contiene un gas ideal a la temperatura de 0° C y presión constante. Después que se dejó salir cierta cantidad del gas, la presión en el reci

piente descendió en AP=0,78 atm, sin cambiar su temperatura. Hallar la masa del gasque se liberó. La densidad del gas en condiciones normales es p= 1,3 g/lt. (Po=l atm)

a) 30,4 g b) 32,4 g c) 34,4 g d) 36,4 g e) 38,4 g

117.Dos botellas iguales se encuentran unidas por un tubo con una válvula que deja pasar el gas de una botella a la otra cuando la diferencia de presión alcanza AP> 1,10 atm.Inicialmente una de las botellas estaba vacía, y en la otra había un gas ideal a la temperatura de Tt =27° C y a la presión de P, =1,0 atm. Luego, ambas botellas fueron calentadas hasta la temperatura T2=107° C. ¿A cuánto llegó la presión del gas en la botellaque estaba vacía?


118.Un recipiente de volumen V=20 lt contiene una mezcla de hidrógeno y helio a la tem

peratura T=20° C, siendo su presión P=2,0 atm. La masa de la mezcla m=5,0 g, Hallar la razón (mi/m2) de las masas del hidrógeno (m,) y del helio (m2) en la mezcla. (R=8,31J/mol ,°K)

a) 0,1 b) 0,3 c) 0,5 d) 0,7 e) 0,9

119.L¡na mezcla de m, =7,0 g de nitrógeno y m2= 11,0 g de de gas carbónico se encuentranen un recipiente a una temperatura T=290° K y una presión P0= 1,0 atm. Hallar la densi

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418 _______________________ Teoríacinéticade gases ______________________

dad de la mezcla, considerando que los gases son ideales. (1 a tm= l,013.105 N/m2,R=8,31 J/mol.°K)

a) 0 ,5^1 b ) l , 5 -^ | c) 2 ,0 ^ | d )2 ,5-^f e )3 ,0 ^ |m m m m m

120.Una botella de volumen V=7,5 lt que está a la temperatura de T=300° K contiene la siguíente mezcla de gases ideales : ni = 0,10 moles de oxígeno, n2= 0,20 moles de nitrógeno y n3 = 0,30 moles de gas carbónico. Hallar la presión de la mezcla y su masa molecular. (R=8,31 J/mol.°K, 1 atm=l,013.105N/m2)I) Hallar la presión de la mezcla.


II)Hallar la masa molecular de la mezcla.

a) 30,7 g/mol b) 32,7 g/mol c) 34,7 g/mold) 36,7 g/mol e)38,7 g/mol

121.A cierto gas se suministran a presión constante Q¡ =160 cal elevándose su temperaturaen ATt =50° C. Si al mismo gas se le sustraen a volumen constante Q2 = 240 cal su tem

peratura desciende en AT2 = 100° C. Hallar el número de grados de libertad de las mole

culas de este gas.

a) 3 b) 5 c) 6 d) 7 e) 3 ó 7

122.En un recipiente cerrado de capacidad 3 lt hay nitrógeno a la temperatura de 27° C y ala presión de 3 atm. Después de calentarlo, la presión en el recipiente aumentó hasta 25

atm. Hallar la cantidad de calor suministrada al nitrógeno. (1 atm =l,013 .105 N/m2,R=8,31 J/mol.°K)

a) 15,5 kJ b) 15,8 kJ c) 16,1 kJ d) 16,4 kJ e) 16,7 k j

123.En un recipiente cerrado hay 10 g de nitrógeno a la temperatura de 7o C. ¿Qué cantidadde calor se debe suministrar al nitrógeno para que la velocidad cuadrática media de susmoléculas aumente al doble?

a) 6 210 J b) 6 220 J c) 6 230 J d) 6 240 J e) 6 250J

124.A un recipiente cerrado de capacidad 2 lt que contiene helio a la temperatura de 20° Cy a la presión de 105N/m2, se le suministra cierta cantidad de calor, elevándose su tem peratura en 100° C. Hallar la razón de la energía del movimiento térmico de las moléculas de helio a la cantidad de calor suministrada.

a) 1,73 b) 2,73 c) 3,73 d) 4,73 e) 5,73

125.¿Qué número máximo de moléculas de gas por cm3 puede haber en un recipiente esféri

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Física II 41 9

co de diámetro D=15 cm para que las moléculas no choquen entre sí? El diámetro delas moléculas es d=3.10'8cm.

a) 1,7.1013 cm'3 b) 2,7.1013cm'3 c) 3,7.1013cm'3 d) 4,7 .1013 cm'3 e) 5,7.1013cm'3

126.Hallar el recorrido libre medio de las moléculas del anhídrido carbónico a la temperatura de 100° C y a la presión de 0,1 mmHg. El diámetro de las moléculas de anhídrido car

bonico es D=3,2.10'8 cm. (NA= 6,023.1023 m o l1 , R= 8,31 J/mol.°K, 1 mmHg=133,3 N/m2)

a) 805 pin b)8 15 pm c) 825pm d) 835pm e) 845pm

127.Hallar el recorrido libre medio de las moléculas del aire en condiciones normales(C.N). El diámetro de estas moléculas es D=3.10'8 cm. (NA=6,023.1023 mol '1, R=8,31J/mol.°K, P= 1,013.105 N/m2)

a) 12 ,6nm b) 32,6 nm c) 52,6 nm d) 72,6 nm e) 92,6 nm

128.Hallar el número medio de choques que ocurrirán en 1 s entre las moléculas del nitrogeno que se encuentra a la temperatura de 27° C y a la presión de 400 mmHg. (NA=6,023.1023 m o l1 , R= 8,31 J/mol.°K, 1 mmHg=133,3 N/m2 )

a) 1,5.109 s'1 b) 2,5.109 s '1 c)3,5.109 s'1 d)4,5.109 s'' e)5,5.109 s'‘

129.¿Cuántas veces se hará menor el número de choques que ocurren en 1 s entre las moléculas de un gas diatómico si el volumen de dicho gas se aumenta por vía adiabática aldoble?

a) 2,1 b) 2,3 c) 2,5 d) 2,7 e) 2,9

130. Hallar el recorrido libre medio de las moléculas del nitrógeno a la temperatura de 17°C y a la presión de 104 N/m2. El diámetro de las moléculas de nitrógeno es D=3.10'8cm. (Na= 6,023.1023 mol'1, R=8,31 J/mol.°K, p = 10'6)

a) 1pm b) 2 pm c) 3 pm d) 4 pm e) 5 pm

131.Hallar el recorrido libre medio de los átomos de helio sabiendo que su densidad es p =

2,1 .10'2 kg/m3. El diámetro de estos átomos es D =2.10 '10 m. (NA= 6,023.1023 mol '1, p = 1 0 ' 6 )

a) l ,8pm b)2,8pm c)3,8pm d)4,8pm e)5,8pm

132.Hallar el tiempo medio que transcurre entre dos choques consecutivos de las moléculasdel nitrógeno que se encuentra a la temperatura de 10° C y a la presión de 1 mmHg. Eldiámetro de las moléculas de hidrógeno es D=3 .1ü '10 m. (1 mmHg= 133,3 N/m 2 , R=8,31 J/mol.°K, Na= 6,023.1023 mol'1)

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a)0,16ps b)0,36ps c)0,56ps d)0,76ps e)0,96ps

133.En un recipiente hay anhídrido carbónico de densidad p= 1,7 kg/m3; el recorrido libremedio de sus moléculas en estas condiciones es < X>= 7,9.10'6 cm. Hallar el diámetro

de las moléculas del anhídrido carbónico. (NA= 6,023.1023 mol'1, n=10'9)a) 0 ,1 5nm b) 0,35 nm c) 0,55 nm d) 0,75 nm e) 0,95 nm

134.En un cilindro vertical cerrado por ambos extremos se encuentra un émbolo de fácilmovilidad, en cada lado del cual hay un mol de aire. En estado de equilibrio, cuando latemperatura es T0=300° K, el volumen de la parte superior del cilindro es q = 4,0 vecesmayor que el de la parte inferior. ¿A qué temperatura la relación entre estos volúmenesllegará a ser r\' =3 veces?

a) 402 °K b) 412 °K c) 422 °K d) 432 °K e) 442 °K

135.Con una bomba neumática de émbolo se evacúa el aire de un recipiente de volumen V.La bomba extrae en cada ciclo un volumen AV=V/500. ¿Cuántos ciclos deben realizar se para que la presión en el recipiente disminuya B, = 2 veces? Considerar que el proceso es isotérmico y que el gas es ideal. (Utilizar ln(x))

a) 307 ciclos b) 317 ciclos c) 327 ciclos d) 337 ciclos e) 347 ciclos

136.De un recipiente de volumen V=50 lt, se extrae aire con una rapidez de dV/dt= 5 lt/s.La presión inicial del aire en el recipiente es P0. Asumiendo que el proceso es isotérmico y la rapidez de extracción no depende de la presión, hallar la presión en el recipiente

en el instante de tiempo t=2 s.

a) 0,80 P0 b) 0,82 P0 c) 0,84 P0 d) 0,86 P0 e) 0,88 P0

137.Un haz paralelo de moléculas de nitrógeno desplazándose a una rapidez de v=400 m/s,incide sobre una pared bajo un ángulo de 0=30° respecto a la normal. La concentración de las moléculas en el haz es n=0,9.1019cm'3. Hallar la presión que el haz ejerce so

bre la pared, considerando que los choques de las moléculas con la pared son absolutamente elásticos. (1 uma= 1,66.10'27 kg, 1 a tm » 105N/m2)


138.¿Cuántas veces se debe expandir adiabáticamente un gas que se compone de moléculasdiatómicas rígidas, para que su velocidad media cuadrática disminuya n=l,5 veces?


139.Hallar la velocidad más probable (vP) de las moléculas de un gas de densidad p = 1 g/lt

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Física II 421

a l a p r e s i ó n a t m o s f é r i c a n o r m a l . ( P 0— 1 ,0 1 3 . 1 0 3 N / m 2, R = 8 , 3 1 J / m o l ° K )

a ) 3 0 0 m / s b ) 3 5 0 m / s c ) 4 0 0 m / s d ) 4 5 0 m / s e ) 5 0 0 m / s

H O . H a l l a r e l n ú m e r o r e l a t i v o d e m o l é c u l a s d e u n g a s , c u y a s v e l o c i d a d e s d i f i e r e n e n n o

m á s d e l A n = 1 ,0 % d e l v a l o r d e s u v e l o c i d a d m á s p r o b a b l e ( v P ) .

a ) 1 , 0 2 % b ) 1 , 2 2 % c ) 1 , 4 4 % d ) 1 ,6 6 % e ) 1 ,8 8 %

141.¿ Q u é p a r t e d e l a s m o l é c u l a s d e l o x í g e n o a l a t e m p e r a t u r a d e 0 o C t i e n e v e l o c i d a d e s

c o m p r e n d i d a s e n t r e 1 0 0 m / s y 1 1 0 m / s ? ( R = 8 , 3 1 J / m o l . ° K )

a ) 0 , 2 % b ) 0 , 4 % c ) 0 , 6 % d ) 0 , 8 % e ) 1 ,0 %

1 4 2 . E n u n a b o t e l l a h a y 2 , 5 g d e o x í g e n o . U t i l i z a n d o l a t a b l a d e l a f r a c c i ó n d e m o l é c u l a s

( A N / N ) v e r s u s l a v e l o c i d a d r e l a t iv a ( u ) , h a l l a r e l n ú m e r o d e m o l é c u l a s d e o x í g e n o c u

y a s v e l o c i d a d e s s o n m a y o r e s q u e e l v a l o r d e s u v e l o c i d a d c u a d r á t i c a m e d i a . ( N A=

6 , 0 2 3 . 1 0 23 m o f 1)

u 0 , 4 0 , 8 1 ,2 1 ,6 2 , 0 2 , 4

A N / N 0 , 9 5 0 , 7 5 * 0 , 4 1 0 , 1 8 0 , 0 5 0 , 0 1

a ) 1 , 9 . 1 0 22 b ) 3 , 9 . 1 0 22 c ) 5 , 9 . 1 0 22 d ) 7 , 9 . 1 0 22 e ) 9 , 9 . 1 0 22

1 4 3 . H a l l a r l a v e l o c i d a d r e l a t i v a m e d i a d e l a s m o l é c u l a s d e l o x í g e n o q u e s e e n c u e n t r a a l a

t e m p e r a t u r a d e 2 7 ° C . ( R = 8 ,3 1 J / m o l . ° K )

a ) 6 0 0 m / s b ) 6 1 0 m / s c ) 6 2 0 m / s d ) 6 3 0 m / s e ) 6 4 0 m / s

1 4 4 . H a l l a r l a t e m p e r a t u r a d e u n g a s d e h i d r ó g e n o , s i s e s a b e q u e l a v e l o c i d a d m e d i a c u a

d r á t i c a d e s u s m o l é c u l a s e s m a y o r q u e s u v e l o c i d a d m á s p r o b a b l e e n A v = 4 0 0 m / s .

a ) 3 8 1 ° K b ) 3 8 3 ° K c ) 3 8 5 ° K d ) 3 8 7 ° K e ) 3 8 9 ° K

1 4 5 . U t il iz a n d o l a d i s t r i b u c i ó n d e M a x w e l l , h a l l a r la p r e s i ó n e j e r c i d a p o r u n g a s s o b r e u n a

p a r e d , s i l a t e m p e r a t u r a d e l g a s e s T = 1 2 7 ° C y l a c o n c e n t r a c i ó n d e l a s m o l é c u l a s i g u a l a

n = 8 . 1 0 18 c m ' 3 . ( k = 1 , 3 8 . 1 0 '23 J / ° K , 1 a t m = l , 0 1 3 . 1 0 5 N / m 2)


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SOLUCIONARLO

S o l u c i ó n : 0 1

a) La velocidad cuadrática media es:

Verdadero, pues, a menor masa molecular (M) gas liviano, le correspondemayor velocidad.

b) La energía cinética media es:

3 ,< Er >= —kT

C 2

Falso, pues, la energía cinética mediaes independiente de las masas moleculares.

c) Falso, por a).d) Falso, por a)e) Falso, las moléculas alcanzan el reposo

absoluto a la temperatura de 0o k.

S o l u c i ó n : 0 2

• Las respuestas a cada una de las afirma

ciones son:a) Falso, pues, los gases tienen el mismo

número de moles y masas molecularesdiferentes, por tanto, diferentes masas.

b) Falso, por a)c) Verdadero, por a)d) Falso, pues, la velocidad cuadrática me

dia depende de las masas moleculares.e) Verdadero, pues, la energía cinética me

dia, depende directamente de la temperatura.

S o l u c i ó n : 0 3

• De la ley general de los gases ideales, la pendiente (m) de la isóbara es:

V nR m = — = ----

Luego, para las tres isóbaras, tenemos:

mc > mB > mA

n R n R n R

* ?a > f*B >

S o l u c i ó n : 04• La respuesta a cada una de las afirmaciones son:

* V F F

S o l u c i ó n : 05• La temperatura es constante, T) =T2,

luego, la ecuación general de los gases ideales, queda así:

PiV, = P2V2

(2)(10) = ( f ) V 2

* V 2 = 1 2 m 3 ®

S o l u c i ó n : 06• Como, Pi=P2, la ecuación general de losgases ideales, queda así:

40 _ V2

47 + 273 ~ 23 + 273

40 V2

320 " 296

* V2 = 37 cm3 ®


• De la ley general de los gases ideales:

P|V| _ p2v2T, T2

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Física II 423

PV _ (3P/2)(2V)

T, “ T2

* T2 / T¡ =3 ©


De la ley general de los gases ideales:

PjV. _ p2 v 2T, T,

(1)(10-3) _ P2(0,25.10“3)

■33 + 273 27 + 273

P = (— )(4)

2 240

* P2 = 5 atm


• De la ley general de los gases ideales:* Cuando el gas está en el estado (1):

PjV, = -yy RT,M

* Cuando el gas está en el estado (2):

P2V2 = ^ - R T 2

(1)

M(2)

Dividiendo (2) entre (1), tenemos:

P2V2 _ m2T2

P,V, m,T,

(810)(10) m2(25 + 273)

(760)(22,4) (28)(0 + 273)

* m2 = 12,2 g ( b)

S o l u c i ó n : 1 0

» De la ley general de los gases ideales,sn función de la densidad del gas:

PlTl P2T2

760 700

(1,43)(0 + 273) p2 (17 + 273)

700 273 p, = (1,43)(-----)(----- )

760 290

* p2 » 1,24lt

®

S o l u c i ó n : 1 1

• De la ecuación general de los gases i

deales, despejemos la masa del gas.

PV = -R TM

=> m = •MPV

R T

Así, la masa inicial del oxigeno es:

m0 =(32)(1,0.1105)(5.10-3)

(8,31.10 )(273)

m0 = 7,14,10~3kg

Asimismo, la masa final del oxigeno es:

tn(32)(4,04.106 )(5.10-3 )

(8,31.10 )(273)

m = 285,5.10-3 kg

Luego, la masa de oxígeno introducida será

Am = m - m0

Am = 285,5.10 '3- 7,14.10"3

* Am = 0,278 kg ©

S o l u c i ó n : 1 2

• Sean, m, m’ las masas del oxígeno y h j

drógeno, respectivamente, luego, como los

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424 i eoria cinética de gasesgases contienen el mismo número de moles, pues, están en C.N. y tienen el mismovolumen, entonces:

ni _ MPVPV = — RT => m = -------

M RT

mi -> m' = (— X 4)32 32

* m' = 0,25 ®

S o l u c i ó n : 1 3

• De la ley general de los gases ideales, elvolumen, viene dado por:

v = H ^ IM P

v - 1 , 2 1 6 1 ° ~ 3 ( 8 , 3 1 • 1 ° 3 ) ( 1 8 + 2 7 3 )64,07 (755)(133,3)

* V « 0,458.10-3 m3 ©

S o l u c i ó n : 1 4

• El número de moléculas (N), contenidasen 1 cm3 de virus de tabaco es:

n = ( m )N a

n ’ ( °:U ° / ) (M 2 .I0 b )40.10°

* N = 1,5.1012 moléculas ©

cm'

S o l u c i ó n : 1 5

• Transformemos la presión de mmHg a N/m2, así:

P = 750 mmHg = (750)(133,3 ^ r )rrr

NP = 0,9.105 - y

m“

(29)(0,9.10 )(5)(200)

(8,31.103)(17 + 273)

* m = 1,08.10 kg ®

S o l u c i ó n : 1 6

• Sean m, m ’ las masas del aire en invier no y verano y T, T’ sus temperaturas, entonces como la presión por el volumen esuna constante, se cumple:

— RT = — RT'M M

mg _ W _ T'

m'g ” W' ” T

W _ (37 + 273) 310

W' “ (7+273 ) “ 280

* = 1,1 veces ®

W'

S o l u c i ó n : 1 7

• De la ley de los gases ideales, hallemosel producto de la presión por el volumen,así:

PV = — RTM

5 10PV = ( - )(8,31.103)(0 + 273)

PV = 567J

Hallemos dos puntos de la gráfica, del modo siguiente.

Luego, de la ley de los gases ideales, halle Para: V = 1 m3 P = 567 N/m2mos la masa del gas, así: para: V = 567 m3 P = 1 N/m2

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Física II 425Ahora, tracemos la gráñca P-V, de tal modo, que pase por los dos puntos anteriores, ysea cóncava hacia arriba.

P(N/m2)

S o l u c i ó n : 1 8

• Transformemos la presión de mmHg a N/m2, así:

P = 720 mmHg = (720)(133,3m

P = 9,6.10* N

m

Luego, de la ley de los gases ideales, el número de lañóles es:

n =

PV (9,6.104 )(10)

RT (8,31 -103)(17 + 273)

* n = 0,398 kmoles (5 )

S o l u c i ó n : 1 9

• El volumen resultante de la mezcla delos gases A+B es:

V = 3 + 4 = 71t

La presión del gas A, en la mezcla es:

PA = ( ^ -) P , = ( | ) ( 2 ) = * atm

La presión del gas B, en la mezcla es:

V, 4 4PB = ( ~ ) P 2 = ( - ) ( ') = - atm

Luego, la presión de la mezcla es:

6 4P = Pa +Pb = - + - A B 7 7

„10

©* P = — atm7

S o l u c i ó n : 2 0

• Las masas de agua m y m ’ antes y des pués de la evaporación, son iguales, así:

m = m'

p V = p' 2V

1 1 g p = - p = - — 3 = 500 ^ |2 2 cm m

La presión, hallamos de la ley de los gasesideales, así:

P = — RTM

P = (— )(8,31.103)(400 + 273)18

* P = 155.10 N

m" ©S o l u c i ó n : 2 1

• Según, la ley de Dalton, la presión de lamezcla, viene dado por:

P = (3 + 3 ) 5 I ( ,)Mj M 2 V

Sea, M la masa molecular de la mezcla, entonces, de la ley de los gases ideales, se tie

ne: p = (mi + m 2)R T

M V

Igualando (1) con (2), y despejando M:

nt] + m2M =

(ni] / M j) + (m2/ M 2)

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M =14 + 9 23

(14/28) + (9/2 ) 5

* M = 4,6 ©

kmolS o l u c i ó n : 2 2

• De la ec.(2), del problema anterior, elvolumen del recipiente es:

mt + m2 RTV:

M

v _ ( 23.10~3 (8,31.103 )(10 + 273)

4,6 10°

* V = ll,7 5.1 0“3m 3 ©


• Del problema anterior, l a densidad de lamezcla es:

ni] + m2 P

(m1/M ,) + (m2/M 2)R T

P =

(10 + 15) (1,5.10 )

(10 /44 ) + (15 /28) (8,31.103)(300)

+ p = 1 ,9 7 ^ | ®m

S o l u c i ó n : 2 4

• Transformemos las presiones del airey de la mezcla (aire+éter) de mmHg a

N/m2, así:

Pj = latm = l,01.105^-ym

P = 1050 mmHg= 1,39.10 N

m

M2 = (4)(12) + (1)(16) + (10)(1) = 74

Ahora, sea P2 la presión parcial del éter, en

tonces, según la ley de Dalton, se cumple

P = P,+ P2

m 2 R TP = P, +

M 2 V

m 2 = ( P - P , )M2V

RT

m2 = (1,39.105 -1,0 1.1 0S) (74)(2-310"3)(8,31.10 )(273)

+ m 2 = 2,47.10-3 kg ©


• Sea, "a " el grado de disociación, entonces, el número de moles de oxígeno atómico es:

mn, = a ------

1 M /2

El nro. de moles de oxígeno molecular es:

n \ 171n2 = C1_ a ) r r M

El nro. total de moles en el recipiente es:n = nj + n2

n=(l+a)SM

Luego, el número total de partículas, quehay en el recipiente es:

N = n N 4

N = (l + i)(^ ) (6 ,0 2 .1 0 23)

* N: ■4,52.1023 partículas (©

S o l u c i ó n : 2 6

La velocidad cuadrática de las molécu-

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Física II 427

las de aire, viene dado por:

v c = [ — rL M

.. r(3)(8,31.10 )(2 90 )1i/2

V c = [ 2 9 ]

vc = [25.104]1/2

dP

dh- P g

Sustituyendo la densidad ( p ), separando va

riables, e integrando:dP

dh

PM

RTg

* v c » 5 0 0 — s

Solución: 27• La velocid ad cuadrática med ia de las

moléculas de hidrógeno, viene dado por:

v r3RV 2VC,H2 “ L. , JM H2

La velocidad cuadrática media de las molé

culas de nitrógeno, viene dado por:

v - r3 R T i 1/2M «

Luego, la razón de las velocidades cuadráti

cas medias es:

VC,H2 = M n 1/2 = J-14^J/2

V C ,N M H 2 2

vr h ?* — = 2,65

VC,N

ÍD)

Solución: 28• D e la ecuación de los gases ideales, ha

liemo s la densidad d el aire, así:

m „ „ m PMP V = — RT => p = — = -----

M V R T

De otro lado, como la presión disminuye se

gún la altura, la ecuación que describe está

disminución es:

.Mi,RT

Así, la presión en función de la altura, vie

ne dado por:

Ph = Pne

M g hRT

(1)

siendo, P0 la presión al nivel del mar.

De otro lado, la ley general de los gases i

deales a temperatura constante, se escribe

así:

5 l = ^L Ph Po

D e (2) en (1), tenemos:

(2)

Pn e

M g hR T

Ph Po

Simplificando, y por dato ph / p 0 = 1 / 2:

M g h" R T

Tomando logaritmo a ambos miembros y

despejando (h):

h =fa(2)RT

Mg

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ln(2)(8,31.10 )(273)

(29X10)

+ h = 5,42 km ( ®

Solución: 29• La energía de rotación de las moléculas

de nitrógeno, viene dado por:

E = Xl I Ü r t r 2 M

E r = ( | ) ¿ ) ( 8 , 3 1 . 1 0 3)(2 80 )z z o

* Er = 83,1 .103J ®

Solución: 30• La energía cinética de traslación en fun ción de la velocidad cuadrática media es:

1 2 2 EcEC = vc => m = — —

2 v c

m =(2)(5.10 )

= 2,5.10“3 kg4.10°

* m = 2,5 g

Solución: 31

®

• La presión a que se encuentra el nitróge

no, viene dado por:

P =2 E C (2)(5.10 )

3V (3)(0,02)

P = 1,65.105 N

m' ® Solución: 32

• Transformemos la presión de mm Hg aN/m , así:

NP = 40 mmHg = (40)(133,3 —y)

n r

P = 5,33.10 N /m 2

Luego, el número de moléculas de gas dia tómico es:

N =PV (5,33.103)(10-5)

kT (1,28.10“23)(300)

N ~ 1,39.1019 moléculas (®

Solución: 33• Com o el gas es diatómico, y = 5, luego,

su calor específico a volumen constante es:

y R 5 8,31.103

Cv = 2 M = 2 32

cv » 650J

kg.°k ®

Solución: 34• Como el gas es diatómico, y = 5, luego,

su calor espec ífico a presión constante es:

R Cp —Cy H------

M

er + 1)II

M

,5 , 1W8,31.10JcP = ( - + 1)(------------

P 2 32

* Cp « 910kg.°k

®

Solución: 35• Como el oxígeno es diatómico, y = 5, su

calor específico a volumen constante es:

Cw —— y R

2 M(1)

De otro lado, su calor específico a volumen

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Física II 429constante es:

• , - ( § + > > £ (2)

Dividien do (2) entre (1), obtenemos:

cP y + 2 5 + 2

c vy 5

. ®Cy 5

Solución: 36• Transformemos el calor esp ecífico (cP) de cal/g.°k a J/kg.°C, así:

cP = 3 ,5 -^J- = (3,5) (4 ,186.103- ^ - ) g. k kg. k

cP = 1,47.104 J / kg.° k

De la ec.(2) del problema anterior, el calor

específico a P=cte. es:

‘ A A

y R M = ( A l ) —

2 cP

. . .5 8 ,31.10M = (—+ 1)( r-

2 1,47.10

+ M « 1,99kg

kmol

Solución: 37 • El calor esp ecífico a volumen constante

viene dado por:

Y_R 2M

( 1)

De otro lado, de la ley de los gases ideales, la densidad del gas es:

_ m _ MP

P ” V _ RT

r l _ a

M ” pT

(2)

De (2) en (1), obtenemos el calor específi

co a volumen constante:

Cy - — y P _ (5X1,01.10*)

2 p T (2)(1,43)(273)

+ c v « 6 4 7 J /k g . °k ®

Solución: 38

• Segú n teoría, el calor esp ecíf ico a pre sión constante es:

Cp —Cy + ' _R

M

y PCp = é + i ) —

2 p T

.5 ,(1,01.105)Cp —( h 1)---------------

P 2 (1,43(273)

+ cP « 906 — Tp- ®kg. k

Solución: 39• La cantidad de calor (Q) necesa ria para

calentar am/(M/2) moléculas-kg de yodo

atómico y ( l-a)m / M moléculas-kg de yo

do molecular a presión constante es :

Q = a - ^ - C ' PAT + ( l - a ) ^ C p A T (1) M /2 M

siendo, Cp el calor del gas monoatómico, y

Cp el calor molecular del gas diatóm ico.

También, se sabe que la cantidad de calor, viene dado por:

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Q = -^ C PAT M

(2)

siendo, CP el calor molecular de la mezcla.

Igualando (1) con (2), y despejando CP:

CP = 2 a Cp + (1 - a ) Cp

Ahora, como C P = M cP , entonces:

cP = 2 a c'p + (1 - a ) cP (3)

De otro lado, del problema anterior:

cp = (t + 1)R

2 M

D e esta expresión calculam os cP y c P :

C p = ( - + 1)8,3110

25 4= 81,79

J

k g ° k

5 8,3110 Jc£ = ( - + 1) = 114,5 — s -

P 2 254 kg.°k

Sustituyendo en (3), obtenemos:

cP = (2X^X81,79) + ( 1 - |) ( 1 14,5)

cP = 81,79 + 57,2

* c P = 139 J/k g.°k ®

Solución: 40• Com o 1 mol-gramo de oxíge no en C.N. tiene N A = 6 ,02 3.1 023 mo léculas, entonces, el volumen que ocupan estas moléculas es:

V = NA47tr3)

V = (6,023.1023) ( | 7t)(108)

+ V = 2 ,523cm

Solución: 41• D e la ecuación de los gases ideales, pa ra dos estados diferentes, hallemos la pre sión final, así:

Pq V qT0

(1)(12)

P V

T

P (18)27 + 273 67 + 273

P = 0,76 atm

Luego, el porcentaje en que disminuye la presión del gas es:

ti = ( ~ O ( 1 0 0 )

( i , ° _ g ,76)( l00)

+ r| = 24 % ©

Solución: 42• D e la ecuación de los gases ideales, la masa k ilogramo-molecular es:

m RTM =P V

M =(12.10 -3 )(8 ,31.103 )(300)

(1,013.105)(12.10-3)

* M = 24,6kg

kmol

Solución: 43• D e la ley de los gases ideales, hallemos

el número de moles que inicialmente hay en el tanque, así:

n =PV _ (20)(1,013.105)(40.10~3)

R T _ (8 ,31.103 ) (308)

n = 0 ,0317 kmoles

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432 Teoría cinética de gaseslásticos, los ángulos de incidencia y refle

xión son iguales, como se observa. P,v, _ p2v2

v / - '(5,013.105)(15.103) _ P2(16.103)

e

f e

El impulso total que le comunica las (n) mo léculas a la pared, es igual, al cambio de su

cantidad de movimiento en la dirección ho

rizontal (X ), es to es:

I = n AP

F At = n (p - p0) eos 0

F At = n [m v - (-m v)] eos 0

P A A t = 2 n m v eos 0

p 2n m v eos 0

A At

(2X1023)(3,32.10-27 )(103 )(cos45°)P =

(2.10-4)(1)

* P = 2,35.103 ®m

Solución: 48• La presión absoluta inicial de la llanta, es igual, a la suma de la presión manomé

trica más la atmosférica, esto es:

Pj = 4.105 +1,013.105 = 5,013.105-^ym

273 300

P2 = 5,164.105 N /m 2

Luego, la presión manométrica final al inte rior de la llanta es:

Pman = 5,16 4.105 -1 ,0 1 3 .105

Pman = 4 ,1 5 1 .105 N /m 2

Pman * 4 >! *tm ®

Solución: 49• La energía cinética media del movimien to de traslación de una molécula de gas

ideal es:

3< Er >= —kT

< Ec >= ( ^ ) ( 1 , 3 8 . 1 0 ' 2 3 ) ( 4 0 0 )

+ < Ec > = 8 , 2 8 . 1 0 ' 2 1J ©

Solución: 50• Utilizando la función de distribución de

Boltzman según la energía, expresemos la energía cinética media de una molécula:

OO< E C > = } E c f ( E c ) d E c

< E c > = 7 = 7 7 ~ L 2 í E c e kT V ^ c d E cVñ(kT )3/2 ¿

Así, de la ecuación de los gases ideales, la

presión absoluta final de la llanta es:< E c > = 7= ^ 3 7 , f E 3/ 2 e k T d E c

V n (k T )3/2 0J

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m 500 4 1 5 ,< E c > = ----- (----- v — v ) J

C 2N 4 5


5-v 15000

. (2.10-12) / 5005< Er >= ----------- ------("ZT- )

71 V

10310 J=> dv = du

7t

(2)(500 / 6) 20

* < Ec >= 75.10' o ®Siendo los nuevos límites de integración:

Para : v = 0 = > u = 0

Para : v = 10 => U = 71

^ N o t aSe ha utilizado e l resultado del proble Con esto, la integral anterior, queda así:

ma anterior, para el número de partícu las.

Solución: 54

• El número de partículas en el sistema, viene dado por:

< v >= (-5.1020 _ 1 0 6 11

10. 1023/7r tt

500 / sin< v > = (sen u - u eos u)J 07C

)( —y-) J u sen u du

N = j f ( v ) d v r500v *< V > = ( --------) ( 7 t )71

10N = í 5 .1 020sen — =-dv + ÍOdv

o 103 J10"

N = (5 .10” X — ) c o s ^ ]J,Tt 103 J 1 03

N = (— ——)[1 - ( -1)] = (~ )- 1 0 237t 71

* N = 3,18.1023 ®

Solución: 55

* < v >= 500m ©

Solución: 56• El cuadrado de la velocida d cuadrática

media de las partículas, viene dado por:

< v c > 2 = ^ í v 2f(v) dv

i 10

< v c > 2= Ñ í 5‘10o

20 2 71 v jv sen — r- dv 103

. La velocidad media con la que se mué Hac¡endo el siguiente cambio de variable; ven las partículas es:

< v >= — f v ff v ) dv N 3

K V 1 0 3r- = u => dv = — dul o 3 7t

Siendo los nuevos límites de integración:1 1° ®

< v > = —{ | 5 .102ov se n — j-dv+ JvOdv} Para : v = 0 => u = 0 N o 10' 103

Pa ra : v = 10 => U = Tt

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Física II 435

Con esto, la integral anterior, queda así:

< vc > = (5.1020 w 109 *

10.1023 / % ' %)(— j-) Ju2sen u du

< vc >2= ( j^ j 5~x 2u s e n u - ( u 2 - 2)cosu)]q

< vc >2= ( ^ y - ) ( ^ - 4 )71

+ < Vr > J 545 — ©

Vp [2kT / m ] 1/2 2 1/2

vc [3kT / m ] 1/2 3

+ — = 0 ,8 16 ( S )

vC

Solución: 58• De la ecuación de los gases ideales, ha

liemos la densidad del aire, así:

ni „ m m PMPV = — RT => p = — = -----

M V RT

Solución: 57

• La expresión para la velocid ad más pro bable, hallamos derivando la función distri bución de velocidades e igualando a cero,

así:

ív 5 dn * 4 m Nf (v ) = — = 47t n 0 ( ) edv 0 2rckT

m v

2kT

r d f (v )

dv[ , ] V=Vp = o

,2kT ,2 R T 1/2

m

2kTvP = (------ )

m

1/2

De otro lado, la velocidad cuadrática me dia, hallamos de la expresión de la energía

cinética media, así:

Por dato, la temperatura disminuye lineal

mente con la altura, es decir:

T = T0 - ^ h

De modo que, la expresión para la densidad

(p ), queda así:

P =P M

R ( T o - ^ h )

De otro lado, como la presión disminuye se

gún la altura, la ecuación que describe está

disminución es:

dP

dh-P g

Sustituyendo la densidad ( p ), separando va

riables, integrando y evaluando:

dP PM

dh R (T0 - E,h)g

3 1 i< Er >= —kT = —m vr C 2 2 C

vc =[~~]1/2m

Luego, la razón de la velocidad más proba

ble a la velocidad cuadrática media es:

rdP M gT dh P{ p " R ¿ T o - ^ h

M p )]p0 = ^ ¿ n ( T 0 -^ h )]»

Po ^R T0

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P = Po{l_ ÍÜ )M « ^T0

(28,97.10-3X9,8)

p _ p r j _ (0 ,0 06)(4000) (0,006X8,31)

0 300

P = 0,622 P0

Luego, el porcentaje en que disminuye la presión atmosférica es:

n = (P n - P

XI00)

T| = ( p0 °»622P0)( 100)

* t i = 37 ,8 %

Solución: 59• D e la ecuación de los gases ideales, el volumen de helio, cuando el globo está a u na altura de 4 km, es:

PqVq _ P V

T0 T

(1X12) (0,63)V

20 + 273 - 20 + 273

V = 16,45 t t

De otro lado, el número de moles de helio lo calculamos en la superficie, así:

P0V0 = n0RT0

(l)(12) = n0(0,082)(293)

+ n0 = 0,499 moles ®

Solución: 60• D e la ley de los gases ideales hallemos el volumen inicial del recipiente, así:

P0V0 = ^ R T 0M

(10)v° = (i )(0’082)(298)

V0 = 0,917 et

Como el volumen del recipiente no cambia, la masa final del oxígen o es:

P V = — RT M

(6)(0,917) = (^ > (0 ,082)(294)

* m = 7,30g

Solución: 61• La presión hidrostática a una profúnd] dad de 50 m es:

P = p g h

P = (10 3)(9,8)(35) = 3,43.10 5 N /m 2

P = 3,43.101,013.105

= 3,39 atm

Luego, de la ecuación de los gases ideales, el volumen de la burbuja en la superficie

del lago es:

PoVq P V

T

(1)V0 = (3,39X15)

298 278

V0 = 54,5 cm

Solución: 62• Transformemos la presión de mm Hg a atm, así:

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Física II 437

P = 5.10_10mmHg

P = (5.10 “10)(l,31 6.1 0'3atm)

P = 6,58.10-13 atm

De la ecuación de los gases ideales, halle

mos el número de moles por unidad de vo lumen, así:

P V = n R T

(6,58.10"13) V = n (0,082)(298)

ü = 0, 2 6 9 1 . .0 - '3 ^

V ñ

Ahora, como cada mol tiene 6,23.1023 mo

léculas y 1 £t = 103 cm3, entonces, el núme

ro de moléculas por cm 3 es:

vE = 11174 —

" = 1,6 2.1 07 m o le f a s ®cm'

Solución: 63• La velocidad cuadrática media de las

moléculas de oxígeno, viene dado por:

3RTVC = ( - r r >

M

1/ 2

. . , ( 3 X 8 , 3 1 X 3 0 0 ) ^ / 2V C ~ 1 „ „ , „ _ 3 )

32.10"

mvc = 483,544 —

s

De otro lado, la velocidad de escape de las

moléculas de oxígeno, debido a la gravita

ción, viene dado por:

1/2v E = (2g R x )

vE =[ (2)(9 ,8)(6 ,37 .106) ] 1/2

Luego, el porcentaje que representa la velo

cidad cuadrática media respecto de la velo cidad de escap e gravitatorio es:

O= (— )(100)vE

483,56q = (----=— )(100)

11174

* r| = 4,33 %

Solución: 64• La velocid ad cuadrática media térmica

de las moléculas de oxígeno, viene dado

por:

v c = ( ^ ' ) 1/2M

((3)(8,31)(648)>1/2 vc _ i „ „„„ 1

0,032

vc = 710,5 m

De otro lado, la velocidad del gas de oxíge

no fuera de la superficie del planeta, viene dado por:

vE = (2 G n v )1/2

KP

Pero, la masa del planeta de radio RP es:

4 ,mP = PpVp = pp (— n R P)

Con esto, la ecuación para la velocidad de

escape, queda así:

vE = (~ ti G Rp pP)l/2

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438 Teoría cinética de gasesPara que haya retención de la atmósfera, es

decir, para que la atmósfera no se pierda, deberá cumplirse que:

v r < v F

vc < (* 7 tG p P)1/2Rp

R P >

R P >

(871G pP / 3)

710,5

.1/2

{(87i/3)(6,67.10_I 1)(5000 )}1/2

+ RP > 42 5.1 03 m ©

Solución: 65• Transformemos los calores específicos de cal/g.°k a J/kg.°k, así:

cp = ( 0 ’2 3 7 ) ( 4 ’1 8 6 J ) _ 9 9 2 1 J

“P 10 _ 3kg.°k k g ° k

. (0,169)(4,186 J) _ Jcv = o,----- = 70 7,4 — Q

10~ 3kg.°k kg. k

Ahora, de la ecuación de los gases ideales, la densidad del aire es:

m M P

V R T

R P

M ~ p T(1)

De otro lado, la relación entre los calores

específicos a presión y volumen constantes, viene dado por:

— Cp — Cv (2)

Igualando (1) con (2), despejando la densi dad, y evaluando, se tiene:

P =

(cP - cv )T

1,013.10

(992,1 - 707,4X288)

* p = 1 , 2 3 ^ | ®m

Solución: 66• D e la ecuación de los gases ideales, el número de moles de aire es:

P i Y ^ n . R T ,

(750)(8) = n, (62,4)(293)

nj = 0,328 moles

Asimismo, el número de mo les de C 0 2es:

P2V2 = n2RT 2

(780)(6) = n2(62,4)(278)

n 2 = 0,269 moles

De modo que, el número total de moles es:

n = 0,328 + 0,269 = 0,597 moles

Luego, la presión al interior del recipiente a la temperatura de 100° C es:

P V = n RT

P(10) = (0,597)(62,4)(373)

* P = 1 390 mm Hg ®

Solución: 67• Representem os las alturas alcanzadas por el Hg y el líquido en el barómetro.

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Física II 439

Th Hg

XI UMERCURIO

Po

hL

!L jLIQUIDO

Como se observa la presión de las colum

ñas de Hg y líquido en el barómetro, es i

gual, a la presión atmosférica, esto es:

Po = P l S h L = PHgS h Hg

(13,6)(73)h L =

1,6

* hL = 620,5 cm ( b )

Solución: 68• Com o el número de m oles es proporcio

nal al volumen, entonces, las masas de cada

uno de los compon entes de la mezcla, son:

m H 2 = n H 2 M H 2 = (20)(2) = 40 g

mc o 2 = nco 2- ^ c o 2 = (70)(44) = 3080 g

M N 2 0 = n N20^ N 20 = (10)(44) = 440 g

Luego, la masa molecular de la mezcla es:

M = m = mH2 + m,

n

C 0 2 m N 2Q

M =

n H 2 + n C 0 2 + n N 2 0

40 + 3080 + 440

20 + 70 + 10

* M = 35,6 — mol

©

Solución: 69Com o el número de mo les es proporcio

nal al volumen en porcentaje, el número de

moles de oxígeno es:

n 02 = 35 moles

Luego, la presión parcial del oxígeno en la

mezcla es:

35 © * P<~>2 = ( ----- )(1) = 0,35 atm

100

Solución: 70• D e la ecuación de los gases ideales, las

presiones parciales de cada uno los compo

nentes, son:

P N 2 = (!)(— ) = 0,2 atm

P H 2 = = 2 >5 a t m

P C H 4 ( 2 ) ( ~ ) = 0,6 a tm

Luego, la presión resultante de la mezcla

es:

PT = 0,2 + 2,5 + 0,6

* PT = 3,3 atm B

Solución: 71

• D e la ecuación de los gases ideales, ha

liemos las presiones parciales de cada una

de las componentes, así:

PN2 = (0’5 )( ~ ~ ) = 0 ,075 atm

PN2G = (0’5 ) ( ~ ~ ) = 0,25 atm

PCO2 = ( 0 , 5 ) ( ^ ) = 0 ,17 5a tm

Como el trozo de KOH absorbe todo el

C 0 2, entonces , la presión total es:

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Pj - PN2 + P N 2 0

PT = 0,075 + 0,25

+ PT = 0,325 atm ®

Solución: 72 • Representem os la lámina dividiendo al cubo de lado "£” en dos partes iguales.

© ©

En la Fig., la fuerza total ejercida por el gas

sobre la lámina es:

F = (PI - P 0) A = ( P , - P 0) ( ~ )

F = { (P i)( |)-(P 0 X y)} ( |)

Para el tanque con Dió xido de carbono:

Povo = r t (!)M0

Para el tanque sin Dióxido de carbono, y

con oxígeno molecular:

P V0 = ( ^-) R TM

Dividiendo (2) entre (1), tenemos:

P = (2 L x ^ )Pom0 M

7 44p = { - x - ) ( 6 )

(2)

* P = 7,22 atm

Solución: 74• D e la ecuación de los gases ideales, hallemos la masa del metano (CFLt), así:

m =P V M (12)(100)(16)

R T " (0,082)(323)

* n « 7 25 g ®

F = (n RTj - n RT 0)(—)

„ 2 n R , , ^ ^ .F = (—-— )(T ,-T 0)

F = ( ^ ) ( 2 2 - 2 )VI,1

* F = 400 nR

Solución: 73• Ten iendo en cuenta que el volum en (V0) del tanque es una constante y la temperatu

ra (T) no cambia, entonces, de la ecuación

de los gases ideales, se tiene:

Solución: 75• Recordemos que la velocidad media de

los gases ideales, viene dado por:

v = ( ~ ) 1/27t M

Luego, la razón de las velocidades para el

argón ( 1) y xenón (2) es:

v^ = (8 RT / ti M ])1/2 = M j 1/2

v 2 (8 RT / 7t M 2)1/2 Mj

3 _ 131,30 1/2

v2 39,94

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Física II 441

* v 2 = 1,65mi

min

Solución: 76 • El volumen del globo en condiciones

normales (C.N) es:

4 o 4 i V0 = - 7 t R 3 = -7r(0 ,3 )3

V0 = 0,113 m 3

El volumen del globo a presión de 730 mm

de Hg y temperatura de 25° C es:

P0V0 P V

T

* F = 1,0 N B

Solución: 77• La fuerza ascensional del glob o es i

gual, al empuje del aire desplazado (E), me

nos, el peso total del globo (gas +cubierta), esto es:

F = E - WH - W

F = m Ag - m Hg - W

Como, m = M P V / R T , y F= 0, entonces la

expresión anterior, queda así:

W =P V g (M A - M H)

R T

(760)(0,1 13) (730) V

273 298W =

47tR 3P g (M A - M H)

3 R T

V = 0,128 m

Ahora, de la ley de los gases ideales, calcu

lemos la densidad del hidrógeno, así:

m M P

PíI " V ” RT

P h =(2)(730)(133,3)

(8,31.1 03 )(29 8)

pH = 0,079 kg /m

Luego, la fuerza ascensional del globo será, ¡gual, al empuje del aire (E) menos el peso

del hidrógeno (W) y menos el peso del glo

bo (P), esto es:

F = E - W - P

F = p A g V - P H g V - m g

F = (P A -P H )g v - m g

F = (1 ,29 - 0,079)(10)(0,128)- (0,055)(10)

w (47t)(0,l 25 )3 (1,013.105 )(9,8)(29 - 2)

(3)(8,3 LIO3)(273)

* W = 0,096 N ®

Solución: 78• Desp ués que el agua se convierte en va

por, las presiones parciales del oxígeno (P,)

y vapor de agua (P2), son:

P, =

P2 =

m ¡RT (1,6)(8,31.10 )(773)

M ,V " (32)(1)

Pj = 3,2LIO5 N /m 2

m 2RT (0,9)(8,3 1.10 )(773)

M 2V “ (18)(1)

P2 = 3,21.10 N /m 2

Lueg o, la presión total en el recipiente cerrado es:

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P = P1+ P2

P = 3,21.105 + 3,21.105

+ P = 6,4 2.1 05 ©m

Solución: 79• Record emo s que la expresión para la densidad de un gas ideal, viene dado por:

m = 20 urna = (28)(1,66.10 27 kg)

m = 46,48.10'27 kg

Luego, el impulso que le transmite la molé

cula de nitrógeno a la pared del recipientees:

I = m Ap = m (v - (-v ))

I = 2m v = (2)(46 ,48.10 “27)(600)

P =m M P

v " r t * I » 5,6.10-23 N.s ©

Así, la razón de las densidades del gas a las temperaturas de T y T0 es:

M P / R T Tf o

T =

Po M P / R T q T

m T0 (12)(280)

pV (6.10 )(4.10 )

+ T = 1400 k ©

Solución: 80

• D e la ecuación de los gases ideales, ha liemos una expresión para la masa molecu

lar, así:

P V = — R T M

M =( m / V ) R T p R T

M =(0,34)(8,31.10 )(283)

2.10

+ M « 4kg

kmol ®

Solución: 81• Primero hallemos la masa de la mo lécu la de nitrógeno en kg, así:

Solución: 82

• Primero calcule mo s la masa de una mo lécula de nitrógeno en kg, así:

m = 28 urna = (28)(1,66.10 27kg)

m = 46 ,48.1 0-27 kg

Luego, la cantidad de movimiento lineal de la molécula de nitrógeno es:

. - 2 7 .p = m v = (46,48 .10 )(430)

m ®* p =s2. 10"23 kg.-

Solución: 83• El número de m oles contenidos en 1 g

de vapor de agua es:

m 1n = — = — moles

M 18

Luego, el número de moléculas de vapor de agua es:

N = n N A = (©(6,023.1023)1O

N = 3,3.1022 m olé cula s ®

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Física II 443


Hemos el número de moles:

P V (750)(133,3)(80)

" ' R T ' (8,31.103)(290)n = 3,318 kmoles

Luego, el número de moléculas contenidas en la habitación es:

N = n N a = (3,318.103 )(6 ,02 3.1023)

N « 2 .10 27 moléculas ®

Solución: 85• Sea " a” el grado de disociación de las moléculas de yodo, entonces, el número de m oles de oxígeno atómico (n,) y número de moles de oxígeno molecular (n2) son:

m m

"* = M /2 y M

Así, el número de moles en el recipiente,es:

a mn = n , + n 2 = ( l + a ) — M

Luego, el número total de partículas de yo

do, que hay en el recipiente es:

N = n N ,

N = (1 + - ) ( — ) (6 ,0 2 3.10 23) 2 254

+ N = 3,55.1021 partículas

Solución: 86• Hallem os la masa del isótopo de hidró geno en kg, así:

Luego, la velocidad cuadrática media de los

isótopos de hidrógeno es:

3 kT< vc >= (------)

m

,1/2

f (3)(1 ,3 8.1 0~23)(107) ,, / 2C l '>'7 J

1,66.10

+ < v c >= 5 .105 — s

Solución: 87• Recordem os que la presión del gas, en función de la energía cinética media, viene dado por:

P = —n < Er >3 c

„ 2 .N I 2\P = - ( — ) ( - m < v c > )

3 V 2

„ 1 N m , 2 1 2P = 3 Í— ) < v c > = - P < v c

P = (^)(6.10-2)(500)2

+ P = 5.10N ( e )

m

Solución: 88• La razón de las veloc idad es cuadráticas medias de las moléculas de aire a las partí culas de polvo es:

 (3 R T /M ) 1 /2

< v c > ( 3 k T / m )

< vc > M k

m = 1 urna = 1,66.10 27 kg ^ c ± = ( n a — )1/2< v c > a M

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Teoría cinética de gases

 = f(6,02 3.10 26)(10~11) i / 2

< vc > 29

© * < Uc > = 1,44.107 veces

< V r >

Solución: 89• Primero hallemo s la velocidad cuadra tica media de las moléculas de hidrógeno, a partir de:

C M

_ _ ((3)(8 ,31.103)(293)11/ 2

< vc >_ i------------

i -------------i

< v c >= 1 .91.103 — s

Luego, la cantidad de movimiento de cada una de las moléculas de hidrógeno es:

p = m < vc >

p = ( 2)( 1,66. 10-27 )(1,91.103)

+ p = 6,3 4.10-24 kg.— ® s

Solución: 90• D e la ecuac ión de los gases ideales, se tiene:

+ < vc >« 233m ©

Solución: 91• El volumen ocupado por las N partículas de gutagamba es:

V = N — 7tR 3 = —n N A7iD 33 6

De otro lado, recordemos que la presión creada por las partículas, viene dado por:

1 2P = 3 p < v c >

Sustituyendo estas expresiones en la ecua ción de los gases ideales, se tiene:

P V = n RT

¿ P < v c > 2>4 n N A7tD 3) = nRT 3 6

< V r > = '18 RT

Tt p N a D 3

< vc > =(18)(8,31.10 )(273)

(7t)(l O3)(6,023.1026 )(10-18)

< v c > 2= 21,58.10-6

+ < v c > = 4 ,6 4.1 0-3 m (d)

m R T P VP V = — R T => ----- = -------

M M m Solución: 92

Sustituyendo esta expr esión en la ecuación • Según el prob.(87), la presión creada

de la velo cida d cuadrática media, se tiene: por las mo lécula s, vien e dada por:

„ 1 2p = g P < v c >

, _ ( (3)(680)(133 .,3)(2.10 ), , / 2< V p > — | r )

10.1 o-3

3 P (3 )(5 .10 )

< Vr > (450)

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Física II 445

. p - 0,74 M © m

Solución: 93

• Según el prob.(87), la presión creada por las moléculas, viene dada por:

P = ^P < vc > 2

(750)(133,3) = -(8 ,2.K T 5)(103)< v c > 2

+ < vc >« 1912m (B)

1 g de gas es:

N = n N a = (3,12.10-5 )(6,023.1026)

+ N » 1,88.1022 moléculas

Solución: 95• La energía cinética del mo vimiento tér

m ico de las m oléculas, viene dado por:

1 2Ec = —m < vc >

1 3 R T 3 mEc = —m (- ) = --------RT

c 2 M 2 M

l ó e n l a s

Solución: 94• Sabemos que la presión creada por el

mov imiento térmico de las mo léculas es:

P = - p < v c > 23 C

„ l m -P = -----< v r >

3 V c( 1)

De otro lado, de la ecuación de los gases i- deales, se tiene:

£ (3)(10~3)(8 ,31.103 )(288)

C (2X29)

+ Ec * 124 J ®

Solución: 96• La energía cinét ica correspond iente a la

rotación de las moléculas, viene dado por:

E c = — — RT c ’r 2 M

P V = n RT

n R TP =

V(2)

Igualando (1) con (2), hallemos el número

de moles:

1 m 2 n R T

< vr > =--------

3 V L V

n =m < v c > 2 _ (1(T3)(461)2

3 RT (3)(8 ,31.103 )(273)

n = 3,12.10-5 kmol

Luego, el número de moléculas que hay en

2 20 10E c ,r = ( 2 )( J2 ) ( 8 ’3 1 ' 1 0 3 )(283)

+ E C r » l , 4 7 .1 0 3 J ©

Solución: 97• Primero calculem os la masa del átomo

de helio en kilogramos, así:

m = 4 urna = (4)(l,66.10“27kg)

m = 6,6 4.1 0-27 kg

Luego, para que los átomos de helio ven

zan la atracción de la Tierra, y abandonen la atmósfera terrestre, su velocidad cuadra

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446 Teoría cinética de gasestica media, debe ser igual, a su velocidad de escape, esto es:

< vc >= vE

( 3 k T y / 2 _ ^2 G M Ty /2

m R E

T = 2 G mM T / 3 kRT

T =(2 X 6,6 7.1 0"11)(6 ,6 4 .1(T27 )(5 ,9 6 .1024 )

(3X1,3 8.1 0 -23 )(6,3 7 . l O6)

* T « 20 01 l°k

Solución: 98

• Primero calculem os las capacidades caloríficas del oxígeno atómico CJ> (gas mo

noatóm ico y = 3), del oxígen o molecular

Cp (gas diatómico y = 5 ) y de la mezcla

Cp, así:

Cp = (^ + 1)R = (^ + 1)(8,31.103)

Cp = 20,78.103 J/kmol.°k

2 a Cp + (1 - a ) Cp = CP

c P - c ;a = — , »

2 Cp - Cp

a =33,6.103 - 29 ,08 .103

( 2X 2 0 ,7 8 .1 0 3) - 2 9 ,0 8 .1 0 3

* a = 0,36

Solución: 99• D e la ecuación de los gases ideales, las masas de aire a la temperatura de T, =15o Cy T2=25° C son:

M P V M P Vm, = --------- y m 2 =RT, RT,

Luego, el cambio en la masa de aire en el

cuarto al subir la temperatura es:

Am = mj - m 2

M P V J 2 - T hAm = --------- (— -)

R T,T2

Cp = (^ + 1)R = ( - + 1X8,31.103)

Cp = 29,08.103kmol. k

CP = c PM = (1050)(32)

CP = 33,6.103 J/kmol.°k

De otro lado, la cantidad de calor que se ne

cesita para calentar las am/(M/2) molécu las-kilogramo de oxígeno atómico y las ( 1-

<x)m/M moléculas-kilogramo de oxígeno molecular a presión constante es:

(28,9)(1,013.10 )(30)(25 -1 5 )Am = ------------------- z------------------------(8,31.10 )(288)(298)

+ Am = 1,23 kg (5)

Solución: 100• Como el proceso es a volum en constan

te (isobárico), entonces, de la ecuación de los gases ideales, se tiene:

5_ = ^_ --> ^2 1 - ^ 2 |

T t 2

P j-P j _ t 2 - t ,

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Física II 447

* Ti = 25 0 k D)

Solución: 101• Recordemos que el calor espe cífico de

un gas, a presión con stante, vien e dado por:

cP = é + DII

M

siendo, (y) los grados de libertad y (M) la

masa molecular-kilogramo del gas.

Así, como el argón es un gas monoatómico

(y = 3), su calor es pec ífico a presión cons

tante es:

,3 8,31.10c p i = ( ~ + 1 )( ----------------

' 2 40■) = 519,4 J

kg.°k

Asimismo, el nitrógeno es un gas diatómi

c o (y = 5), su calor específico a presión

constante es:

_ 5 8,31.1 0'Cp i —( 11 ) ( -------------

’ 2 280 = 1038,8

J

kg.°k

De otro lado, las masas del gas de argón, nitrógeno y mezcla son:

m, =n ,M i =(3) (40 ) = 120 kg

m 2 = n 2M 2 =(2X 28) = 56 kg

m = iUj + m 2 = 176 kg

Luego, como la cantidad de calor de la mez

cía, es igual, a la suma de las cantidades de

calor de cada una de sus componentes, se cumple:

m cP = m ,cP1 + m 2cP2

Cp — (120)(519,4) + (56)(1038,8)

176

* cP « 684,7 J/kg .°k ©


liemos la masa molecular-kilogramo de la

mezcla, así:

P V = — R T M

M m R T = p R T

V P P

M =(3)(8,31.10 )(316)

(820)(133,3)

M = 72 kg/kmol

Ahora, sea CxHy la fórmula de la mezcla,

entonces, se cumple:

(12)(x) + (l)(y) = 72

Los valores de x e y que satisfacen esta e

cuación, son:

X i 2 3 4 5

y 60 48 36 24 12

Como se observa se trata del gas de meta no,

* C5H12E

Solución: 103• Las capacidades caloríficas del gas de

helio monoatóm ico ( y = 3), y gas de oxí

geno diatómico (y = 5) , a presión constan

te, son:

Cp = ( - + 1)(8,31.103) = 20 ,8.103kmol.0k

Cp = (—+ 1)(8,31.103) = 29 ,LIO3 — 2 kmol. k

Las capacidades caloríficas del gas de helio

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448 Teoría cinética de gasesmonoatómico (y =3), y gas de oxígeno dia

tómico (y = 5) , a volumen constante, son:

C'v = (—)(8 ,31 .10 3) = 12 ,5.103 J- ?r-2 kmol. k

Solución: 104• Las fuerzas que actúan sobre la bola de

je b e son: el empuje del agua (E ), el pes o de

la pelota (W), el peso del gas de nitrógeno

(P) encerrado en la bola.

C y = (—)(8,3 1.103) = 20,8. 103-----J-7— 2 a kmol. k

El número de moles de helio, de nitrógeno y de la mezcla, son:

8 16n, = —= 2 moles ; n-, = — = 0,5 moles

1 4 2 32

n = nj + n 2 = 2,5 moles

Así, las capacidades caloríficas de la mez

cía de helio con oxígeno, para presión cons

tante y volum en constante, hallamos de:

n CP AT = n,C 'A T + n2C£AT

2,5 CP = (2)(2 0,8.103) + (0,5)(29,1.103)

w

De la ecuación de los gases ideales, halle

mo s el volumen de la bola, así:

P V = -m RT => V = m R TM M P

Siendo, la presión (P) a la cual se encuentra

la bola, igual, a la suma de la presión atmos

férica más la hidrostática, esto es:

P = P0 + p g h

CP =2 2,46 .103 -------- — kmol. k

n C v AT = n,C'v AT + n2C'yAT

2,5 C v = (2)(12,5 .103) + (0,5)(20,8.103)

Cv = 14,16.103-----v < i u ikmol. k

Luego, la razón de calores específicos a pre

sión constante y volumen constante es:

cP CP 22,46.103

cv Cv 14,16.103

* — = 1,59

Luego, de la condición de equilibrio, el em puje, debe ser igual, al peso de la bola más el p eso del nitrógeno, es decir:

E = W + P

p gV = W + m g

Sustituyendo las expresiones del volumen

(V) y la presión (P), obtenemos:

m RTW = P8(*,Lñ-------M(Po + pgh)

w = (1O3)(9,8)(10-3)(8,31.103)(277)_ (1o- 3)(98)

(28)(1,013.10 5 + (103 )(9,8)(102 )

* W « 0,74 N ©

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Física II 449

Solución: 105

• Recordemos que el calor espec ífico de

un gas, en función de los grados de libertad

(y) de sus moléculas, y a volumen constan

te, viene dado por:

cV 2 M

Así, los calores específicos del gas de ar

gón (y = 3), y del oxígeno (y = 5), a volú

me nes constantes, son:

3 8,31.10Ci = ( - ) ( - ) = 312,5 —

1 2 a 40 kg.°k

5 8,31.10J J

Si, (m) es la masa del gas de argón enton

ces (m+32) será la masa total de la mezcla, y se cumple que:

(m + 32 )c AT = m c, AT + 32 c2AT

(m + 32)(430) = m (312,5) + (32)(650)

(32) (650 - 430)m = -----------------------

4 3 0 - 3 1 2 , 5

* m = 60 kg ®

Nota

La masa de 1 molécula-kilogramo de o xígeno es 32 kg.

Solución: 106

• D e la ecuación de los gases ideales, ha liemos la temperatura inicial del gas, así:

m „ MP ,V ,P , V , = — RT, = > T, = — 1 -

M m R

Sustituyendo T, en la ecuación de los gases

ideales, para los estados inicial ( 1) y final

(2), obtenemos la temperatura T2, así:

P,V, _ P2V2

T = ^ - T = M V 2Pi

m R

T> =(32)(10.10-3) (3 . 105)

2 (10 .10 —3)(8 ,3 1.10 3)

T2 =1155° k

De otro lado, como el oxígeno es un gas

diatómico (y =5) su capacidad calorífica a

presión constante es:

CP = (^ + 1 )R = (^ + 1 )(8,31 .103)

CP = 29,08.103 J/kmol.°k

Luego, la cantidad de calor que recibe el o

xígeno , a presión constante es:

AQ = 7 7 CP (T2 - T ,) M

AQ =(10.10 ' 3)(29 ,08 .103 )(1155 - 283)

32

* AQ = 7,9.10 J

Solución: 107• Recordem os que la energía del moví miento térmico de las moléculas, viene da

do por:

E = J E I r t M 2

Como el oxígeno es diatómico ( y = 5), las e

nergías del movimiento térmico de las mo

léculas antes ( 1) y después (2) de ser calen tado el gas, son:

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Et =

E , =

(10 .10~3)(5)(8 ,31.103 )(283)

(3 2) (2)

E, = 1,84 kJ

(10.10_3)(5)(8,31.103)(1155)

(32)(2)

E2 = 7,49 kJ

Luego, la diferencias de energías térmicas, despu és y antes, de ser calentado el ox íge no es:

AE = 7,4 9 kJ - 1,84 kj

+ AE = 5,65 kJ ÍD )

Solución: 108

• De la ecuación de los gases ideales, ha

liemos la presión en el estado ( 1), así:

Cv = 20,8.10 -------- «— kmol. K

Luego, la cantidad de calor suministrada al nitrógeno a volumen constante es:

Q = 77 CV(T2 —Tj) M

Q =(12.10~J )(20 ,8.10J )(748 ,6 - 283)

28

+ Q = 4,15.10 3 J @

Solución: 109

• Dado que el nitrógeno es diatómico, su capacidad calorífica a presión constante es:

CP = (^ + 1)R = ( | + 1)(8,31,103)

„ , , ni _ „ m RT,p, V, = — RT, => P, = -------- -

1 1 M 1 1 M V ,

Sustituyendo esta presión, en la ecuación de los gases ideales para los estados ( 1) y

(2), obtenemos la temperatura T2, así:

P,V, _ P2V2

Cp = 29,1.10kmol. K

(V,=V2)

Ahora, como el proceso es a presión cons tante las ecuaciones de estado del gas, para los estados inicial ( 1) y final (2), son:

P V , = — RT, 1 M 1

T2 = T, =P, 1 m RT, / MV,

M P 2V, (28 )(1 01*)(13 3 ,3 )(2 .10-3 )T> =

2 m R (12.10~3)(8,3 1,103)

T2 = 748,6° K

De otro lado, la capacidad calorífica a volu men constante del nitrógeno (y =5) es:

C v = - R = (—)(8,31.103)

P V 2 = — R T22 M 2

Restando miembro a miembro la segunda e cuación menos la primera, se tiene:

P (V 2 - V , ) = R ( T 2 - T , ) M

- (T2 - T , ) = ^ > M 2 1 R

Sustituyendo esta expresión en la ecuación de la cantidad de calor, tenemos:

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Física II 451

Q= ~ C p ( T 2 - T i)M

o P(V2-V.)eQ - R c P

(29 ,1.1 03 )(105)(2.10~3)

8,31.103

+ Q = 700 J ©

Solución: 110• Como el oxígeno es diatómico ( y = 5) su

capacidad calorífica a presión constante, es:

CP = (^ + 1)R = ( | + 1)(8,31.103)

CP = 29,1.103 J/kmol.°K

Luego, como el gas se encuentra en C . N su temperatura inicial es Tj =273° K, y la cantidad de calor suministrada a el, a presión constante es:

Q = ^ C P ( T 2 - T 1)M

(12.10 -3 )(29,1.103 )(323 - 273)

32

* Q « 546 J

Solución: 111• Como el oxígeno es diatómico (y = 2) su

capacidad calorífica, a presión constante y volumen constante, son:

CP = (^ + 1)R = (^ + 1)(8,31.103)

Cv = 20,8.10 J/km ol. K

De otro lado, su capacidad calorífica, según los datos del problema es:

C =M Q

m(T2-Ti)

c (32)(1S0X4,186)

(40.10_3)(40 - 1 6 )

C = 2 0 ,9 ----- —pr— kmol. K

Comparando esta capacidad con las obténi

das anteriormente, se encuentra que la tem peratura se elevó a volumen constante.

Solución: 112• Como el oxígeno es diatómico (y = 2) su

capacidad calorífica, a volumen constan te es:

Cv = 2 R = (f )(8’3U °3)

Cv = 20,8.10J

kmol.°K

De otro lado, de la ecuación de los gases i

deales, para los estados inicial ( 1) y final (2), se tiene:

P,V = — R T , 1 M 1

P2V = ^ R T 2M

Restand o a la segunda e cua ción la primera:

CP = 29,1.103-----kmol. K

C V = ^ R = (|) (8 ,3 1 .1 0 3)

( P2 - Pl ) V = S R (T2 - Tl)M

— ( T 2 - T t ) = ( P 2 ~ P l ) V M 2 1 R

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Física 11 453Solución: 116

• Sustituyendo en la ecuación de los ga

ses idea les p = m/V , se tiene:

P0V = — RT

0 MR T

M p(i)

De otro lado, las ecuaciones de estado, para

el estado inicial y final del gas ideal, son:

P0V = (m 0 / M) RT

PV = ( m / M )R T

Restando de la segunda ecuación la prime ra, y considerando ( 1), tenemos:

(P0 - P ) V = (m °¿ m ) RT M

p V APmn - m = ----------

Am _ (1 ,3 )(30.10 )( 0,7 8)

1

Am = 30,4 .10-3 kg @

Solución: 117• El número de m oles contenidas en la bo

tella llena de gas, antes (n i ) y después ( n ¡ )

de ser calentada, son:

P]V = n 1R T 1 => n■i JVLRT,

P2 V = ( n , - n ; ) R T 2

P2V = (— V - (F>2 + AP) V ) R T2RT, R T ,

TP, = — P, - P, - AP

p2 = ^ ( p , 5 - - a p )

p =—[(IX——) - 1,1]2 300

* P2 = 0,08 atm ©

Solución: 118• D e la ecuación de los gases ideales, la

masa molecular (M) de la mezcla de masa

(m=5 g) es:

P V = (— ) RT M

M =m RT _ (5.10~3)(8 ,31.193 )(293 )

P V " (2)(1,013.105)(20.10-3)

M = 3,0 kg/kmol

De otro lado, la masa molecular de la mez

cía de gases de masas m, y m2, viene dado por:

M =m, + m 2

M =

(m 1/ M j ) + (m 2/ M 2)

( m ! / m 2) + 1

(m 1/m 2M1) + ( l /M 2)

(P2 + AP) V = nj RT2

(P2 + AP) Vn, =

R T ,

Sustituyend o n 1; n¡ en la ecua ción de esta

do, para el gas en la botella inicialmente va cía, se tiene:

m , M /M , -1

m[ _ 1 —(3 /4 )

m 2 “ ( 3 / 2 ) - 1

* m-L = 0,5m2

©

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454 Teoría cinética de gasesSolución: 119

• La masa molecular de la m ezcla de ni trógeno N 2 con gas carbónico C 0 2, viene dado por:

M =

m. + m 2

M =

(m 1/M 1) + (m 2/ M 2)

7.10~3 + 1 1 . 1 0~3

(7.10-3 / 28) + (11.10-3 / 44)

M = 36 kg/kmol

Luego, la densidad de la mezcla de nitróge no con gas carbónico es:

m M P

P _ V ~ R T

P =(36X1,013. ÍO^)

(8,31.103)(290)

* P = 1>5 —y m0

Solución: 120

• La presión a la cual está sometida la

mezcla de los gases es:

P V = n RT

p _ (ni + n 2 + n3)

V

p _ (0>1 + 0)2 + 0 ,3). 10 3 (8 31 j q3)(300)

7,5.10-3

P = 1,99.105 N /m 2 = 2 atm

Ahora., la masa molecular de la mezcla, es igual, a la masa total de la mezcla, entre el número de moles de la mezcla, esto es:

M =mt + m 2 + m3

rii + 119 + rio

M =njMi + n2M 2 + n3M 3

n] + n2 + n 3

M =(0,1X32) + (0,2X28) + (0 3X 44 )

0,1 + 0 ,2 + 0,3

kg © * M » 36,7kmol

Solución: 121• Las cantidades de calor suministrada (Qi) y sustraída (Q2) al gas a presión cons tante y volumen constante, son:

Qj = — (—+1) R ATj1 M 2 1

Dividiendo la primera ecuación entre la se gunda, y despejando (y) :

Q, _ y + 2 AT,

y =

Q2 y AT2

2(AT; / AT2)

( Q j / Q 2) - ( A T , / A T 2 )

(2 ) (50 /100)

( 1 6 0 / 2 4 0 ) - ( 5 0 / 1 0 0 )

+ r = 6 0

Solución: 122• Escribamos las ecuac iones de estado pa ra el estado inicial y final del gas, así:

P0V = (m/M )R T 0

P V = (m / M ) R T

Restando a la segunda ecuación la primera, se tiene:

( P - P 0) V = R ( T - T 0)M

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Física II 455

m VAP — AT = -------

M R

Sustituyendo esta expresión en la ecuación

de la cantidad de calor del gas, a volumen

constante, se tiene:

m VAPQ = — C VAT => Q = — C ,

M

Q=

R

(3 .10-3 )(22)(1,0 13.105 )( 20,8. 103)

8,31.103

* Q = 16,7 .103 J

Solución: 123• El nitrógeno es diatómico (y = 5), su ca

pacidad calorífica, a volumen constante es:

C v = 2 R = 4 )(8,3U°3)

Cv = 20,8.103 J/kmol.°K

Por dato, la velocidad cuadrática media se

duplica, esto es:

< vc >= 2 < v c > 0

0 ,,2= 20 ' 2M M

T = 4T 0 = (4)(280) = 1120 K

Luego, la cantidad de calor suministrada al

nitrógeno es:

Q=

Q = - C V( T - T 0) M

(10 .10-3 )(20 ,8. 103)(1120 - 2 80 )

28

* Q = 6240J

Solución: 124• La razón de la energía del movim iento

térmico molecular a la cantidad de calor su

ministrada a volumen constante al helio es:

E _ ( m / M ) ( y /2 ) R T

Q v ~ ( m / M ) ( y /2 ) R AT

AT

100 + 2 73

100

+ E / Q v =3 ,7 3

Solución: 125

©

• Para que no haya choqu es entre las mo

léculas, su recorrido libre medio, no debe

ser menor que el diámetro del recipiente, esto es:

< X >> D > 1

N <

V2rtd2N

1

N <

V27rd2D

1

(V27t)(3.10“8)2(15)

N < l , 7 . 1 0 l3c n f 3

Solución: 126• De la ecuación de los gases ideales, el número de moles por unidad de volumen

es:

n _ P

V ~ R T

De modo que, el número de moléculas por unidad de volumen es:

N = n N . = P N aRT

(0,1)(133,3)(6,023.1026)

(8,31.103)(373)N =

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N « 2,6.1021 moléculas

volumen es:

m

Luego, el recorrido libre medio de las molé

culas de anhídrido carbónico es:

<k>=1

<k>=

■Jln D 2N

1

(V27i)(3,2.10_10)2(2,6.1021)

* <k>= 84 5.10-6 m @

Solución: 127• De la ecuación de los gases ideales, el

número de moles por unidad de volumen,es:

n P

v ' r t

De modo que, el número de moléculas por unidad de volumen es:

N = n N A = ^ -A R T

N =(1,013.10 5 )(6 ,02 3.10 26)

(8,31.10 )(273)

N = 2,7.1025mo léculas/ m3

Luego, el recorrido libre medio de las molé culas de anhídrido carbónico es:

< k >=1

< k >=

V 2 tiD 2N

1

( V2ti)(3 .10-10 )2(2,7.1025)

+ <k>= 92,6.10~9m ©

Solución: 128• El número de mo léculas por unidad de

N = n N a =A R T

(400 )(13 3,3) (6,02 3.1026 ) (8,3 1.10 3 )(300 )

25 moléculas

N =

N = 1,29.10m

De otro lado, la velocidad media con la que

se mu even las moléculas es:

< v > =tc

M

< V > = [(8)(8 ,31.10 )(30 0) j / 2

28rt

< v >= 476 m /s

T

Luego, el número medio de choques entre

las molécu las de nitrógeno es:

^ V /— o

< z > = = V 2n D N < v >< k >

< z >= (V27i)(3.10-10 )2(1,29.1025)(476)

* < z >« 2,5.109s_1 @

Solución: 129• D el problema 128, el número med io de choques que ocurren en 1 s, viene dado por

< z >= ~j2n D 2N < v >

< z > = V 2t iD 2( ^ - X ^ ) 1/2R T 7t M

Luego, la razón del número medio de cho ques antes y después de duplicarse el volu men es:

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Física II 457

< z>n

< z >

RTn

8 RT^ 1/2

71 M

V 27 c( P N a ) ( 8 R T )1/2 R T Tt M

< 2>0 , P o w T ^/2

< z > - w

Ahora, de la ecuación de los gases ideales

para los estados inicial y final, se tiene:

PoV0 PV

T=>

T P V

F = (p V } *0 *0 v0

Sustituyendo (T/T0) en la expresión ante

rior, y teniendo en cuenta que para un pro ceso adiabático, (P/P0) = (V q/V )x, de modo que:

< z > V

< z >

< Z >0

< z >

,1/2

P P, Vn

= ( ) 1/2( - ) ‘ /2P Vn

< z >

x+1 1,4+2

2" = ( 2 ) 2< z > V0

< Z > 0

< z >2,3

Solución: 130• D e la ecuación de los gas es ideales, ha

llemos el número de moléculas por unidad de volumen, así:

P N aN = n N a = — A R T

N =(104)(6,023.1026)

(8,31.103)(290)

n . 2 ,5 .1 0 “

Luego, el recorrido libre medio de las molé

culas de n itrógeno es:

1< X >=

~ J 2 t í D2N

< X >=(V27t)(3.10_l0)2(2,5.1024)

* < X >= 10 6m ©

Solución: 131• El número de moléculas de helio por u-

nidad de volumen es:

N = n N a = p N a / M

Luego, el recorrido libre medio que reali

zan las moléculas de helio es:

< X >=M

< X >=

V 2 7 iD 2 p N jí

(4)(10-26)

(V2ti)(2. 10” '0 )2(2,1.10 -2 )(6,023)

* < X > = l,8 .10~6m ©

Solución: 132• El número de mo léculas de nitrógeno por unidad de volumen es:

xr P n a N = -------R T

(1)(133,3X6,023.1026)

(8,31.103)(283)

2 2 moléculas

N =

N = 3,4 .1 0m

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458 Teoría cinética de gasesLa velocidad media con la que se mueven las moléculas de nitrógeno es:

< v > = ( * * 1 )1/27t M

< v > = (8)(8,31.10 )(283) ! / 2

(7i)(28)

< v >* 462,5 m /s

Luego, el tiempo medio que transcurre en tre dos choques consecutivos es:

< t >=

< t > =

< X >

< v >

1

< t >=

7271 D 2N < v >

1

(72ti)(3 . 10-10)2(3,4.1022)(462,5)

* < t > « 0,16 ps ( a )

Solución: 133• Recordem os que el número de mo lécu

las por unidad de volumen, viene dado por:

N = p N A /M

Sustituyendo está expresión en la ecuación

del recorrido libre medio, y despejando el diámetro (D ), se tiene:

< X >=M

-Jln D 2p

D = (

M

D = [

V27t< X > p N A

44

1/2

(V27i)(7,9.10”8 )(1,7)(6,023.1026'

+ D « 0,35.10 -9 m (B)

1/2

Solución: 134

• Las ecua ciones de estado para ambas partes del cilindro, antes y después que cambie la relación de volúmenes es:Cuando la razón de volúmenes es r\=4.

Pj V, = nRT0

P2V2 = nRT0(1)

Igualando estas ecuaciones entre sí.

11 (2 )P2 V,

P, V 2

Cuando la razón de volúmenes es r|' =3.

Pj'V,' = nRT P2V 2 = nRTj

Igualando estas e cua cion es entre sí.

p; v

(3)

(4)

D e otro lado, de las ecs .(2) y (4), se dedu ce que la diferencia de presión antes y des pués del cambio en la relación de volúme

nes es la misma, esto es:p . - p 2 = p ; _ p '

_ tT - i

P,' q - l(5)

Sumando las ecuaciones en (1) y en (3), considerando (2) y (4):

Pi(Vj + V2) = n R (T0 + — )

? / ( % ' +V2 ) = n R ( T + — )

Dividiendo estas ecuaciones, y teniendo en cuenta la relación (5), obtenemos:

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Física II 459

p, (i + i/ t ) ) t 0 _ n ' - i

p; (1 + l/r |') T t i - 1

^ n' (’n2 - 1) T

1 “ a t t ‘ o

Por dato, P0/P= £,, entonces:

T = ^ 44 --J ) (30Q) (4)(3 -1)

* T = 422° K ©

Solución: 135

• El número de moles que se extraen en el primer ciclo, y el número de moles que que

dan en el recipiente, son:n An,

V “ AV=> An. =

AV-----iV

, V —a v n, = n A n , = (— —— ) n

A sí, la presión después del primer ciclo es:

V - A VP] V = n. RT = (----------- ) n RT1 1 y /

P1V = (X _ ^ ) p oV

P, = ( 1 - ^ ) P 0

Análogamente, la presión luego del 2do, 3ro,..., n-ésimo ciclo es:

AV.(1- — r n = §

V P

n £n(l - 1 = ¿n £,

Como, A V / V —> O, entonces utilizamos la

a proximación (1 + x)n» 1 + nx, así:

¿nE,

(n( l + AV/V)

*n(2)

M I + 1 /50 0)

* n « 34 7 ciclos (íT)

Solución: 136

• De la ecuación de los gases ideales, des pejemos el volumen y derivemos con res pecto al tiempo, así:

P V = n RT => V =n RT

dV n RT dP

dt p 2 dt

P dt

Separando variables e integrando:

Pf dp C f ;f — = i dtJ p VJ

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460 Teoría cinética de gasesSolución: 137

• Representemos el has de m oléculas de

nitrógeno incidiendo sobre la pared.

En la Fig., el impulso suministrado por la N

moléculas, a la pared vertical, es igual, al

cambio en la cantidad de su movimiento en la dirección del eje X, esto es:

F At = N [p eos 0 - (- p eos 0)]

F At = 2 N mv eos 0

Siendo, (N) el número de moléculas conte

nidas en el volumen del cilindro de longi

tud (vAt) y base (A ’), luego:

F At = 2 (n v At A') m v eo s 0

F = 2n m v 2A'cosO

En la Fig. el área transversal del haz (A ’) es

la proyección del área de incidencia (A)

esto es A ’=A cos 0, de modo que:

F = 2n m v 2Acos20

Luego, la presión que ejercen las moléculas de nitrógeno sobre la pared es:

F 9 9P = — = 2n m v eos 0

A

Solución: 138• D e la ecuac ión de los gas es ideales para

dos estados, y teniendo en cuenta que la ex pansión es adiabática, se tiene:

PqVqT0

P V

T

P V

ToT

Vn V

V

Sustituyendo esta expresión en la razón de

las velocidades cuadráticas medias inicial y

final, se tiene:

< vc >0 _ (3RTq / M)1/2

< v c ( 3 R T / M)= (— )’/21/2 '■"DT

< v r >o

< vc >

, v

V -= n

V,

_ n x-i - i sM -i

o

1,5

7,6 veces (£ )

Solución: 139• De la ecuación de los gases ideales, se

tiene que:

, , m R T PP V = — R T => ------

\1 M p

Sustituyendo esta expresión en la ecuación de la velocidad más probable, se tiene:

P = (2)(28)(1,66.10 -27 )(0 ,9. 10 25)(4 00 )2 eo s230 °

* P = 103 N / m 2 « 1 atm (A).2 P 1/2

V p = ( — )

p

M

[(2)(1,013.10 jji/2

0 )

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N = n N a = — N aA M A

N =(2,5.10_3)(6,023.1026)

32

N = 4,7.10 22 moléculas

De otro lado, la velocidad relativa (u) con

la que se mueven las moléculas es:

v ( 3 k T / m )1/ 2

vP (2k T /m ),/2

u = (~)1/2 = 1,222

Luego, de la tabla la fracción correspon

diente a velocidades mayores que la veloci

dad cuadrática media es:

AN

N= 0,41

AN = (4,7.10i2)(0,41)

* AN = 1,93.10 22 ©

Solución: 143

• La velocidad relativa media de las molé

culas de oxígeno, viene dado por:

, 2 k Tu du = -------- dx

m

Con los nuevos límites de integración.

Para: u = 0 => x = 0

Para: u = co => x = -co

La integral anterior queda, así:

= / 2(ex (x _ i» ]7i m

o

= [(16X8,31.10X300)

32 tc

* » 630

1/2

©

Solución: 144

• Por dato, la diferencia de la veloc idad cuadrática media y velocidad probable es:

Av=400 m/s, esto es:

(3JcT)1 /2 _ ( 2k T )1/2 = A y

m m

= Ju f(u)dim (Av)

k ( V 3 - V2 )2

 = 4 tc ( - ^ ) 3/ 2 ] e ~ 4kTu3du 4;ikT ¿


m u 2 4 kT■= x => u = x

4 k T

T = M (Av)2

T =

R ( V 3 - V 2 )2

(2X400)“

m

(8,3 1.103) (V3 - V2 ) 2

+ T = 381°K ©

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Física II 463

So lució n: 145 Con los nuev os límites de integración:

• Reco rdem os que al chocar una partículade masa (m) contra una pared, mo viénd ose Para:con una velocidad (v) perpendicular a ella, le comunica un impulso, igual a:

I = F At = 2m v

PARED

v.At

adN

moléculas

Así, el impulso suministrado a la pared ver tical por las (dN) moléculas, contenidas en

el cilindro de vo lum en (v.At. A ) es:

dF At = 2 d N m v

dF At = 2(d n v At A) m v

v = oo => u = 00

Para: v = O => u = O

La integral anterior queda, así:

P = 2m n (m )i / 2( 2 k T ) i / 2 j eV u 2du

2ttkT

V7i m 4

P = n kT

P = (8 .1024 )(1,38.10-23 )(400)

P = 4,416.104

* P * 0,44 atm ©

Sustituyendo aquí, el diferencial de la con

centración de moléculas (dn) dada por la

distribución de Maxwell, e integrando, se

tiene:

JdF = J 2Am v2( ——)1/2n e_2kTdv 27t kT

P = - = 2 m n ( m )1/2 f A 271 kT i

m v

e 2kTv2dv


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464 Temperatura y calor

T E M P E C / i T t P A

y CALCE

1. CALOR

a) CalorimetríaEs una rama de la física molecular, que estudia las leyes que gobiernan el meca nismo del equilibrio térmico y los fenó menos de transporte del calor.

b) Calor Se llama calor a la propagación o flujo de la energía entre cuerpos que se po nen en contacto, es decir, el calor es la energía en movimiento.

• El calor fluye en forma natural de los cuerpos calientes hacia los fríos, hasta alcanzar el equilibrio térmico.

• Se puede decir, también, que el calor es una forma de energía, producida por el movimiento térmico de las moléculas de un cuerpo o sustancia.

• El calor puede ser generad o por reac ciones químicas (como en la combus tión), nucleares (como en la fusión nu clear de los átomos de hidrógeno que

tienen lugar en el Sol), disipación elec tromagnética (como en los hornos de microondas), o por disipación mecánica (fricción)

O .

Llamamos energía térmica a la suma de las energías de todas las partículas que

C)1)

2)

3)

componen un cuerpo. Cuando un cuer po se calienta gana energía, aumentan do su temperatura, y cuando se enfría pierde energía disminuyendo su tempe ratura. La energía ganada o perdida por el cuerpo se llama calor.Los cueipos no tienen calor, sino ener gía interna. El calor es la transferencia de parte de esta energía interna (ener gía térmica) de un sistema a otro, que se encuentran a diferente temperatura.

El calor que puede intercambiar un cuer po con su entorno depende del tipo de transformación que se efectué sobre ese

cuerpo y por tanto depende de cómo lie ga el cuerpo del estado inicial al estado

final (camino).El calor puede ser transferido de un sis tema hacia otro, mediante conducción, convección o radiación.

Efectos del calor El calor dilata los cuerpos, todos los cuerpos, cuando se calientan, aumentan

de volumen.

El calor modifica los estados de la mate ria convirtiendo los sólidos en líquidos

y estos en gases.El calor hace variar la temperatura.

d) Equilibrio térmico

t a< t b

T aT b

ANTES

Ta <Tc < T b

B

DESPUES

Todos los cuerpos de la naturaleza tien den a un estado final llamado equilibrio

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Física II 465termodinámico con el medio que los ro dea o con otros cuerpos en contacto, es

decir, adquieren la misma temperatura. Así, en la Fig., los cuerpos A (frió) y B

(caliente) de temperaturas TA y TB

(T a<Tb) al ponerse en contacto entre sí, luego de transcurrido cierto tiempo, al

canzan la misma temperatura Tc, llama

da la temperatura del equilibrio térmi co.

e) Ley cero de la termodinámicaConsideremos dos sistemas A y B uní dos entre sí mediante un material ais

lante, y a su vez cada uno de ellos en contacto con un tercer sistema C, como

se muestra en la Fig.. En estas con diciones se origina una transferencia de

energía calorífica entre los sistemas, hasta que alcancen el equilibrio termodi námico.

C

A B

AISLANTE

A este fenómeno se conoce con el nom bre de la ley cero de la termodinámica, cuyo enunciado es:

<<:Si dos sis tem as A y B están en equi

librio térmico con un tercer sistema C, entonces dichos sistemas se encuentran en eq uilibrio térmico entre s í :>>

2. TEMPERATURA

a) ConceptoEs una magnitud física escalar, mide el

grado de movimiento de las moléculas de un cuerpo (ó sistema); es decir, mi

de la energía media molecular. A ma yor temperatura las moléculas vibran u

oscilan con mayor intensidad, alrededor

de su posición de equilibrio, y a menor temperatura con menor intensidad.

• La temperatura sirve para caracterizar

el grado de calentamiento o enffiamien to (caliente-frío) de un cuerpo. Por e

jem plo , nuestra piel percibe automática

mente si un cuerpo esta caliente o frío, pero no sirve para medir la energía ciné

tica media de las moléculas de ese cuer

po. Entonces, podemos decir que la tem

peratura es una medida de esta energía

cinética media.

FRIO CALIENTE

b) Medición de la temperaturaLa temperatura de un cuerpo no es una

propiedad que pueda medirse directa mente, si no que para obtenerla se em plean otras propiedades, ya sea del pro pió cuerpo a medir, o del aparato que se

utiliza para tal fin, llamado termómetro. Este método de medir la temperatura es

posible, gracias a que se conoce la reía

ción entre la temperatura y alguna otra propiedad, que puede ser, por ejemplo

la dilatación, la resistencia del material,

etc. ..Dependiendo de la termométrica u til izada los termómetros rec iben distin

tos nombres y funcionan de modo dife

rente.

• Las más altas temperaturas que pueden lograrse en la Tierra ocurren en colisio nes de partículas de alta energía, prin

cipalmente iones pesados, en los cuales

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c )

d)

1)

se aprecian “bolas de fuego” a tempera

turas de varios cientos de MeV.

TermómetroEs un dispositivo que se utiliza para me

dir la temperatura de un cuerpo, la ma yoría de ellos se basan en el fenómeno de dilatación de los cuerpos (mercurio).

Tipos de termómetros MercurioEs el más común, consiste de un tubo capilar de vidrio al vació con un depósi

to de mercurio en el fondo y el extremo superior cerrado. Debido a que el mer

curio se dilata más rápidamente que el

vidrio, cuando aumenta la temperatura este se dilata y sube por la pared del tu

bo. Este termómetro es el más utiliza do, aunque no es el más preciso, porque

el mercurio a los -40 °C se congela li mitando el intervalo de su funciona

miento.

ESCALA TEMPERATURA

2)

COLUMNA MERCURIO

TermocuplaSu funcionamiento se basa en un volta

je eléc tr ico prod ucido por la unión de conductores diferentes y que cambia con la temperatura, este voltaje se utili za como medida indirecta de la tempera

tura.

MATERIAL (1)

MATERIAL (2)

La unión de dos metales diferentes en el punto T, producen un efecto termo

3)

4)

5)

eléctrico, el cual, es utilizado en las lia madas termocuplas.

Termistor Este método se obtiene gracias a la pro piedad de variación de la resistencia e léctrica con la temperatura.

PirómetroSe utiliza en los casos donde las tempe raturas a medir son altas. La medición se logra por el registro de la energía ra diante (radiación electromagnética, por ejemplo emisión de infrarrojo) que des prende un cuerpo caliente.

Bandas de metalConsiste en dos tiras delgadas de metal unidas en uno de sus extremos, dilatán dose a diferentes velocidades al cam biar la temperatura, y arqueándose. Es tas tiras se utilizan en los radiadores de

los automóviles, y en los sistemas de ca

lentamiento y aire acondicionado.

r x >

e) Escalas de temperatura

too'

0°

■273°

°F

21 2 '

32“

- 4 6 0 '

°K

373'

273'

°R

67 2

49 2

0o

©

©

©

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Fís ica U 467

3. DILATACIONLa temperatura de un cuerpo se puede medir en diferentes escalas, así, las esca

las más cono cidas son:

* Centígrada * Ke lvin* Fahreinheit * Rankíne

Para la construcción de una escala de temperatura, se deben considerar tres puntos de referencia fijos, los cuales se muestran en la Fig., y son:

1) Punto de ebullición del agua.2) Punto de cong elación del agua.3) Cero absoluto (0o K)

Los puntos 1 y 2 se toman para una pre sión de 1 atm.

f) Relación entre las escalas de temperaturasBasados en el esquema anterior, se pue de fácilmente deducir las relaciones de transformación entre las escalas de tem peratura, así, tenemos:

1) Centígrada - Kelvin

° C = ° K - 2 7 3

2) Centígrada - Fahreinheit

°C = —(° F —32)9

3) Centígrada - Rankine

°C = ^ ( °R -492 )

4) Kelvin - Fahreinheit

°K = |( ° F - 3 2 ) + 2 7 3

5) Fahreinheit - Rankine

° F = ° R - 4 6 0

a) DefiniciónSe llama así, al aumento o disminución que experimenta las dimensiones (tama

ño) de un cuerpo al aumentar o dismi nuir su temperatura.

b) Fundamentos de la dilataciónLa dilatación térmica tiene un funda mentó físico diferente en líquidos, ga ses y sólidos.Gases.- En los gases las moléculas es tán deslocalizadas, por lo que, a lo lar go del tiempo una molécula puede lie gar a ocupar cualquier posición en el se

no de la masa gaseosa, el calentamiento produce un aumento de la energía ciné tica de cada molécula lo cual aumenta la presión del mismo, que a su vez es el fundamento de la dilatación térmica.

Sólidos.- En lo sólidos antes de la fu sión o aparición de deformación por ca lor, cada molécula está constreñida a moverse alrededor de una pequeña re gión alrededor de la posición de equi

librio de la misma. Al aumentar la tem peratura la molécula realiza oscilacio nes de mayor amplitud alrededor de su posición de equilibrio, lo cual, tiene el efecto de expandir el sólido.

Líquidos.- En los líquidos el proceso es más complejo y presenta características tanto de los gases como de los líquidos.

c) Clases

1) Dilatación linealEs el aumento o disminución que expe rimentan las longitudes de los cuerpos al aumentar o disminuir su temperatura.

* Longitud dilatadaLa longitud dilatada del cuerpo, viene dada por:

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f = f 0[l + a ( T - T 0 )]

siendo, (J0,í) las longitudes inicial y fi

nal, (T0, T) las temperaturas inicial y fi

nal, y ( a ) el coeficiente de dilatación li neal.

* Va riación en la longitud

La diferencia entre las longitudes final

e inicial del cuerpo, viene dado por:

Af = | f - £ 0 | = K a ( T - T 0)|

Si, el cuerpo se calienta su longitud fi

nal (£) es mayor que su inicial ( f 0 ), y

si el cuerpo se enfría su longitud final (£ ) es menor que su inicial ( f 0), como

se muestra en la Fig.

í At :

o

o

N O R M A L _____________ ( ________ |, Al tj

T > T 0

al aumentar o disminuir su temperatura.

* Sup erficie dilatada

La superficie dilatada del cuerpo, viene

dada por:

S = S0[l + y (T -T 0)]

siendo, (S0, S) las longitudes inicial y

final, (T0, T) las temperaturas inicial y

final, y (y) el coeficiente de dilatación

superficial.

* Va riación en la superficie

La diferencia entre las áreas de la su

perficie final e inicial del cuerpo, viene

dado por:

AS = | S —S01= | S0a ( T - T 0)|

Si, el cuerpo se calienta el área de la su

perfície final (S) es mayor que la inicial

(S0), y si el cuerpo se enfría el área de

su superficie final (S) es menor que la

inicial (S0), como se muestra en la Fig.

T 0 T------------------- (t >t 0) ------------------- n

55o [ _ ^ S i

* C oeficien te de dilatación lineal

Se llama coeficiente de dilatación lineal

al cociente que mide el cambio relativo

de longitud, que se produce cuando un

cuerpo experimenta un cambio de tem

peratura, viene dado por:

AT—>0 AT

^ U n i d a d : ( a ) se m id e en °C''.

2) Dilatación superficialEs el aumento o disminución que expe

rimentan las superficies de los cuerpos

NORMA L CA L IE NT E

To

(T <T 0)

So s

NORMAL FRIO

* C oeficiente de dilatación superficial

Se llama coeficiente de dilatación su

perficial al cociente que mide el cam bio relativo del área de una superficie,

que se produce cuando un cuerpo ex

perimenta un cambio de temperatura,

viene dado por:

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Física II 469

. . AS/S y = i ím --------

AT — >0 AT

^ U n id a d : (y ) se mide en °C_1.

3) Dilatación volumétricaEs el aumento o disminución que expe

rimentan los volúmenes de los cuerpos

al aumentar o disminuir su temperatu

ra.

* Vo lumen dilatado

El volumen dilatado del cuerpo, viene

dado por:

V = V0[l + P (T —T0)]

* Co eficiente de dilatación volum étrica

Se llama coeficiente de dilatación volu

métrica al cociente que mide el cambio

relativo del volumen de un cuerpo, que

se produce cuando un cuerpo experi

menta un cambio de temperatura, viene dado por:

n /• A V /V B = tim ----------

AT-»0 AT

^ U n i d a d : ( p ) se m id e en°C "'.

d) Relación entre a,y y pLa relación entre los coeficientes de di

latación lineal ( a ), superficial (y ) y vo

lumétrico ( p ), viene dado por:

siendo, (V0, V) los volúmenes inicial y

final, (T0, T) las temperaturas inicial y

final, y (P ) el co eficiente de dilatación

volumétrico.

Variación en el volumen

La diferencia entre los volúmenes final

e inicial del cuerpo, viene dado por:

A V = | V - V 0 | = ¡ V0P ( T - T 0)|

Si, el cuerpo se calienta su volumen fi

nal (V) es mayor que su inicial (V0), y

si el cuerpo se enfría su volumen final

(V) es menor que su inicial (V0), como

se muestra en la Fig.

N O R M A L CALIENTE

NO RM AL FR IO

y = 2 a P = 3a , P = y

Demostración:

Consideremos un paralelepípedo de lados 1’ 1 2’ a la temperatura T.

El volumen del paralelepípedo a la tem

peratura T es:

V„ = / 1 c 2 c 3

El volumen del paralelepípedo a la tem

peratura T + at es:

V0 + AV = (¿J + a / , x / 2 + A¿2X¿3 + Af3)

V0 + AV = ( i J + a i ,AT)(f 2 + O L Í 2AT)

( f 3 + a f 3AT)

V0 + AV = f , f 2f 3(l + aAT Y

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V0 + AV = V0[l + 3 a AT + 3 a 2AT2 + a 3AT3]

AV = V0AT[3a + 3 a 2AT + a 3AT2]

Luego, de la definición de coeficiente de dilatación volumétrica, obtenemos:

(3= «mAV / V„

a t -> 0 AT

(3= f im [3a + 3 a 2AT + a 3AT2] a t - » o

* (3« 3a

Segunda formaConsideremos una esfera compacta ho mogénea de radio "r", cuyo volumen a la temperatura " T" es:

V = — 7tr 33

Ahora, sean "dr" y "dV" los cambios

en el radio y volumen que experimenta la esfera, al cambiar su temperatura en

”dT", entonces:

dV = 4nr2dr

Luego, la relación entre los coeficientes de dilatación volumétrica (P ) y lineal

( a ) es:

P =d V / V 47tr 2d r /4Ttr3/3

dT dT

o dr/r o* P = 3 = 3 adT

e) Aplicaciones1) Se utiliza en el diseño y construcción de

máquinas de todo tipo, por ejemplo máq uinas industriales.

2) Se tiene en cuenta en el diseño de rieles del ferrocarril. Para evitar la obstruc ción o estiramiento de los rieles se utili za la técnica de neutralización de tensio

nes.

f) DilatómetroEs un instrumento que se utiliza para determinar los coeficientes de dilata ción lineal de los cuerpos, cuando estos reciben calor. Los tipos más utilizados son: 1) de palanca, 2) de diferencial, y3) de frasco.

4. CIENCIA DE LOS MATERIALES

a) Ciencia de los materialesInvestiga las relaciones entre la estruc tura y las propiedades de los materiales.

Es un campo multidisciplinario que es tudia conocimientos fundamentales so bre las propiedades físicas macroscópi cas de los materiales y las aplicaciones en varias áreas de la ciencia y la inge niería, permitiendo la construcción de

máquinas y herramientas. Incluye disci plinas tales como la física, química, la

nanotecnología, et c...Clasificación

Según sus propiedades y su estructura atómica, la ciencia de los materiales se clasifica en: metales, cerámicos, políme ros, materiales compuestos y semicon ductores.

1) M eta les.- Es un material en el que exis te un traslape entre la banda de valencia y la banda de conducción en sus estruc tura electrónica (enlace metálico). Esto

le da la capacidad de conducir fácilmen te calor y electricidad, y reflejar la luz, produciendo el brillo en los metales.

2) Cer ám icos.- Son materiales duros, porp sos y frágiles que pueden presentarse de diferentes formas, incluye a todos los

materiales inorgánicos no metálicos

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Física II 471

Por ejemplo, los ladrillos, los azulejos,

el cemento, el vidrio son cerámicos.

Las propiedades más importantes que

presentan los cerámicos son:

Refractarios.- Algunos cerámicos sopor

tan temperaturas extremadamente altas sin perder su solidez, estos materiales

presentan una baja conductividad térmi

ca por lo que, son buenos aislantes del

calor, y se llaman refractarios.

Aislador eléctrico.- La mayoría de los

cerámicos no tienen suficiente cantidad

de electrones libres, por lo que, no son conductores de electricidad. Esto se de

be a los enlaces iónicos y covalente que

restringen la movilidad iónica y electro

nica. Por ejemplo, en las líneas de trans

misión eléctrica se utilizan discos de

porcelana, como aislantes de la corrien

te eléctrica.

Superconductividad.- A temperaturas

extremadamente bajas algunos cerámj

eos presentan la superconductividad, el

cual, es un fenómeno que consiste en

que en ciertos metales y aleaciones (ce

rámicos) se produce un descenso brus

co de la “resistividad” en las proximi dades de una temperatura Ts llamada

temperatura de transición al estado su

perconductor.

Polímeros.- Son macromoléculas (gene

raímente orgánicas) formadas por la u

nión de moléculas más pequeñas llama

das monóm eros.

Macromoléculas.- Son moléculas de ma

sa molecular elevada, formadas por un

gran número de átomos. Cuando una molécula tiene más de 100 átomos se

considera una macromolécula. Pueden

ser orgánicas o inorgánicas. Dentro de

las moléculas orgánicas sintéticas se en

cuentran los plásticos.

Moléculas orgánica natural.- Son las

sintetizadas por los seres vivos, y se lia

man biomoléculas, las cuales son estu

diadas por la bioquímica.

* M oléc ula s orgán icas artificiales.- Son

sustancias que no existen en la naturale

za y han sido fabricados por el hombre

como los plásticos. Los compuestos or gánicos tienen carbono con enlaces de

hidrógeno, y los compuestos inorgáni

eos no.

4) Material compuesto.- Se llaman así a

los materiales que presentan las siguien

tes propiedades:

* Están formados por dos o más compo

nentes distinguibles físicamente y sepa

rabies mecánicamente.

* Presentan varias formas quím icamen te

distintas, completamente insolubles en

tre si y separadas por una intercala.

* Sus propiedades m ecánicas son superio

res a la simple suma de las propiedades

de sus componentes (sinergia).

Estos materiales se originan debido a la

necesidad de obtener materiales que

combinen las propiedades de los cerámi

eos, los polímeros y los metálicos. Por

ejemplo, en la industria del transporte

son necesarios materiales ligeros, rígi dos, resistentes al impacto y que resista

bien la corrosión y el desgaste. General

mente estas propiedades no se presen

tan en un solo tipo de material.

b) Ciencia de superficiesEs el estudio de los fenómenos físicos y

químicos que ocurren en la interfase de

dos fases, incluyendo interfaces sólido

líquido, sólido-gas, sólido-vacío, líqui do-gas. Es una ciencia interdisciplina

ria con campos superpuestos de la quí

mica de superficies y física de superfi

cies. Como ciencia es un subeampo de

la ciencia de los materiales.

c) Física de superficies

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472 Temperatura y calor Estudia los cambios físicos que ocurren en las interfaces. Algunos de los aspee tos que estudia esta rama de la física in cluyen las reconstrucciones superfícia les, las transiciones electrónicas (pías

mones) y acústicas en las superficies (fonones), la epitaxia, la emisión elec trónica, el tunelamiento electrónico, el ensamble de superficies, la formación de nanoestructuras.

d) Química de superficiesEstudia las reacciones químicas que o curren en las interfaces. Esta ciencia es particularmente importante para el estu dio de las reacciones catalizadoras.

e) InferíaseSe llama así a la superficie en la que se unen dos estados diferentes de una mis ma sustancia o cuerpo o de diferentes sustancias o cuerpos. Por ejemplo, la su perfície en la que se unen el hielo con

el agua líquida es una interfase.

f) EpitaxiaSe llama así al proceso en la fabrica

ción de circuitos integrados (CI). A par tir de una cara de un cristal de material semiconductor se hace crecer un subs trato con la misma estructura cristalina. Mediante esta técnica se puede contro lar de forma muy precisa el nivel de im purezas en el semiconductor, que son los que definen su carácter (N o P). Pa ra hacer esto se calienta el semiconduc tor hasta casi su punto de fusión y se

pone en contacto con el material de ba

se para al enfriarse, recristalice con la estructura adecuada.

g) SemiconductoresSe llaman así a los cuerpos o sustancias que se comportan como conductores o aisladores y cuya resistividad varia en

un amplio intervalo desde 10° fi.rn has ta 108 fi ,m y disminu ye muy rápida mente, según una ley exponencial, al elevarse la temperatura.

1) Semicon ductor tipo N

Este tipo de semiconductor, se obtiene llevando a cabo un proceso de dopado

añadiendo un cierto tipo de átomos al semiconductor para aumentar el núme ro de portadores de cargas libres (nega tivas), cuando el material dopante es a

ñadido, este aporta sus electrones mas débilmente ligados a los átomos del se miconductor. Este tipo de agente dopan te se conoce como material donante ya que da alguno de sus electrones.

2) Semicon ductor tipo PEste tipo de semiconductor se obtiene llevando a cabo un proceso de dopado, añadiendo un cierto tipo de átomos al semiconductor para aumentar el núme ro de portadores de cargas libres (posi tivas). Cuando el material dopante es a ñadido, este libera los electrones más débilmente ligados a los átomos del se

miconductor. Este agente dopante es co nocido como material aceptor y los áto

mos del semiconductor que han perdido un electrón son conocidos como hue eos.

* H ue co.- Se así llama a la ausencia de un electrón en la banda de valencia. Una banda de valencia completa (o se micompleta) es característica de los ais ladores y semiconductores.

h) Fonones

Es un modo cuantizado de vibración que tiene lugar en redes cristalinas co mo la red atómica de un sólido. El estu

dio de los fonones es una parte impor tante en la física del estado sólido debí do a que los fonones juegan un rol muy importante en muchas de sus propieda

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Física II 473des físicas, como la conductividad tér mica y eléctrica.

• En particular, las propiedades de los fo nones de longitud de onda larga dan lu gar al sonido en los sólidos.

• En el calentamiento de sólidos, los fono nes son el mecanismo primario median te el cual se produce la conducción del calor.

i) PlasmonesSon un tipo de excitación elemental en sólidos (ondas asociadas al movimien to de electrones), es decir, son fotones que al llegar a la superficie de un mate rial quedan atraídos y atrapados por e

lectrones libres, que las transportan por el interior del sólido.

Estas “partículas” pueden ser utilizadas para transportar la luz a través de una lá mina. Su aplicación futura en circuitos ópticos abre grandes posibilidades para el desarrollo de nanotecnologías, en campos tales como la informática, las te lecomunicaciones, la biomedicina, etc..

j) Efecto túnel

Es un efecto mecánico-cuántico que consiste en que una partícula puede a travesar una barrera de potencial sin te ner energía suficiente para superarlas por encima (en el sentido clásico), debí do a que la probabilidad de que la partí cula se encuentre al otro lado de la ba rrera es no nula.

• Es un fenóm eno que no presenta analo gía fuera de la mecánica-cuántica. Este efecto se explica utilizando el concepto

nuevo de la naturaleza dual de la mate ria, el cual, consiste en que una partícu la puede comportarse como onda o co mo partícula.

• Un a aplicación de este efecto es el mi croscopio de efecto túnel y el microsco pió de fuerza atómica.

k) Fisión nuclear Es un proceso nuclear en el que el nú cleo de un átomo se divide en dos o más núcleos pequeños, más algunos subproductos como neutrones libres, fo tones (rayos gamma) y partículas alfa (núcleos de helio) y beta (electrones y positrones de alta energía).

• La fisión de nú cleos pesados es un pro ceso exotérmico en el que se liberan cantidades sustanciales de energía, que se utilizan en la producción de energía eléctrica.

• La fisión se puede inducir de varias for mas, como por ejemplo bombardear el núcleo fisionable de un átomo con otra

partícula de alta energía (neutrón libre).

5. CANTIDAD DE CALOR

a) Capacidad calorífica (C)

Se define como la cantidad de calor (Q) que se debe suministrar (ó sustraer) a un cuerpo o sustancia para elevar (ó dis minuir) su temperatura en un grado cen tígrado, esto es:

siendo, (T0, T) las temperaturas inicial y final, respectivamente.

• La capacidad calorífica es una cantidad física escalar, que depende de la com

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474 Temperatura y calor posición y estructura interna del cuer_po o sustancia, lo cual, implica que ca da

cuerpo o sustancia tiene su propia ca pacidad calorífica.

• Pued e decirse, también, que la capaci dad calorífica de un cuerpo o sustancia, es la capacidad que tiene dicho cuerpo de almacenar energía calorífica.

^ U n id a d : (C) se mide en ca!/°C.

b) Calor específico <ce)Se define como la cantidad de calor (Q) que se debe suministrar (ó sustraer) a la

masa (m) de un cuerpo o sustancia para

elevar (o disminuir) su temperatura en

un grado centígrado, es decir:

ce = Qm (T - T0)

siendo, (T0, T) las temperaturas inicial y final, respectivamente.

Calor especifico del agua fH, Q)

FASE Ce(cal/g.°C) Ce(J/kg.°C)

Líquido 1,0 4 200

Sólido 0,5 2 100

Gaseoso 0,5 2 100

• El calor espe cífico es una cantidad fís[ ca escalar, que depende de la composi ción y estructura interna del cuerpo o sustancia.

^ U n id a d : (ce) se mide en cal/kg°C.

c) Relación entre C y ce.La expresión que relaciona la capaci dad calorífica (C) con el calor espe cífi

co (ce), vien e dado por:

C = m c e

d) Cantidad de calor (Q)Se llama así, a la cantidad de calor que gana ó pierde un cuerpo o sustancia al ponerse en contacto con otro cuerpo ó sustancia que se encuentra a diferente temperatura, viene dado por:

Q = m c e ( T - T 0)

siendo, (ce) el calor específico, (m) la masa, y (T0, T) las temperaturas inicial y final, respectivamente.

* Cuando , T> T0 el cuerpo gana calor, y cuando T<T0 el cuerpo pierde calor.

^ U n id a d : (Q) se mide en calorías (cal)

6. CALORIMETRO

a) El calorímetroEs un dispositivo sencillo que permite medir el calor específico (ce) de un cuer

po o sustancia, conociendo el calor es pecífico de la sustancia patrón (en gene ral agua), está constituido por:

* Un vaso metálico (aluminio)* Un a tapa de madera (aislante)* Un termómetro.* Un a varilla de madera (aislante)

V A RILLA

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Física II 475

Funcionamiento=> Paso 1

Se llena el vaso con agua (u otro líqui do cuyo calor específico se conoce) a la

temperatura del m edio ambiente.

=> Paso 2Se calienta la muestra (cuerpo o sustan

cia cuyo calor específico se desea cono

cer) y s e m ide su temperatura.

=> Paso 3Abriendo la tapa del calorímetro se in

troduce la muestra en el vaso con agua,

y se mueve cuidadosamente la mezcla con la varilla de madera.

=> Paso 4Se mide la temperatura de la mezcla.

=> Paso 5Se utiliza el principio de conservación

de la energía, cuya expresión literal, di ce:

esto es:

Calor Calor ganado

perdido calorímetro

muestra + agua

La forma explícita de está expresión,

adopta la forma siguiente:

mMc ejM(TM - T) = m Cce,c(T “ T0)

mLceJ.(T —To)

los subíndices M, C, L se refieren a

muestra, calorímetro y líquido, respectí vamen te; adem ás, TM) temperatura de

la muestra, (T0) temperatura medio am biente y (T) temperatura final de la mez

cía.

b) Equivalente en agua de un calorímetroSe llama así, a la cantidad de agua que absorbe o disipa la misma cantidad de

calor que un calorímetro, experimentan do la mism a variación de temperatura,

Qh 20 - Qcalorimetro

De modo que, el equivalente de la masa de agua es:

CAe.C

siendo, me, ce>c la masa y el calor espe cífico del calorímetro.

• Generalm ente, el equivalente en agua

de un calorímetro se da en gramos.

7. CAMBIO DE FASE

Es la transformación física que experi menta una sustancia saturada pura al re

cibir o entregar cierta cantidad de calor.• Durante el camb io de fase la sustancia

experimenta un reordenamiento molecu lar, adoptando nuevas propiedades físi cas y perdiendo otras.

• En general, la sustancia puede encon

trarse en tres fases, sólido, líquido y ga seoso.Los cambios de fase se muestran en el

siguiente esquema.

SUBLIMACION DIRECTAFUSION VAPORIZACI'

J

SOLIDIFICACION CONDENSACION

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476 Temperatura y calor • La temperatura a la cual se produ ce un

cambio de fase depende de la presión, y

es una característica que posee cada sus tancia ó cuerpo.

• As í, a la presión de 1 atm la temperatu

ra de fusión del hielo es de 0o C, y a otras presiones su temperatura de fu sión adopta otros valores.

• Tod os los proceso s señalados en la fi gura anterior, poseen las siguientes ca racterísticas com unes:

• El camb io de fase se produce a presión y temperatura constantes, esto es, los

procesos son isotérmicos e isobáricos.• Para un camb io de fase, se hace nec esa

rio que se produzca un intercambio de

calor (energía).• Se produce una variación en el volu

men del recipiente que contiene a la sus

tancia o del cuerpo.

a) Sustancia puraEs la sustancia que presenta una compo sición química homogénea y que es ca

paz de reaccionar, pudiendo su estruc

tura molecular experimentar cam bios.

b) Fase termodinámicaSe denomina, así, a la configuración

molecular homogénea que presenta u na sustancia pura, en determinadas con dicion es de presión y temperatura.

• La sustancia puede incrementar su tem peratura, sin modificar la configuración

. de su estructura molecular.

c) Influencia de la presión en la temperatura de fusiónCuando una sustancia sólida se derrite, generalmente, aumenta de volumen

• En las sustancias que presentan este comportamiento se observa que un in

cremento en la presión ejercida sobre ellas ocasiona un aumento en su tempe

ratura de fusión, por tanto, en su tempe

ratura de solidificación.• Así, el plomo que aumenta de volumen

al fundirse, tiene su punto de fusión en 327° C a la presión normal de 1,01.105

Pa. Al someterlo a una presión más ele

vada, se funde a una temperatura más al

ta.

d) El agua una excepciónSon muy pocas las sustancias, entre e lias, que no siguen el comportamiento general, y que disminuyen de volumen

al fundirse (cuando el hielo se derrite).

• Por tanto, el volum en de determinada masa de agua aumenta cuando se trans

forma en hielo (solidificación).

• A ello se debe que una botella llena de agua y colocada en un congelador se rompa cuando el agua se solidifica.

• En estas sustancias, un aumento de pre sión ocasiona una disminución de la

temperatura de fusión.

• Com o se sabe, el hielo se funde a 0o C

únicamente si la presión ejercida sobre

él es 1.01.105Pa.• Si se aumenta ésta presión se derretirá a

una temperatura inferior a 0o C, y reci

procamente, a una presión inferior a1,01.1o5 Pa su punto de fusión será su perior a 0o C.

e) VaporizaciónEl cambio de fase de líquido a gaseoso puede producirse de dos formas:

1) Por evaporización , cuando el camb io de fase se realiza lentamente, a cualquier

temperatura. Por ejemplo, la ropa moja

da, se seca debido a la evaporización del agua en contacto con el aire.

2) Por ebu llición, cuando el cambio de fa

se se realiza rápidamente a una tempe

ratura específica para cada líquido. El a gua en una tetera sólo comienza a her vir, o sea, únicamente entra en ebulli

ción, cuando su temperatura alcanza un

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Física II 477

valor determinado.

f) Influencia de la presión en la temperatura de ebulliciónSupongamos que tenemos un líquido confinado en un recipiente abierto co

mo el de la Fig., en este caso sobre el lí quido actúa el aire a la presión de la at

mósfera, si esta presión es mayor que la presión de vapor saturado del líquido a

esa temperatura, la evaporación será muy lenta y se deberá básicamente, a que siempre en el incesante choque de

las moléculas, algunas de modo espora dico, alcanzan la energía suficiente pa ra pasar al estado gaseoso con la posibi

lidad de abandonar el recipiente, espe cialmente si hay alguna corriente de ga

ses que lo arrastre.

za la presión a que esta sometido.Así, el punto de ebullición de un líqui

do dependerá de la presión a que está sometido y será más bajo para bajas pre

siones y más alto en el caso contrario.

Este fenómeno se utiliza en muchas a plicaciones, tales como la olla de pre sión, las calderas de vapor, las máqui

ñas refrigeradoras o la producción de ai re líquido.

Finalmente, debemos decir, que en un

recipiente abierto a la presión normal de 1,01.105 Pa el agua entra en ebulli ción a 100° C. En un recipiente cerra do los vapores de agua que se forman al

interior de ella pueden alcanzar la pre

sión de 2.10 5 Pa, a esta presión el agua entra en ebullición a la temperatura de

120° C.

O o oJ

o o co o o O O í

Te=100°C Te=120°C

Si incrementamos la temperatura del sis tema, cada vez será mayor la cantidad de moléculas que lo abandonen y se irá incrementando gradualmente la evapo

ración.

Cuando se alcance una temperatura, pa

ra el cual, el valor de la presión de va

por saturado del líquido en cuestión, sea igual al valor de la presión atmosfé rica,

la evaporación se producirá en to da la masa del líquido, se dice entonces que

el líquido ha entrado en ebullición.

Podemos decir, entonces que el punto

de ebullición, es el valor de la tempera tura para el cual la presión de vapor sa turado de un líquido cualquiera, alcan

g) Olla de presión

1) DefiniciónEs un dispositivo que basa su funciona

miento en el hecho de que la temperatu ra de ebullición de un líquido depende

de la presión a que está sometido, de

forma tal que, a mayor presión mayor temperatura.

2) ComponentesLas principales componentes presentes

en una olla de presión son:

O Q

1- Válvula de seguridad

2- Tapa (peso)3- Líquido (agua)

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478 Temperatura y calor 4- Vapor del líquido.

3) FuncionamientoEn la Fig., si a la olla de presión que

contiene agua con su tapa ajustada se le

suministra calor, se forman burbujas de

vapor por encima de la superficie del lí

quido. Este vapor como esta encerrado y no puede escapar, van gradualmente

incrementando la presión al interior de

la olla, y con ello la presión de vapor sa

turado del agua, por lo que está no po drá entrar en ebullición.

• El increm ento de presión terminará le vantando el p eso que cierra un pequ e fio

conducto al exterior y los vapores

escaparán haciendo que la presión inte rior se estabilice en un valor fijo, si ba

ja , el pes o cae y cierra el conducto, si sube el peso se levanta y deja escapar el j,

vapor en una suerte de regulador de pre sión.

• Durante este proceso, el agua de la olla

ha ido subiendo de temperatura, y entra

al fin en ebullición a un valor más alto

de temperatura final, que si la olla estu

viera abierta a la atmósfera.• El increm ento de temperatura, resulta e

vidente que dependerá de la magnitud

del p eso co locad o para cerrar el agujero

de escape, y del diámetro de este agu jero.

• Este incremento de temperatura hac e j)que los alimentos se cuezan mucho más

rápido.

• La válvula de seguridad se abre cuan do

la presión al interior de la olla sobre

pasa la presión límite, fijada por el fa • bricante.

•h) Condiciones de saturación

Se denomina así a los valores de pre sión y temperatura que se mantienen

constantes durante el camb io de fase. k)

• Si en un cam bio de fase la temperatura

de saturación permanece constante, su

respectiva presión de saturación, tam bién, permanece constante. Es decir, ca

da sustancia tiene su propia presión y

temperatura de saturación.

Grá fica Presión-Temperatura de

saturación para el H->Q

Punto Triple (A)Se denomina, así, al valor que adoptan la temperatura y presión de saturación,

en la que ¡a sustancia se halla en las tres

fases (sólido, líquido y gas), esto es las tres fases coexisten simultaneamen te.

Por ejemplo, para el agua, los valores de la temperatura y presión, en el punto triple A, son:

T = 0,01° C y P = 611,3 N/m2

SublimaciónEs aquel proceso de cambio de fase, en

la que la sustancia pasa de la fase sóli do a la fase gaseosa, sin pasar por la fa

se líquida.

Este fenómeno, generalmente ocurre en algunas sustancias llamadas volátiles.

Para el agua (de hielo a vapor) se reali za a bajas presiones, por debajo del pun

to triple A.

Calor latente (L)

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Física II 479Es la cantidad de calor necesaria que se debe suministrar o sustraer a una uní

dad de masa de una sustancia saturada, para que esta cambie de fase, se expre sa así:

l = Qm

siendo (Q) la cantidad de calor latente. El calor latente (L) puede ser positivo o negativo, es decir, a veces se necesita rá calentar al sistema y en otras vece s

enfriarlo, con la finalidad que se produz ca e! cambio de fase.

Experimentalmente, se ha observado que L depende, en general, de la pre

sión a la que se realiza el cambio de fa se.

Así, para el agua el calor latente de fu sión (solidificación) y vaporización (condensación) son:

1) Fusión

(T = 0o C)

solidificación

L = 80 cal/g = 335 kJ / kg

2) Vaporización

(T=100° C)

condensación

L = 540 ca l/g = 2260 k J/k g

i) Sustancia saturadaEs aquella sustancia que durante el cam

bio de fase, mantiene constante su pre sión y temperatura.

m) Equivalente mecánico del calor Es el factor de conversión que permite transformar la energía térmica (caloría)

en energía mecánica (joule), así, teñe

mos:

Por ejemplo, en la Fig., al desplazarse el deportista en la pista de hielo, el tra

bajo contra la fuerza de fricción, que aparece entre los patines y el hielo, se

transforma en energía en forma de ca lor, como resultado se derrite una parte del hielo de la pista de patinaje.

n) Experimento de Joule

1) ObjetivoDeterminar el equivalente m ecánico del

calor, es decir, la relación entre la uní dad de energía el joule (J) y la unidad

de calor la caloría (cal).

2) Materiales

Un recipiente graduado y aislado térmi camente conteniendo agua.

Un eje de giro (E) con paletas (L)

Una polea (P), una cuerda (C) y una pesa (M)

Una regla (R) y un termómetro (T)

T 1 & C

•■.‘

E

t L

>

3m

□ "M

1cal = 4,186 J o 1 J = 0,239 cal 3) Fundamento teórico

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480 Temperatura y calor Sea "M" la masa de la pesa suspendida, "h" su desplazamiento vertical, "m" la

masa de agua en el calorímetro y "T0",

"T" sus temperaturas inicial y final, en

tonces, del principio de conservación

de la energía, la energía potencial per dida por la pesa se transforma en calor

ganado por el agua, esto es:

M g h = m c ( T - T0 )

De aquí, obtenemos la expresión para

la equivalencia entre las unidades de ca

lor y energía, así:

M gh

C= m ( T - T 0)

4) ProcedimientoLa energía potencia perdida por la pesa

que desciende con velocidad constante, se utiliza para hacer girar las paletas, produciendo un calentamiento del agua por fricción.

• As í, si el bloque de masa "M" descien

de una altura "h", la energía potencial

disminuye en Mgh, y esta energía se transforma en calor al calentarse el a

gua.• En la experiencia se encuentra que la

disminución de la energía potencial es

proporcional al incremento de tempe

ratura del agua, siendo la constante de

proporcionalidad (el calor específico

del agua) igual a 4,186 J/g.°C.

• Esto es, 4,186 J de energía mecá nica au mentan la temperatura de 1 g de agua

en 1 °C.

8. PROPAGACION DEL CALOR

En la naturaleza el calor se transfiere de

un sistema (cuerpo) hacia otro sistema (cuerpo) por conducción, convección, o

radiación.

a) Conducción1) Concepto

Es un mecanismo de transferencia de

energía térmica entre dos sistemas basa dos en el contacto directo de sus partí

culas (moléculas, electrones, etc..) sin

flujo neto de materia y que tiende a i

gualar la temperatura al interior del cuerpo y entre diferentes cuerpos en

contacto.• Todas las formas de materia conden sa

da (sólido o líquido) transfieren calor mediante la conducción térmica, los ga ses no transfieren calor por conducción,

debido a que sus moléculas están dema siado distanciadas unas con otras.

• En el va cío no hay cond ucción de calor, pues, es necesario que haya una sustan

cia que permita la transferencia de ca lor.

• El principal parámetro dep endiente del material que regula la condición de ca lor en los materiales es la conductivi

dad térmica.• La conductividad térmica es elevada en

metales y en general en cuerpo conti nuos, y es baja en los gases y muy baja

en la fibra de vidrio, que son aislantes

térmicas.

2) Conductividad térmicaEs una propiedad física que mide la ca

pacidad de conducción del calor en un

cuerpo y se representa con una "k". La

conductividad térmica de un cuerpo

depende de la interacción de sus molé

culas que intercambian energía cinética

sin producir movimiento neto de la ma teria.

Unidad: "k" se mide en W/m°C

3) Difusividad térmicaEstima la rapidez con que se difunde el

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Física II 481

calor por el cuerpo, viene dado por:

k a = -------

P ce

siendo, "k" la conductividad térmica,

"p" la densidad de masa, y "ce" el calor específico a presión constante.

4) ¿Cómo se transfiere el calor?La transferencia de calor en un cuerpo por conducción, se da por choques de las moléculas y electrones entre si. Por ejemplo, si calentamos uno de los extre mos de una barra, las moléculas que re ciben el calor aumentan su temperatura y chocan con los que los rodean, estos a su vez hacen lo mismo con sus vecinos hasta que todas las moléculas del cuer po se agitan, calentándose toda la barra.

5) Ecuación general de la conduc-ciónEn general la temperatura en un proce so de conducción del calor a través de un cuerpo depende de las coordenadas de posición (x, y, z) y del tiempo (t), es

to es, T=T(x, y, z, t). La ecuación diferencial a partir del cual podemos deter minar la temperatura en puntos del cuer po, viene dado por:

v 2t + ^ = J JÜk a dt

siendo, "qG" una fuente interna de ca

lor, "k" la conductividad térmica, "a" la difusividad térmica.

Por ejemplo, en el sistema de coordena das cartesianas rectangulares, la ecua ción diferencial que describe el compor tamiento de la temperatura es:

6) Ley de Fourier Establece que el flujo de calor (j) en ré gimen permanente en una dirección da da, es proporcional al gradiente de tem peratura (VT) cambiado de signo, esto es:

j = -k V T

siendo, "k" la constante de proporcio nalidad llamada conductividad térmica, y "T" la temperatura que en general depende de las coordenadas (x, y, z) y el tiempo, esto es: T = T(x,y,z,t).

Régimen permanente.- La temperatura de los cuerpos que intervienen en la

transferencia de calor permanece cons tante.

Régimen variable.- La temperatura de los cuerpos que participan en la transfe rencia de calor varía con el tiempo.

F l No ta

El gradiente de la temperatura dT/dx es negativa, por que, la temperatura dismi nuye en la dirección del flujo.

7) Medida de la conductividad térmica

> ObjetivoMedir el coeficiente de conductividad

de una barra metálica.

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482 Temperatura y calor > Materiales

Una vasija conteniendo agua (A)Una vasija conteniendo un líquido volá til (B).Una barra metálica (F)

Aislante térmico (G)Tubo para la fuga del vapor de agua (D).

Tubo graduado para la fuga del vapor de líquido volátil (C).

> Fundamento teórico > Según la ley de Fourier, el flujo de ca

lor a lo largo de la barra de longitud "d", de áreas de sus bases "A", y que están a las temperaturas TA y TB, viene

dada por:

H = k ( í ^ - ) ( 1)

La cantidad de calor "Q" que llega al

extremo superior de la barra en el tiem po "t" es:

Q = H A t = k ( T A ~ T e ) A t (2) d

Este calor se emplea en evaporar una masa "m" de líquido volátil de calor de

latente de vaporización "L v " en el tiempo "t", esto es:

Q = m Ly = p V L y (3 )

siendo, "p" y "V" la densidad y el vp

lumen del líquido condensado, respec tivamente.

Finalmente, igualando las ecs.(2) y (3), obtenemos la fórmula para la determina ción del coeficiente de conductividad térmica de la barra, así:

p V L y = k ( ^ ^ ) A t d

k = _ p V L y ^

(TA - T B) A t

ProcedimientoLa barra metálica se coloca en posición vertical, su extremo inferior se calienta con vapor de agua en ebullición, y su extremo superior se pone en contacto

con un líquido volátil en ebullición, manteniendo así ambos extremos de la barra a una temperatura constante.

El vapor de agua se escapa por el tubo vertical que es refrigerado con agua fría. Parte del vapor se condensa regre sando al depó sito inferior.

La barra metálica en posición vertical, se envuelve con material aislante exceg to en sus bases inferior y superior, para evitar las pérdidas de calor por su super

ficie lateral.El extremo inferior de la barra, se ca lienta con vapor de agua a la tempera tura de TA=100 °C , la barra conduce el calor hacia el extremo superior que es tá en contacto con un líquido volátil a

su temperatura de ebullición TB. El va por sale por un tubo cerrado que se re frigera con agua fría, el vapor se con densa y el líquido resultante se acumula en un tubo graduado, que mide el vo

lumen de líquido que se condensa a me dida que transcurre el tiempo.

Conocido el volumen de líquido volátil condensado durante un determinado tiempo, se obtiene el valor de la conduc tividad térmica, a partir de la ecuación

(4)

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Física H8) Conducción en una placa

Sin fuente de calor Consideremos una placa de espesor "d" cuyas caras izquierda y derecha están a las temperaturas fijas "Tj" y "T2"

(T i>T2), respectivamen te.

Ahora, como el calor en régimen perma nente se propaga de la cara izquierda (caliente) hacia la cara derecha (fría), la ecuación general de la conducción ex presada en coordenadas cartesianas rec tangulares, se reduc e a:

dx= 0

Integrando consecutivamente dos veces

obtenemos la solución general:T ( x ) = A x + B

siendo, A y B las constantes de integra ción.Evaluando esta ecuación en x=0 y x=d, obtenemos las constantes A y B, así:

T(0) = A (0) + B = Tj

T(d) = A (d) + B = T2

Reso lviendo este par de ecuaciones:

_________________________________ 483

Así, la temperatura a una distancia "x" de la cara izquierda de la placa es:

T (x ) = ( í ^ - ) x + Tjd

De otro lado, de la ley de Fourier el flu jo de calor es:

• u dT J = " k ^

j = k ( ^ - ^ ) = cte. d

A su vez, la rapidez con que se propaga el ca lor es:

í 5 = JA = k A < I i ^ )dt J d

dQ T, —T2 Tj - T 2

dt ~~ d / k A ~ R

siendo, R=d/kA, la resistencia térmica

Con fuente de calor Consideremos una placa de espesor "d" cuyas caras izquierda y derecha es tán a

las temperaturas fijas "T0" y que pre senta una fuente de calor situada en el plano central de la placa.

A = Tl Tl y B = Tj d 1

En este caso la ecuación general de la condu cción se reduce a:

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d2T qGdx'

+ - = 0

Integrando esta ecuación, obtenemos la

solución general:

2) Tubo cilindrico sin fuente de calor Consideremos un tubo de radios interno "a", externo "b", cuyas superficies in

terna y externa están a las temperaturas

fijas "T," y "T2", respectivamente.

T (x ) = - — x 2 + A x + B k

siendo, A y B las constantes de integra ción.

Aplicando las condiciones de contorno

* En: x=0 , hay un máx imo, pues la fuente está situada ahí, por lo que:

— Idx ‘ x=0

(0) + A = 0

* En, x=d , el flujo de calor por conduc

ción, debe ser igual, al flujo de calor por conv enció, esto es:

dT ,- k — , = h(T s - T .)

l x=d v ^ 0 / I x=d

. k (_S f id ) = h (_q G d2+ A _ T ) k 2 k oJ

B = qe d _ + q2 d t

2k h

Así, la temperatura a la distancia "x" del centro de la placa es:

T (x) = - ^ x 2 + ^ - + + T02 k 2 k h

De otro lado, de la ley de Fourier, el flu

jo de calor es:

• u dT J = - k — = qG xdx

Como el calor en régimen permanente

se transfiere en la dirección radial, la e cuación general de conducción expre

sada en coordenadas cilindricas, se re duce a:

1 d , dT, „(r — ) = 0

r dr dr

Integrando consecutivamente dos veces obtenemos la solución general:

T(r) = A £n(r) + B

siendo, "A" y "B" las constantes de in

tegración.Evaluando está ecuación en r=a y r=b,

obtenemos estas constantes, así:

T(a) = A fti a + B = Hj

T(b) = A ín b + B = T2

Reso lviendo este par de ecuaciones:

T , - T ,A = ■

£n(b/a) y B = T, - - i ^ L ^ n a

£n(b/ a )

De modo que, la temperatura en puntos situados en a < r < b es:

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Física II 485

T ( r ) = Tl Tl fa (r /a ) + T, f n ( b / a ) 1

De otro lado, el flujo de calor en la dj

rección radial del cilindro compacto es:

j = - k dT

dr

k(T2-T,)1í n ( b / a ) r

A su vez, la rapidez con la que pasa el

calor por unidad de longitud, a través de

la super ficie lateral de radio "r" y á reaA = 2nr t es:

Consideremos un cilindro compacto de

radio "R" cuya superficie está a la tem peratura fija "T0", y con una fuente de

calor "qG" constante, situado en el eje

del cilindro.

Como el calor en régimen permanente se transfiere en la dirección radial, la e cuación general de la conducción expre sada en coordenadas cilindricas, se re

duce a:

1 d , dT\ qG(r — ) + - = 0

r dr dr k

La integración de esta ecuación nos da la siguiente solución general:

— - = j A dt

= ( k- ^k — El Í-)(27rr€)dt ¿n(b/a)r

d Q / d t ^ T , - ^

dQ/dt

f n ( b / a )

T i - T 2

f t t (b/a) /27tk

dQ/dt

R

siendo, R = f,n (b /a )/2 n k l a resisten

cia térmica.

3) Cilindro compacto con fuente de calor

T (r) = - ^ - r 2 + A¿nr + B 4k

siendo, "A" y "B” las constantes de in tegración.

Ap licando la condición de contorno.En, r=0, hay un máximo dado que la fuente esta situada ahí, por lo que:

— = ¿ i m - ^ r + — = o

dr r->o 2 k r

A = 0

En, r=R, el flujo de calor por conduc

ción, debe ser igual, al flujo de calor

por convec ción, e sto es:

~ k f r U = h (Ts - To ) U

fiGR - k ( - ^ — ) = h (- 2 k , qc R 4k + B - T 0)

b = Ss ? L + SgR + t4k 2 h

Así, la temperatura en puntos situados

en 0 < r < R es:

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T(r) = _ & ¿ + S s £ l + Sfl?L + T4k 4k 2 h

T(a) = ------+ B = Tja

De otro lado, el flujo de calor en la di

rección radial del cilindro compacto es:dT = q2 r

dr 2 k

4) Cascarón esféricoConsideremos un cascarón esférico de

radios interno "a", externo "b", cuyas superficies interna y externa están a las temperaturas fijas "Tj" y "T2", respecti

vamente; y que no presenta fuentes de

calor interno.

T(b) = - — + B = T2

Resolviendo este par de ecuaciones:

A _ (T2 - Tj)ab ^ g _ T2b - Tja

b - a b - a

Así, la temperatura en puntos situados

en a < r < b es:

T(r) = (Tj —T2) a b + T2b - T,a

( b - a ) r b - a

Como el calor en régimen permanente

se transfiere en la dirección radial, y no existe fuentes de calor interno, la ecua ción general de conducción expresada en coordenadas esféricas, se reduce a:

1 d , 2 dT „ —r — (r — ) = 0r dr dr

Integrando consecutivamente dos veces

obtenemos la solución general:

siendo, "A" y "B" las constantes de in

tegración.Evaluando esta ecuación en r=a y r=b, obtenemos las constantes A y B, así;

De otro lado, el flujo de calor en la di rección radial es:

j = - k j T = k (Tj —T2) a b ^

dr ( b - a ) r

A su vez, la rapidez con que pasa el ca lor a través de una superficie esférica de radio "r", con a < r < b es:

dQ

dt= jA

d Q = ( T , - T 2)a b 2

d t ( b - a ) r

T j - T 2dQ =

dt ( b - a ) / 47tkab

d Q _ T j - T 2

dt= cte.

siend o, R = ( b - a ) / 47tkab la resisten

cia térmica.

b) Convección1) Definición

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Física IIdiferencia entre la temperatura de la su

perfície del cuerpo (Ts) y la temperatu

ra del fluido (TJ lejos del cuerpo, esto

es:

_____________________________ 487

Se caracteriza porque la transferencia

de calor se da a través del desplazamien

to de partículas entre regiones con dife

rentes temperaturas. La convección se

produce únicamente en los fluidos más

no en los sólidos.

• Por ejem plo, en los radiadores de cale facción por agua, la energía del agua ca

liente es transmitida hacía las paredes

del radiador por convección.

• Los proces os de transferencia de calor

que comprenden cambio de fase de un

fluido, también se consideran convec

ción por el movimiento inducido de di

gho fluido durante el proceso. Por ejem

pío, la ascensión de las burbujas de va

por durante la ebullición o el descenso de las gotas de líquido durante la con

densación.

2) Mecanismo de transferenciaEl fluido al calentarse disminuye su den

sidad y asciende al ser desplazado por

las porciones superiores de fluido que

se encuentran a menor temperatura. Lo

que se llama convección en si, es el

transporte de calor por medio de las par

tes de fluido ascendente y descendente.

H = — = h A (T , - T , ) dt " 1

siendo, "h" la constante de proporciona

lidad, llamado coeficiente de convec

ción.

Unidad: (H) se mide en vatios (W)

4) Tipos de convecciónExisten dos tipos de convección:

Co nv ección natural. Es la que se pro

duce como resultado de la diferencia de

densidades en el líquido o gas.

Convección forzada. Es la que se pro

duce cuando el cuerpo o sustancia ca

liente po see m ovimiento.

5) La convección en meteorologíaEl proceso que origina la convección en

el seno de la atmósfera es muy im

portante y genera una serie de fenóme nos fundamentales en la explicación de

los vientos y en la formación de nubes,

vaguadas, ciclones, huracanes, tifones,

precipitaciones etc...

• Todos los procesos y mecanismos de

convección del calor atmosférico obe

decen a las leyes físicas de la termodi

námica.

c) Radiación

3) Ley de enfriamientoEsta ley establece que la rapidez con la

que se transfiere el calor en un proceso

de convección, es directamente propor

cional al área "A" de la superficie del

cuerpo en contacto con el fluido, y a la

RADIACION

. O

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488 Tem peratura y calor

1) DefiniciónEs la radiación emitida por un cuerpodebido a su temperatura que depende deuna propiedad superficial llamada emitancia. Todo cuerpo emite radiaciónhacia su entorno y absorbe radiación deeste.

• Este tipo de transmisión del calor se efectúa sin necesidad de que los cuerposestén en contacto entre sí, y consiste enla absorción y emisión de energía delcampo electromagnético.

• Por ejemplo, por radiación llega desdeel Sol a la superficie de la Tierra una enorme cantidad de energía.

• Otros ejemplos de radiación térmicason la radiación infrarroja emitida por un radiador hogareño o un calefactor eléctrico, al igual, que la luz emitida por una lámpara incandescente.

• La materia en un estado sólido o líqujdo emite un espectro de radiación continuo.

• A temperatura ambiente, vemos quelos cuerpos por la luz que reflejan, dado que por si mismos no emiten luz. Si

no se hace incidir luz sobre ellos, si nose los ilumina, no podemos verlos.

• A temperaturas más altas, vemos loscuerpos por la luz que emiten, pues eneste caso son luminosos por si mismos.Así, es posible determinar la temperatura de un cuerpo de acuerdo a su color, pues un cuerpo que es capaz de emitir luz se encuentra a altas temperaturas.

• Las superficies opacas pueden absor ber o refle jar la radiación incidente. Generalmente, las superficies mates y rugosas absorben más calor que las su

perficies brillantes y pulidas, y las su perficies brillantes reflejan más energíaradiante que las superficies mates. Además, las sustancias que absorben mucha

radiación, también, son buenos emisores; las que reflejan mucha radiación yabsorben, son malos emisores. Por eso,la sartén de cocina tiene fondo mate

para una buena absorción y paredes pulidas para una emisión mínima, conlo que se maximiza la transferencia delcalor al contenido de la sartén.

• A diferencia de la conducción y la convección, la radiación no necesita de unmedio de transmisión, y puede producirse en el vació. Por ejemplo, la radiación térmica emitida por el Sol llega aTierra a través del vació.

• La transferencia de calor por radiaciónes la más rápida, pues, las ondas elec

tromagnéticas viajan a la velocidad dela luz, que en el vació es c=3.108 m/s.

No experimenta atenuación en el vació

2) Intensidad de energía• La cantidad de energía por unidad de á

rea y tiempo (R), que emite un cuerpo,viene dado por:

siendo, (E) la energía, (t) el tiempo, y(S) el área del cuerpo que radia.

• También, la intensidad de radiación según Steffan-Boltzmann, se puede calcular a partir de:

R = ect T4

siendo, a = 5,67 .10'6 W / m2.°k4 la

constante de Steffan-Boltzmann, (e)la emisividad del cuerpo, valor com

prendido entre 0 y 1; y (T) la temperatura en °K del cuerpo que radia ener gía.

^ Unidad: (R) se mide en W/m2.

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_________________________________ Fisioaild) Cuerpo negro

Es un objeto que absorbe toda la luz yenergía que incide en el. Ninguna partede la radiación es reflejada o pasa a través del cuerpo negro. A pesar de sunombre, el cuerpo negro emite luz yconstituye un modelo físico ideal parael estudio de la radiación electromagnética.

• La sustancia que menos refleja la luz(el cuerpo más negro), es una aleaciónde fósforo y níquel, con fórmula químj 9) ca NiP. Esta sustancia refle ja tan sólo el0,16 % de la luz visible, o sea, 25 vecesmenos que la pintura negra convenciónal.

• Por ejemplo, si hacemos incidir luz a

través de un agujero, hecho, en una cajacúbica de paredes internas pintadas denegro, el rayo de luz después de reflejar se varias veces es absorbida, así, podemos decir, que tenemos un modelo sencilio de cuerpo negro.

e) Agujero negroEs una región del espacio-tiempo oríginada por una gran concentración demasa en su interior, con enorme aumento de la densidad, lo que a su vez creaun campo gravitatorio de gran intensidad, tal que ninguna partícula natural,ni siquiera la luz pueden escapar de la atracción de dicho campo.

tan como cuerpos negros ideales. Así, laradiación emitida a una frecuencia dada es una fracción de la emisión ideal.La emisividad de un material especificacual es la fracción de radiación de cuer

po negro que es capaz de emitir el cuer po real. Se considera que el cuerpo negro tiene emisividad 1. Esta aproximación que se hace, se llama aproximación de cuerpo gris.

Cuerpo reflector Es aquel cuerpo que tiene emisividadaproximadamente cero, y reflecta todala energía que incide sobre el, es decir,no absorbe energía calorífica.

_________________________________ 489

h) Depósito de calor Se llama así al sistema capaz de absor

ber calor de un objeto con el que estaen contacto térmico sin que se produzca un cambio de fase o una variaciónsignificativa en su temperatura.Por ejemplo, respecto de la Tierra, el es

pació exterior, el campo gravitacionalson depósitos de calor.

i) Absorción por resonanciaDecimos que se ha producido absorciónde calor por resonancia cuando la ffecuencia de vibración de las moléculasdel cuerpo o sustancia receptora coincide con la frecuencia de las ondas incjdentes de radiación infrarroja solar.

• Por ejemplo, los humanos sentimos elcalor irradiado por el Sol y otros siste

mas más calientes que nosotros por quenuestros cuerpos están formados por un55% a 75% de agua. El calor radianteque incide en nuestra piel es absorbido

por nuestras moléculas de agua por absorción por resonancia.

f) Cuerpo grisLos cuerpos reales nunca se compor-

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490 Temperatura y calor 9. TEORIA MODERNA DE LA RA-

DIACION TERMICA

a) Radiación térmica

1) Se llama radiación térmica a la radia

ción electromagnética que emite unasustancia o cuerpo a expensas de su energía interna. Esta radiación dependeúnicamente de la temperatura y de las

propiedades ópticas del cuerpo.2) Los cuerpos muy calientes radian luz,

mientras que a temperaturas ordinariasemiten radiación infrarroja invisible.

3) Se llama intercambio de calor por radiación el proceso espontáneo de transmi

sión de energía en forma de calor de uncuerpo más caliente a otro menos caliente.

b) Densidad volumétrica de energíaEs una característica de la radiación enequilibrio, se define así:

siendo, (dw) la energía de radiación por unidad de volumen con frecuenciasentre v y v + dv.A su vez, la energía por unidad de vplumen, viene dado por:

cOw = J p{v, T) dv

o

La radiación en equilibrio es isótropa,

no está polarizada y todas sus direcciones de propagación son igualmente pro bables.

c) Densidad de energía por unidad de área y tiempoLa energía (dW) de radiación en equilibrio en el vacío, con frecuencias desde ( v ) hasta (v + dv ), que incide por

unidad de área y tiempo sobre el cuerpoen equilibrio termodinámico, viene dado por:

dW = —p(v, T) dv

siendo, (c) la velocidad de la luz en elvacío.

d) Emitancia energética (Re)Se denomina así a la energía de las ondas electromagnéticas de todas la frecuencias posibles (y longitudes de onda) desde 0 hasta oo, emitidas por un]dad de área y tiempo.

e) Poder emisivo (r)Es numéricamente igual a la razón de laenergía (dW), radiada en la unidad detiempo y área del cuerpo, de las ondaselectromagnéticas, en un intervalo defrecuencias que varían desde (v) hasta(v + dv), a la anchura de este intervalo,esto es:

dW dW

donde, rv (ó r^) dependen de la fre

cuencia v (ó X) de la temperatura, dela composición química del cuerpo ydel estado de su superficie.

f) Relación entre rvy rxLa expresión que relaciona (rv) con

( r¿ ), viene dada por:

c

siendo, (c) la velocidad de la luz en elvacío.

g) Relación entre R. y rv, r

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Física II 491

g) Relación entre R, y rv, rxLa expresión que relaciona (R e) con

( rv) y (r? ), viene dada por:

= { rvdv:0

\ rxdX

h) Poder absorbente (a)Es una cantidad física adimensional,que proporciona la fracción de energíade las ondas electromagnéticas con frecuencias desde (v) hasta (v + dv), queinciden sobre la superficie del cuerpo;que este absorbe:

av = ldWm„

(u+du), es igual, a la energía absorbidaen la unidad de tiempo y área, esto es:

dWrad = dWabs

rvdv = a v p(v,T )4

rv • c , T,= rv = p(v, T)

a v 4

La ley de Kirchoff, establece que la razón del poder emisivo del cuerpo a su

poder absorbente no depende de la naturaleza del cuerpo y es igual a la em¡

sividad del cuerpo negro (r*) para los

mismos valores de la temperatura y frecuencia.

El valor de (av) depende de la frecuencia, de la temperatura, de la composición química del cuerpo y del estado desu superficie.

10. LEY DE KIRCHOFF

a) Ley de Kirchoff 4Wrad

Esta ley se deduce del principio de equi

librio detallado, el cual establece que tpdo proceso microscópico en equilibriose desarrolla con la misma velocidadque su inverso, como se muestra en laFig.Así, la energía radiada en la unidad detiempo y unidad de área de la superficiedel cuerpo para frecuencias entre (v) y

b) Función de Kirchoff Se llama así, a la dependencia que pre

senta ( rv) respecto a ( v ) y (T), esto es:

r’ = f(v, T) = ^p (v ,T )4

• De la ley de Kirchoff se sigue que la emitancia energética de un cuerpo es:

OORc = | avr*dv

o

• En particular, la emitancia del cuerpogris, viene dado por:

Re = í av r*dv = a® j r^dvo o

R * = a ® R ;

emitancia energética del cuerpo negro ala misma temperatura.

• Para un cuerpo no gris, se cumple:

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492 Temperatura y calor La representación gráfica de la dependencia de la emisividad del cuerpo ne

gro r* ( r?’ ) respecto de la frecuencia v

(ó X) para varios valores constantes dela temperatura, hallada experimental

mente es:

siendo, ( a ) la negrura integral del cuer po, el cual, depende del material, del es

tado de su superficie y de la temperatura; para todos los cuerpos excepto el negro a < 1.

• La radiación en equilibrio a la temperatura (T) es idéntica a la radiación térmica del cuerpo negro a esta misma tem

peratura; por lo mismo, a la radiaciónen equilibrio se le llama radiación negra.

• La relación entre la emitancia energéti

ca del cuerpo negro y la densidad volumétrica de la energía de radiación negratiene la forma:

00

= 7ro= 7 íp(v’T)dv4 4 ¿

11. LEY DE STEFFAN BOLTZMANN

Establece que la emitancia energética

del cuerpo negro es proporcional a lacuarta potencia de su temperatura absoluta, esto es:

siendo, cr = 5,67.10 '8 W/m2.°K la constante de Steffan-Boltzmann, y (T) latemperatura absoluta (°K).

• Esta ley se deduce a partir de los méto

dos de la termodinámica para la radiación en equilibrio en una cavidad cerrada.

• Para un cuerpo real la ley de Steffan-Boltzmann, se expresa así:

R e = a k T4, 0 < k < 1

• En la región de las frecuencias peque

ñas, r * « v 2T, y en las frecuencias

grandes, r* * v3e xp[-a sv/T ], siendo

as un factor constante.• El cuerpo negro casi no radia en las re

giones de frecuencias muy pequeñas ymuy grandes.

0 ^ml Ln2 ui3

• A medida que aumenta la temperatura

del cuerpo, el máximo de r* se despla

za hacia el lado de las frecuenciasmayo-res, de acuerdo con la ley:

siendo, (Re) un número fraccionario. vm = b,T

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Eísica II 493

energía según los grados de libertad del sistema en equilibrio obtuvieron la fórmula:

siendo, ( v m) la frecuencia correspondí

ente al máximo de r* para la tempe

ratura (T), y (bs) un factor constante.

a) Desplazamiento de Wien

A medida que aumenta la temperatura del cuerpo, el máximo de r^ se despla

za hacia el lado de las longitudes meno res, según:

siendo, b=2,9.10'3 m.°K la constante de Wien.

• Del mismo modo, a medida que descien de la temperatura de los cuerpos calien tes, en su espacio predomina cada vez con más intensidad la radiación de las ondas largas.

• Los valores Xm y vm no se relacionan

mediante la fórmula X = c / v , pues, los

máximos de r* y r’ están en distintas

partes del espectro.

b) Fórmula de WienTodos los intentos de fundamentar teóri camente la función de Kirchoff

r* = f(v,T) en la física clásica hallada

experimentalmente y representada ante riormente fueron inútiles. Así, a partir de métodos de la termodinámica Wien obtuvo la siguiente fórmula:

rv = v3 (p(^)

siendo, ip(v/T) una función desconoci

da dependiente de v / T .

c) Fórmula de RayleighJeanRayleigh y Jean basándose en las leyes de la electrodinámica y la física estadís tica clásica sobre la equipartición de la

siendo, (k) la constante de Bolztmann. Está fórmula se ajusta a los datos expe rimentales únicamente para pequeñas frecuencias.

• Se deduce una conclusión absurda, se gún la cual, para cualquier temperatu ra, la emitancia energética del cuerpo

negro R* y la densidad volumétrica de

la energía de radiación en equilibrio son infinitamente grandes, a este resul tado absurdo se le conoce con el nom bre de ^catástrofe ultravioleta^.

• La causa de estas dificultades surgidas al determinar la expresión de la función

de Kirchoff r* está relacionada con uno

de los principios fundamentales de la fj sica clásica, según el cual la energía de cualquier sistema puede variar continua

mente, es decir, puede adquirir cuales quiera valores próximos, es decir:

<<:La energía de radiación térmica, es una cantidad física continua^

d) Fórmula de PlanckSegún la teoría cuántica de Planck, la e nergía de un oscilador de radiación de frecuencia propia (v) puede adquirir só

lo determinados valores discretos (cuan tifícados), que se diferencian en un nú mero entero de porciones elementales, llamados cuantos de energía, esto es:

£0 = h v

siendo, h=6,625.10'34 J.s la constante de Planck (cuanto elemental de acción)

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494 Temperatura y calor peraturas elevadas de un cuerpo. En los pirómetros de radiación se registra la radiación integral del cuerpo caliente que se estudia, en tanto, en el pirómetro óptico, su radiación en una o en dos par tes estrechas de su espectro. Para medir la temperatura de los cuerpos sólidos, líquidos o gaseosos, estos deben estar en estado de equilibrio termodinámico.

• En correspondencia con esto, la absor ción y radiación de energía por las par tículas del cuerpo emisor (átomos, mo léculas o iones) que intercambian ener gía con los osciladores de energía, se debe efectuar de forma discontinua, a porciones.

• La energía media de un oscilador de ra diación, viene dado por:

, . h ve(v) = -r-Tr?—

e - l

• La fórmula de Planck para el poder emi sivo del cuerpo negro, viene dado por:

27t v2 h v

• Esta fórmula concuerda con los resulta dos experimentales de medición de la distribución de la energía en el espec tro del cuerpo negro a distintas tempe raturas.

• El valor numérico de la constante de Planck se puede calcular conociendo los valores de la constante de Boltzman "k", la constante de Steffan-Boltzman "ct" y la velocidad de la luz en el vacío "c", a partir de la expresión:

e) Pirometría de radiaciónSe llama pirometría de radiación el con

junto de métodos de medición de eleva das temperaturas fundamentadas en la relación de dependencia que existe en tre la temperatura y el poder emisivo de un cuerpo caliente.

f) Pirómetros de radiaciónSe llaman asi, a los instrumentos que se utilizan para medir el conjunto de tem

g) Temperatura de radiaciónSe llama temperatura de radiación de un cuerpo, a la temperatura del cuerpo negro cuya radiación total de energía coincide con la radiación del cuerpo en mención.

h) Temperatura de color Se llama temperatura de color de un cuerpo, a la temperatura T del cuerpo negro que tiene una distribución de e nergía en el espectro la más próxima a la distribución de energía del cuerpo considerado a la temperatura dada.

i) Temperatura de brillo

Se llama temperatura de brillo de un cuerpo a la temperatura del cuerpo ne gro, cuya densidad espectral de brillo e- nergético para la longitud de onda de /.0 = 660 nm es igual a la densidad es

pectral de brillo energético del cuerpo en mención para la misma longitud de onda y en la dirección de la normal a la superficie.

j) FotoelectricidadSe llama así al proceso de interacción de la radiación electromagnética con la materia, en el que, la energía de los foto nes se transmiten a los electrones de la materia. En los sólidos y líquidos se ob serva el efecto fotoeléctrico externo.

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Física II 495

PROBLEMAS PROPUESTOS01. Para medir la temperatura de una persona debemos mantener el termómetro en su con

tacto durante cierto tiempo ¿Porqué?

02. Responda a las siguientes preguntas:

a) La temperatura normal del cuerpo humano es de 36°C. Expresar esta temperatura en la escala Kelvin.

b) La temperatura de ebullición del nitrógeno líquido es de 78 °K ¿Cuál es su valor en

grados centígrados °C?

c) La temperatura de un cuerpo se elevó en 52°C. ¿Cuál fiie la elevación de la tempe ratura en la escala Kelvin del mismo?

03. Dos recipientes A y B contienen masas iguales de un mismo gas a diferentes tempeperaturas siendo tA> tB. Decir si es correcto:a) "El gas en A posee más calor que en el gas B "b) "La energía cinética de las moléculas del gas A esmayor quela energía cinética

del gas B"

04. Si el coeficiente de dilatación lineal del plomo es 29.10'6 °C"' esto significa que una barra de plomo:a) De un kilómetro de longitud se dilata 29.10'6 km, cuando su temperatura aumenta en

b) De un centímetro de longitud, cuando su temperatura aumenta en 1 °C, se dilata en -

05. Una placa de zinc (a=25.10'6 °C '1) de forma rectangular, tiene 60 cm de longitud y 40

cm de ancho, a la temperatura de 20 °C, si se calienta hasta 120 °C.a) ¿Cuál será el aumento de longitud de la placa?b) ¿Cuál será el aumento de la anchura de la placa?

06. Un líquido de coeficiente de dilatación cúbica pL =6,9.10'5 °C'' se ubica en un rec|piente de aluminio (Al) de coeficiente lineal a=23.10'6 °C ' alcanzando una altura "h".a) Determinar el coeficiente de dilatación cúbica del aluminio.b) Si el conjunto recipiente-líquido se calienta, el nivel del líquido:

I) subirá II) bajará III) quedará fijo

c) ¿Cuál será la dilatación aparente del líquido?

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496 Temperatura y calor 07. Una esfera de madera flota sumergida con la mitad de su volumen en agua contenida en

un recipiente, los cuales están a 2 °C de temperatura. Si sólo se calienta el agua hasta

una temperatura de 4 °C:I) El volumen de agua:

b) disminuiráa) aumentaráII) La densidad del agua:

a) aumentará b) disminuirá

III) La parte sumergida de la esfera:

a) aumentará b) disminuirá

c) quedará estable

c) quedará estable

c) quedará estable

08. Respecto de las escalas de temperatura Centígrada-Fahrenheit, indique. ¿Cuáles de lassiguientes afirmaciones son verdaderas (V) ó falsas (F)?

a) El cero en ambas escalas corresponden a la temperatura del medio ambiente.b) Para obtener la temperatura Fahrenheit es necesario sumar 32 a la temperatura Cen tigrada.

c) Una división (o sea, 1 grado) en la escala Centígrada tiene la misma magnitud de u na división en la escala Fahrenheit.

d) Una división (o sea, 1 grado) en la escala de Centígrada es igual a 9/5 de una divi sión en la escala Fahrenheit.

e) Una división (o sea, 1 grado) en la escala Centígrada es igual a 5/9 de una división en la escala Fahrenheit.

09.¿Cuál de las gráficas expresa la relación entre los grados Centígrada y Fahrenheit?.

b) c) d)

/ 32

Y *c •c -17,7 •

-17,7

10. Complete la oración siguiente:<<:E1 calor es una forma de , y la temperatura es la magnitud que estableceel grado de-------------------------- de las moléculas de un cuerpo**a) Potencia , oscilación b) Energía , movimiento,c) Movimiento , calentamiento d) Movimiento , enfriamientoe) Corriente , calentamiento

11. Si el cuerpo A frió se une con el cuerpo B caliente, indique las afirmaciones verdaderas (V) y falsas (F):

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Física II 497

I) A y B alcanzan después de un tiempo la misma temperatura.II) A le cede energía a B.III) La temperatura del equilibrio térmico es mayor que la temperatura inicial de B.IV) La temperatura alcanzada por A y B está comprendida entre sustemperaturas ini

ciales.

a) VFFV b) FVFF c) VVFV d) FFVF e) VFVV

12. De conocerse el calor específico de una pulga (cP), en el proceso seguido para medir sutemperatura indique los pasos correctos ó falsos:I) Medimos la tempera tura (T0) y la masa del agua (m(12o) en el vaso.II) Medimos la masa (mP) de las 1 000 pulgas.III) En el vaso con agua echamos las pulgas.IV) Medimos la temperatura de la mezcla (T) (agua + pulgas).V) Luego, la tempera tura de una pulga, puede hallarse de:

1 |1000

c H20-m H20Cp.mp

(T -T 0) + T]

13. Se tienen dos barras del mismo material de longitudes diferentes, indique la gráfica correcta de la variación de longitud (L) vs temperatura (T):

a) c) d)

T*C

14. Indicar las afirmaciones verdaderas (V) ó falsas (F). En las construcciones de hormigónarmado, se utiliza únicamente el hierro como armadura, por:I) Ser el material de construcción más barato.II) Tener su coeficiente de dilatación muy próximo al del hormigón armado.III) No se quiebra fácilmente.IV) No se oxida ó corrosiona.

V) Es el metal más resistente ó duro.

a) FVFFF b) FFVVF c) FVFVF d) VFVFV e) VVFFV

15, Indicar las afirmaciones verdaderas (V) ó falsas (F). En un cuarto, si abrimos la puertade la refrigeradora en pleno funcionamiento:I) La temperatura del cuarto disminuye.U) La temperatura del cuarto aumenta.III) La temperatura del cuarto no cambia.

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1?? Temperatura v calor __________________________

I V ) L a t e m p e r a t u r a d e l a r e fr ig e r a d o r a a u m e n t a .

V ) L a p o t e n c i a c o n s u m i d a p o r l a r e f r i g e r a d o r a e s ig u a l , a l a p o t e n c i a t ra n s f e r i d a a l

c u a r to , e n f o r m a d e c a l o r .

a ) F V F F V b ) F F V V F c ) F V F V F d ) V F V F V e ) V V F F V

1 6 . T r a n s f o r m a r - 2 , 2 ° F a g r a d o s c e n t íg r a d o s .

a ) 1 0 , 5 5 ° b ) 1 2 , 5 5 ° c ) 1 4 , 5 5 ° d ) 1 6 , 5 5 ° e ) 1 8 , 5 5 °

17. C a l c u la r l a t e m p e r a t u r a q u e e s e x p r e s a d a p o r e l m i s m o n ú m e r o u s á n d o s e l a e s c a l a c e n

t íg r a d a o l a e s c a l a F a h r e n h e i t.

a ) - 1 0 ° C b ) - 2 0 ° C c ) - 3 0 ° C d ) - 4 0 ° C e ) - 5 0 ° C

1 8 . E l p u n t o d e f u s i ó n d e l p l o m o e s 3 3 0 ° C y s u p u n t o d e e b u l li c ió n a p r e s i ó n a t m o s f é r ic a

e s 1 1 7 0 ° C . H a l la r l a r a z ó n ( T / T 0) d e e s t a s te m p e r a t u r a s e n l a e sc a l a F a h r e n h e i t .

a ) 1 ,4 b ) 2 , 4 c ) 3 , 4 d ) 4 , 4 e ) 5 ,4

19. L a l o n g i tu d d e l a c o l u m n a d e m e r c u r i o d e u n t e r m ó m e t ro e s 4 c m c u a n d o e l t e m i ó m e

t r o s e s u m e r g e e n a g u a c o n h i e lo , y d e 2 4 c m c u a n d o e l t e r m ó m e t r o s e s u m e r g e e n v a

p o r d e a g u a h i r v i e n d o a c o n d i c i o n e s n o r m a l e s , ¿ Q u é l o n g i t u d t e n d r á e n u n a h a b i t a c i ó n

a 2 2 ° C ?

a ) 8 , 0 c m b ) 8 ,2 c m c ) 8 , 4 c m d ) 8 ,6 c m e ) 8 ,8 c m

20. S i la l e c tu r a d e u n a te m p e r a t u r a e n g r a d o s F a h r e n h e i t e x c e d e e n 4 0 a l a te m p e r a t u r a en

g r a d o s C e l s i u s . H a l la r la te m p e r a t u r a e n g r a d o s k e l v in .

a ) 2 5 3 ° K b ) 2 6 3 ° K c ) 2 7 3 ° K d ) 2 8 3 ° K e ) 2 9 3 ° K

21. U n t e rm ó m e t r o c o n e s c a l a a r b it ra r ia t i e n e c o m o p u n t o d e f u s ió n d e l h i e lo - 2 0 y c o m o

p u n t o d e e b u l l i c i ó n d e l a g u a + 1 8 0 . ¿ A q u é t e m p e r a t u r a e n g r a d o s F a h r e n h e i t a m b o s t e r

m ó m e t r o s i n d ic a r á n lo m i s m o ?

a ) 4 0 0 ° F b ) 4 5 0 ° F c ) 5 0 0 ° F d ) 5 5 0 ° F e ) 6 0 0 ° F

2 2 . S i e n l a e s c a l a in t i la t e m p e r a t u r a d e e b u l l i c ió n d e l a g u a e s d e 8 0 ° y l a d e f u s i ó n d e l h i e

l o e s d e 0 ° . H a l la r l a le c t u r a e n e s t a e s c a la c u a n d o l a t e m p e r a t u r a e n l a e s c a la k e l v i n e s

d e 2 9 3 ° .

a ) 1 0° I b ) 1 2 ° I c ) 1 4 ° I d ) 1 6 ° I e ) 1 8 ° I

23. U n t e rm ó m e t ro c o n e s c a l a a rb i tr a r ia t ie n e c o m o p u n t o d e f u s ió n d e l h i e lo - 4 0 ° y c o m o

p u n t o d e e b u l l i c i ó n d e l a g u a 1 6 0 ° , c u a n d o e n e s t e t e r m ó m e t r o s e l e e 2 0 ° , ¿ C u á n t o v a l e

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Física II 499

l a t emp era tu ra en l a e sca la cen t íg rad a?

a) 10° C b) 20° C c) 30° C d) 40° C e) 50° C

24. U n te rmó met ro ma l ca l ib rad o , in d ica +1 ° a l a t emp era tu ra d e co n g e lac ió n d e l ag u a y

99° a la temperatu ra de ebu l l ic ión del agua. Con es te termómetro mal ca l ib rado se mide

la tem pera tu ra de c ier ta sus tan cia dando c omo lectu ra 25°. ¿Cuál es la verda dera tempe

ra tu ra en g rad o s cen t íg rad o s d e l a su s t an c ia?

a) 20 ,5° C b) 22 ,5° C c) 24 ,5° C d) 26 ,5° C e )2 8 ,5 °C

25. La long i tud de un r ie l de fer rocarr i l a la temperatu ra de -15° C es de 20 000 m. ¿Cuál

se rá su lo n g i tud a l a t emp era tu ra d e 3 5 °C ? ( a = 12 .10 '6 °C"')

a) 20 012 m b )2 0 016 m c) 20 020 m c) 20 024 m e) 20 028 m

26. En un d ía en la que la tempe ratu r a es de 3 1 °C , se l lena un tanque de acero a 20 °C con

g aso l in a f r í a ex t r a íd a d e u n a lmacén su b te r rán eo a l a t emp era tu ra d e 2 0 °C , 0 Q u é

fracción de gaso l in a se derram a cua ndo e l tanque y es te a lcanzan la temp eratu ra de 3 1

0 C? (Los coef ic ien tes de d i la tación l ineal de la gaso l ina y a lumin io son : a A =36.1 0 '

°C 1, a G = 956.10 “ "C' )

a) 1/10 b) 1/20 c) 1/50 d) 1/80 e) 1/100

27. Hallar la longitud de una barra a 10°C, si su longitud a 0 °C es de 50 cm. LI coeficien

te de dilatación l ineal de la barra es 2.10 ' °C .

a) 50,01 m b) 50,03 m c) 50,05 ni d) 50,07 m e) 50.09 m

28 . Para ob tener la temperatu ra de un horno , se co loca en e l una barra de long i tud 4 ,414 m

a 0 °C aumentando su long i tud a 4 ,432m. Hal lar la temperatu ra del homo, s i e l coef i

c íen te de d i la tación l ineal de la barra es de 1 ,2 . 10‘4 ° C I.

a) 33,82° C b) 33,86° C c) 33,90° C d) 33,94° C e) 33,98° C

29 . ¿En cuán to debe e levarse la temperatu ra de una barra de la tón de long i tud L 0 y coefic íen te de d i la tación l ineal c r f O . l O ’ °C" : para que su long i tud aum ente en Lo /1000?

a) 30° C b)35° C c) 40° C d) 45° C e) 50° C

30 . La densidad del acero a la temperatu ra de 0° C es de 7 ,8 g /cm3. Hal lar su densidad a

100° C. E l coef ic ien te de d i la tació n l ineal del acero es 12 .10 6 ° C 1.

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52® Temperatura y calor _________________________

a ) 7 , 7 1 b ) 7 ,7 3 —^ c ) 7 , 7 5 d ) 7 , 7 7 e ) 7 , 7 9 - ^ r cm cm cm cm cm

31. E n u n t e r m ó m e t ro q u e s e e n c u e n t r a 0 ° C d e te m p e r a tu r a e l v o l u m e n d e s u d e p ó s i to e s

V 0 = 5 0 c m 3 y l a s e c c i ó n t ra n s v e r s a l d e l c a p i la r e s A o = 5 c m 2, s i e l m e r c u r io l l e n a j u s t a

m e n t e e l d e p ó s i to a 0 ° C , ¿ C u á l e s l a l o n g i t u d d e l a c o lu m n a d e m e r c u r i o e n e l c a p i l a r a

l a te m p e r a t u r a d e T = 5 0 ° C ? ( p M = 1 8 2 . 1 0 ' 6 ° C l , <xv = 3 . 1 0 ' 6 ° C _I )

a ) 0 ,1 6 5 m m b ) 0 ,2 6 5 m m c ) 0 ,4 6 5 m m d ) 0 ,6 6 5 m m e ) 0 ,8 6 5 m m

3 2 . A l r e d e d o r d e u n a r o d e l o c o m o t o ra d e d i á m e t r o 1 ,3 0 m q u e e s t á a 2 0 ° C s e t ra t a d e u b i

c a r u n a r u e d a d e a c e r o c u y o d i á m e t r o in t e r i o r e s m e n o r q u e e l d e l a r u e d a e n 0 ,5 0 m m y

d e c o e f i c i e n te d e d i l a t a c i ó n l in e a l a = 1 2 . 10 -6 ° C ' , ¿ A q u é t e m p e r a t u r a d e b e r á c a l e n t a r

s e la r u e d a p a r a q u e s u p e r e a l d e l a r o e n 0 ,5 0 m m ?

a ) 7 2 ° C b ) 7 6 ° C c ) 8 0 ° C d ) 8 4 ° C e ) 8 8 ° C

3 3 . U n f r a s c o d e v i d r i o d e v o l u m e n 1 0 0 0 c m 3 c o m p l e ta m e n t e l le n o d e m e r c u r i o d e c o e f i

c í e n t e d e d i la t a c i ó n v o l u m é t r i c a p M = 1 8 0 . 1 0"6 ° C * ', e s tá a 0 ° C . S i s e c a l ie n t a e l f r a s c o

h a s ta 1 0 0 ° C s e d e r r a m a 1 5 c m 3 d e m e r c u r io .

I ) ¿ C u á n t o s e d i la t a r á e l m e r c u r io ?

a ) 1 0 c m 3 b ) 1 2 c m 3 c ) 1 4 c m 3 d ) 1 6 c m 3 e ) 1 8 c m 3

I I) ¿ C u á n t o f u e l a d i l a ta c i ó n v o l u m é t r ic a d e l f ra s c o ?

a ) 1 c m 3 b ) 2 c m 3 c ) 3 c m 3 d ) 4 c m 3 e ) 5 c m 3

H I ) ¿ P a r a e s te f ra s c o d e v i d r i o q u é v a l o r t ie n e a ?

a ) 1 0 p ° C -1 b ) 1 2 p ° C _1 c ) 1 4 p ° C -1 d ) 1 6 p ° C _1 e ) 1 8 n ° C - ‘

34. U n a t u b e r í a d e a c e r o p a r a t ra n s p o r t e d e v a p o r ti e n e u n a s e c c i ó n t ra n s v e r s a l d e 8 , 0 .1 0*3

m 2 a 2 0 ° C , ¿ C u á l s e r á l a s e c c i ó n t r a n s v e r s a l c u a n d o l a tu b e r í a se e n c u e n t r e l l e n o d e

v a p o r r e c a l e n ta d o a 1 7 0° C ? ( a = 1 2 .1 0 "6 ° C ' ' )

a ) 8 0 , 1 9 c m 2 b ) 8 0 , 4 9 c m 2 c ) 8 0 , 5 9 c m 2 d ) 8 0 , 3 9 c m 2 e ) 8 0 , 2 9 c m 2

35. E n l a F i g .0 1 , l a v a r i l la d e c o b r e d e 5 m d e l o n g i tu d f ij o p o r u n e x t re m o y a p o y a d o s o b r e

r o d i l l o s d e 1 c m d e d i á m e t ro , s e c a l ie n t a l a v a r i l l a d e s d e 2 0 ° C a 2 2 0 ° C l o c u a l h a c e g j

r a r lo s r o d i l lo s . ¿ C u á n t o s r a d i a n e s g i r a e l ú l ti m o r o d i l lo c o n t a n d o a p a r t ir d e l e x t r e m o

f i j o ? ( a Cu= 1 7 . 1 0 ‘6 ° C ' )

a) 3,0 rad b) 3,2 rad c) 3,4 rad d) 3,6 rad e) 3,8 rad

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Física II 501

36. Con una regla metálica de coeficiente de dilatación lineal 5.10"4 °C '1, se realiza medidones exactas a 10° C. Se efectúa una medición a la temperatura de 30° C, obteniéndoseuna lectura de 100 cm dilatados. Hallar la longitud correcta de la medida realizada.

a) 97 cm b) 98 cm c) 99 cm d)1 00cm e) 101 cm

37. Una lámina delgada de latón a 20° C tiene la misma superficie que una lámina delgadade acero a 10° C. Hallar la temperatura común a la que tendrán la misma superficie am

bas láminas. ( a lat6n = 3ccacero)

a) 10° C b) 15° C c) 20° C d) 25° C e) 30° C

38. Se tiene una esfera hueca de radio (R) y en su interior otra esfera concéntrica de radio(r). Hallar la razón (R/r) entre sus radios para que el volumen de la parte intermedia novaríe al incrementarse la temperatura del sistema. La relación de los coeficientes de dilatación lineal de las esferas es a r = 8 a R.

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

39. Hallar la altura de mercurio que debe ser colocado en un tubo de vidrio de 15 cm dealtura para que el volumen dentro del tubo sobre el mercurio sea ei mismo a cualquier temperatura. El coeficiente de dilatación cúbica del vidrio es 6.10‘50C’’ y el coeficientede dilatación cúbica del mercurio es 18.10"5°C 1.


40. Se tiene una lámina metálica de coeficiente de dilatación superficial igual a 2,02.10 4°C'1, al cual se le ha sustraído un círculo de radio 1 cm. Se pretende hacer pasar por el o

rificio una esfera de radio 1,02 cm. ¿En cuánto se debe incrementar la temperatura de lalámina metálica, tal que, la esfera pueda pasar por el orificio?

a) 100° C b) 150° C c) 200° C d) 250° C e) 300° C

41. En la Fig.02, mostrada, en cuántos °C se debe incrementar la temperatura de las barrasA y B para que sus extremos se junten. Las barras están empotradas a paredes aislantesdel calor y además: a A= 15.10"4 0C '' ; a B= 1.10'3 °C 1

a)1 0°C b) 20° C c) 30° C d) 40° C e) 50° C

Fig.01 Fig.02

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________________________ Temperatura v calor _______________________ __

4 2 . Hallar las longitudes de dos varillas a la temperatura ambiente, de coeficientes de dila

tación lineal: a i= 18.10"6 °C ' ; a 2= 12.10-6 0C_1. De tal modo que la diferencia de suslongitudes sea igual a 5 cm, a cualquier temperatura.

a) 13 cm, 8 cm b) 12 cm, 7 cm c) 14 cm, 9 cm d) 15 cm, 10 cm e) 16 cm, 11 cm

4 3 . Un alambre de coeficiente de dilatación lineal a y longitud Lo se dobla en forma decircunferencia dejando una abertura, si incrementamos su temperatura en AT, ¿El anillocerrará?

4 4 . Un reloj de péndulo metálico adelanta t,= 2 s por día a una temperatura Tj y atrasa t 2=4 s por día a una temperatura T2, si el coeficiente de dilatación lineal del metal es2,31.10 50C '\ Hallar la diferencia de temperaturas T2-T,. (T2>T i)

a)2 °C b)4 °C c)6 °C d) 8o C e)10 °C

4 5 . Cuál es la temperatura más probable cerca del fondo de un lago con hielo en la superfi

cié? ¿Por qué razón?

a) 2o C b) 4o C c) 6oC. d) 8o C e) 10o C

4 6 . En un calorímetro de equivalente en agua 40 g, que contiene 360 g de agua a la temperatura de 10 °C, se introduce un cuerpo de 100 g de masa que está a 120 °C. Hallar el calor específico (en cal/g.°C) del cuerpo, si la temperatura de equilibrio del sistema es de40° C

a) 1,1 b) 1,2 c) 1,3 d) 1,4 e) 1,5

47. En un calorímetro de equivalente en agua 55 g, que contiene 500 g de agua a 0oC, se introduce 0,5 kg de cobre a 200 °C. Hallar la temperatura del equilibrio térmico. (El calor específico del cobre es 0,09 cal/g °C)

a) 110 C b) 13° C c) 15° C d)1 7°C e)1 9°C

4 8 . Cuando un trozo de hierro de 290 g a una temperatura de 190 °C se sumerge en 259 gde glicerina que se encuentran en un calorímetro de aluminio de 100 g a 10 °C, se observa una temperatura final de 38 °C, ¿Cuál es el calor específico (en J/kg.°C) de laglicerina? (c¡.e=450 J/kg.°C, cA, = 900 J/kg.°C)

a) 2358 b) 2368 c) 2378 d) 2388 e) 3398

49. Una sustancia de masa 220 g se calienta hasta 330 °C y se introduce en un calorímetrode aluminio de 90 g que contiene 150 g de agua a 11,5 °C, la temperatura final, medidacon un termómetro de vidrio de masa 17 g es 33,8 °C. Hallar el calor específico (enJ/kg.°C) de la sustancia (cAi= 900 J/kg.°C, cH2o=4186 J/kg.üC, cv = 840 J/kg.°C)

a) 217,5 b) 227,5 c) 237.5 d) 247,5 e) 257,5

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________________________________ Física II _____________________________ 50350. ¿Cuál es el calor específico (en cal/g.°C) de una sustancia metálica si se requieren 36

kcal de calor para elevar la temperatura de 4,5 kg de metal de 20° C a 40° C?

a) 0, b) 0,2 c) 0,3 d) 0,4 e) 0,5

51. En la Fig.03, en un vaso de vidrio que está a la temperatura ambiente de 20° C se vier

ten 200 cm3de agua a 50° C. Hallar el máximo calor que fluirá hacía el medio ambiente por dicha experiencia. (cc= l cal/g.°C)

a) 1 kcal b )2 kcal c) 4 kcal d) 6 kcal e) 8 kcal

52. En la Fig.04. la cabeza de 0,50 kg de un martillo tiene una velocidad de 6,0 m/s justoantes de golpear el clavo de hierro de 20 g y quedar en reposo. Hallar el aumento detemperatura del clavo generada por 10 golpes sucesivos del martillo. Suponer que el cíavo absorbe todo el calor. (cFe= 450 J/kg.°C)

a) 6° C b) 10° C c) 8 C

50“ C

5 m/s

d) 12° C e) 14°C

20“ C

Fig.03 Fig.04

53. Una bala de plomo de 25 g moviéndose a 400 m/s atraviesa una delgada pared de hierroy emerge de ella con una velocidad de 250 m/s. Si la bala absorbe el 50% del calor quese genera. (TF= 327° C, cPb = 130 J/kg.°C)a) ¿Cuál será el aumento de temperatura de la bala?

a) 181,5° C b) 183,5° C c) 185,5 C d) 187,5 C e) 189,5 C

b) Si la temperatura ambiente es de 20° C, ¿Se fundirá alguna parte de la bala? Y si esto sucede ¿Qué cantidad se funde?

a) Og b) 5 g C) 10; d) 15 g e) 20 g

54. ¿En cuánto tiempo una cafetera de 500 W hervirá 0,45 lt de agua qué se encuentran inicialmente a 10° C ? Suponer que la parte de la cafetera que se calienta junto con el agua es de aluminio y tiene una masa de 400 g. (cH2o= 4186 J/kg.°C, cAi= 900 J/kg.°C)


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504 ________________________ Temperatura y calor __________________________

55. Hallar la altura de una catarata, sabiendo que la diferencia de temperaturas entre las aguas de abajo y las de arriba es 1,0° C.( Calor específico del agua 4 200 J/kg °C y g=lON/kg)

a) 400 m b )4 1 0m c) 420 m d) 430 m e) 440 m

56. Una bola de metal de 2 kg se suelta desde 160 m de altura y al impactar sobre el piso seeleva hasta la mitad de la altura inicial. Si la cuarta parte de la energia que se transfor mó en calor se disipa al medio exterior. Hallar el incremento de su temperatura(cc=200 J/kg °C y g=10 m/s2)

a) 1° C b) 2° C c) 3° C d) 4° C e) 5° C

57. Si la cantidad de calor necesario para aumentar en 100° C la temperatura de 10 kg de unmetal es 100 kcal. Hallar el porcentaje de calor cedido al medio ambiente. (ce= 85cal/kg °C)

a) 10 % b) 15 % c) 20 % d) 25 % e) 30 %

58. Sobre un carrito de masa 7 kg, que se mueve por inercia con velocidad de 4 m/s, se coloca desde arriba un ladrillo de masa 1 kg. Hallar la cantidad de calor desprendido en el

proceso. (1 J = 0,25 cal)

a) 1,00 cal b) 1,25 cal c) 1,50 cal d) 1,75 cal e) 2,00 cal

59. ¿Con qué velocidad se debe lanzar un bloque de hielo a 0° C, contra una pared, tal quecambie de fase íntegramente (agua liquida a 0° C). Calor latente de fusión del agua j

gual a 320 kJ/kg.


60. En la Fig.05, se muestra la gráfica del calor que utiliza un cuerpo para derretirse. Si lamasa del cuerpo es de 25 gramos. Halle el calor latente de fusión del cuerpo.

Fig.05 Fig.06

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Física II 505

a) 1000 J/g b) 2000 J/g c) 3000 J/g d) 4000 J/g e) 5000 J/g

61. En un recipiente de capacidad calorífica despreciable se encuentran M gramos de hieloa 0o C. Se introducen en el 120 gramos de agua a 60° C que permiten fundir exactamente todo el hielo.¿ Qué cantidad de hielo había en el recipiente ? (LF= 80 cal/g)

a) 70 g b) 75 g c) 80 g d) 85 g e) 90 g

62. Un recipiente de calor específico despreciable, contiene 20 gramos de hielo a -20° C.¿Cuántos gramos de agua a 100° C se debe verter en el recipiente, para obtener finalmente agua líquida a 0°C? (LF= 80 cal/g)

a) 10 g b) 12 g c )1 4 g d) 16 g e )1 8 g

63. Un recipiente de calor específico despreciable, contiene 30 gramos de hielo a 0o C.¿

Cuántos gramos de vapor de agua a 100° C se debe inyectar al recipiente, para obtener finalmente agua líquida a 100° C ? ( LF= 80 cal/g , Lv= 540 cal/g )

a) 10 g b) 12 g c) 14 g d) 16 g e) 18 g

64. Se tiene M gramos de hielo a 0o C y se sumerge en M gramos de agua a 100° C.¿Cuálserá la temperatura final de equilibrio del sistema?. Desprecie toda ganancia o perdidade calor con el exterior. (LF= 80 cal/g)

a) 10° C b)1 2°C c) 14° C d )1 6°C e) 18o C

65. Hallar la temperatura de equilibrio de la mezcla de 992 gramos de hielo a 0o C y 160gramos de vapor de agua a 100° C. El recipiente térmicamente aislado no gana ni pier de calor. (LF= 80 cal/g , Lv = 540 cal/g)

a)1 0°C b) 15° C c) 20° C d) 25° C e) 30° C

66. En la Fig.06, las preguntas se refieren al diagrama de fase del C 0 2 (hielo seco), que semuestra. El gráfico no está trazado a escala uniforme.I) Si el C 0 2estuviera sometido a una presión de 70.105 Pa y a una temperatura de -80°

C. ¿En que fase se encuentra?

a) sólida b) líquida c)gaseosa

II) Cierta masa de C 0 2, en las mismas condiciones de temperatura y presión que enaula de clases (aproximadamente 105Pa y 20° C) ¿En qué fase se hallará?

a) sólida b) líquida c)gaseosa

III) En un recipiente se tiene C 0 2 líquido a una presión de 73.105 Pa. Al calentarlo ymanteniendo constante la presión que se ejerce sobre el, ¿A qué temperatura Emp.

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506 Temperatura y calor zara a vaporizarse!

a) 10° C b) 15 C c) 20° C d) 25° C e) 30° C

IV) ¿A qué presión y tempera tura debemos someter el C 0 2 para que sea posible encontrarlo, simultáneamente en las tres fases?

a) 6,2.105Pa , -51° Cd) 6,4.105Pa, -55° C

b) 6,2.105 Pa , -59° C c) 6,6.105Pa , -53° Ce) 6,8.103Pa , -57° C

V) Considere un trozo de “hielo seco” a una presión de 3.10 Pa manteniendo constante esta presión y calentándolo dicho trozo, cambiará de fase al llegar a cierta temperatura. ¿Cuál será este cambio de fase?

a) sublimación b) fusiónd) vaporización e) condensación

c) solidificación

VI) Un recipiente contiene una mezcla de C 0 2, en los estados sólido, líquido y gaseoso, con los tres en equilibrio. La temperatura se mantiene constante y se aumentala presión ejercida sobre la mezcla. ¿En qué fase, entonces, se presentará toda lamasa de C 0 2?

a) sólida b) líquida c) gaseosa

67. Una resistencia recibe de una fuente eléctrica una potencia de 500 watts. El bloque dehielo en donde se encuentra el resistor es de 716,7 gramos a 0oC. Encontrar después decuántos minutos se logrará fundir íntegramente el hielo. (LF=80 cal/g , 1 cal = 4,186 J)

a) 1min b) 2 min c) 4 min d) 6 min e) 8 min

H I E L O

:::: h 2o

Fig.07

H I E L O

2

h 2o

Fig.08 Fig.09

68. En una cacerola se echa agua a 10° C y se pone a calentar sobre un hornillo eléctrico.Al cabo de 10 min el agua empieza a hervir. ¿Cuánto tiempo tardará en vaporizarse totalmente el agua? (Lv=540 cal/g)


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Física lt 507

69. La Fig.07, muestra un bloque de hielo masa m=10 kg sumergido parcialmente en agua.Si el recipiente se encuentra completamente lleno con agua, cuando el hielo se derrite.¿Cuánto (en kg) de agua se derrama?


70. En la Fig.08, en el vaso con agua está sumergido parcialmente un bloque de hielo quecontiene una billa metálica, ¿Al derretirse el hielo, que sucede con el nivel del agua?

a) El nivel de agua baja b) El nivel de agua sube c) El nivel de agua se mantiene

71. A 10 kg de un líquido “x” que está a 50° C, se le agrega 1,0 kg de hielo a -50° C, obteniéndose una mezcla líquida a 30° C.¿Cuál es el calor específico (en cal/kg.°C) de "x"?(LF=80 cal/g , ce H= 0,5 cal/g.°C)

a) 600 b) 625 c) 650 d) 675 e) 700

72 En un calorímetro que contiene 50 g de agua a 0o C, se introduce 40 g de hielo a -30° C.Hallar la cantidad de agua que se solidifica cuando se alcanza la temperatura del equili

brio, asuma que el calorímetro no gana ni pierde calor. (LF=80 cal/g , ce, n=0,5 cal/g.°C)

a) 6,0 g b) 6,5 g c) 7,0 g d) 7,5 g e) 8,0 g

73. En un calorímetro ideal, se introduce 800 g de hielo a la temperatura de -20° C y sevierte 800 g de agua fría a 0o C. Hallar la cantidad de hielo que queda en el recipientecuando se alcanza la tempera tura del equilibrio térmico. (LF =80 cal/g , ce> H=0,5

cal/g.°C)

a) 70 g b) 80 g c) 90 g d) 100 g e) 110 g

74. En la Fig.09, el vidrio de una ventana de edificio mide 2x6 m2 y tiene un espesor de 1,2

cm. La superficie exterior está a una temperatura de 23 °C y la interior a 25 °C,¿Cuánto calor se transfiere por el vidrio en una hora? (K= 0,25 cal / m.s.°C)

a) 1,0 Mea! b) 1,2 Mcal c) 1,4 Mcal d) 1,6 Mcal ej 1,8 Mcal

75. En la Fig.l 0, la hielerá de madera de espesor de 4 cm tiene un área total eficaz de 2 m2,

¿Cuántos gramos de hielo se fundirán en un minuto si la temperatura del interior es 4°C y la temperatura exterior es 26 °C? (K= 2,5.10'5 kcal/m.s.°C)

a) 20,600 g b) 20,625 g c) 20,650 g d) 20,675 g e) 20,700 g

76. Una pared vertical plana de área 24 m2 se mantiene a una temperatura de 90 °C. El aire

de los alrededores en ambos lados es de 30 °C. ¿Cuánto calor se pierde en ambos ladosde la pared en una hora? (El coeficiente de convección del air ee s igual a 1,27.10 3

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Física II 513

105.En la Fig. 19, el cascarón esférico está formado por dos capas, la primera de cobre y lasegunda de aluminio de conductividades térmicas kj =390 W/m.°C y k2=210 W/m.°C.Hallar la temperatura (Tb) en la superficie común de las capas. (a=10 cm, b=20 cm,c=30 cm, T,=200° C y Tc=l 00° C)

a) 130,2° C b) 132,2° C c)134 ,2°C d)136 ,2°C e)13 8,2°C

T2 kv T ,

Fig.l 9 Fig.20 Fig.21

106.La dependencia del calor específico de cierta sustancia respecto de la temperatura,viene dado por: c(T)=a+ b.T (cal/g.°C), siendo a, b constantes (b=a/30). ¿Qué cantidadde calor por unidad de masa ( AQ/m) , se debe suministrar para elevar la temperatura dela sustancia de Ti =20° C hasta T2 = 40° C?

a) 10a cal b ) 20a cal c) 30a cal d) 40a cal e) 50a cal

107.Un esquiador de masa m = 90 kg desciende con velocidad constante de v=16 m/s, por

una pendiente uniforme de hielo que está a la temperatura de T0=-32° C. ¿Qué cantidadde hielo por segundo se derrite, si toda la energía disponible se emplea en fundir el hielo, cuya ca lor específico es Ch=2 093 J/kg.°C, y calor latente de fusión Lf=335 kJ/kg.

a) 20,66 g b) 22,66 g c) 24,66 g d) 26,66 g e) 28,66 g

108.En la Fig.20, la ventana está constituida de una capa de aire intercalada entre dos píacas de vidrio, de conductividades térmicas kA, kv, respectivamente. Hallar la conductividad térmica equivalente del sistema. ( f 2 =

a) k . + k v b)k A k v

c)2 k , k

A " - V

k A + k v d)2 k , k. 4 k * k

k . + kv

109.En la Fig.21, el tubo muy largo de conductividad térmica k! =390 W/m.°C, radios interior a=2 cm y exterior b=2,2 cm conduce vapor a la temperatura T0=150° C. El área lateral extemo del tubo esta cubierto de un material aislante térmico de conductividad tér mica k2 = 0,046 W/m.°C, espesor d = 0,4 cm, y cuya superficie externa se encuentra auna temperatura constante de T^ÓO0 C. Halle la temperatura en la superficie extemadel tubo (r=b).

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Física II 509

82. H a l la r e l f lu j o d e c a l o r a t r a v é s d e u n t u b o c i li n d r ic o d e l o n g i tu d £ = 1 m , r a d i o s i n te

r i o r ( a ) y e x t e r i o r ( b ) ( b = 2 a ) , c o n d u c t iv i d a d t é r m i c a k = 7 4 , 4 W /m .° C , c u y a s s u p e r f i c ie s

l a te r a le s i n t e r n a y e x t e r n a e s t á n a u n a d i fe r e n c ia d e t e m p e r a t u ra d e A T = 2 0 0 ° C

a ) 1 2 9 k W b ) 1 3 2 k W c ) 1 3 5 k W d ) 1 3 8 k W e ) 1 41 k W

83. U n c u e r p o d e m a s a m = 3 k g s e s u e l t a d e s d e u n a a l tu r a d e h = 3 0 m , s o b r e u n d is p o s i t iv o

q u e c o n t ie n e M = 1 0 0 g d e a g u a , q u e e s t á a l a te m p e r a tu r a d e T 0= 2 0 ° C . H a l la r la n u e v a

t e m p e r a t u r a d e l a g u a , s i e l 6 0 % d e l a e n e r g í a d e l c u e r p o d e m a s a ( m ) s e t r a n s fo r m a e n

c a l o r , e n e l i n s t a n t e d e l i m p a c t o . (c e= 4 1 8 6 J /k g . ° C , g = 1 0 m / s 2)

a ) 2 1 , 1 ° C b ) 2 1 , 3 C c ) 2 1 , 5 ° C d ) 2 1 , 7 ° C e ) 2 1 , 9 ° C

84. E n l a F ig . 1 2 , l a b a r r a d e h i e r r o d e c o n d u c t iv i d a d t é r m i c a k = 7 4 , 4 W / m . °C , se c c i ó n t ra n s

v e r sa l re c t a n g u l a r d e l a d o s a = l c m , b = 2 c m y l o n g i tu d ( = 2 0 c m , e s tá r e v e s t id a d e u n

a i s la d o r té r m i c o e s p e c i a l, q u e e v i t a p e r d i d a s d e c a l o r p o r l a s p a r e d e s l a t e ra l e s . U n o d e

lo s e x t re m o s e s t á a l a t e m p e r a t u r a T , = l 0 0 ° C y e l o t r o a T 2= 2 0 ° C . H a l la r e l f lu j o d e c a

l o r a lo l a r g o d e l a b a r r a .

a ) 1 W b ) 2 W c ) 4 W d ) 6 W e ) 8 W

T2 FUENTE

j k

| t 2

T i HIELO

F i g . 1 2 F i g . 1 3

85. U n tu b o d e c o b r e d e l o n g i tu d í = 2 5 c m , d iá m e t ro s i n t e r i o r d = 1 c m y e x t e r io r D = 2 c m

e s s u m e r g id o e n u n r e c ip i e n t e q u e c o n t i e n e a g u a a l a te m p e r a tu r a d e 2 5 ° C , la t e m p e r a

t u r a d e l a su p e r f ic i e l a te r a l i n t e r n a d e l t u b o e s d e 5 0 ° C . H a l la r la m a s a d e a g u a q u e s e

c a l i e n t a h a s t a l a t e m p e r a t u r a d e 7 0 ° C d u r a n t e 1 0 m in . (k = 3 8 5 W /m .° C , c e= 4 1 8 6

J / k g . ° C )

a ) 6 1 , 5 k g b ) 6 3 ,5 k g c ) 6 5 , 5 k g d ) 6 7 , 5 k g e ) 6 9 , 5 k g

8 6 . L a t e m p e r a t u r a e n l a s u p e r f i c i e d e u n l a g o e s d e - 1 5 ° C . S i e l c o e f ic i e n te d e c o n d u c t iv i

d a d t é rm i c a d e l h i e lo e s k = 2 , 0 9 3 W /m .° C y s u d e n s i d a d p = 9 1 0 k g / m 3. ¿ E n q u é t ie m p o

s e f o r m a r á u n a c a p a d e h i e l o d e e s p e s o r d = 1 0 c m ? ( L F = 3 3 5 k J /k g )

a ) 1 2 ,3 h b ) 1 2 , 7 h c ) 1 3,1 h d ) 1 3 ,5 h e ) 1 3 , 9 h

87. E n l a F i g . l 3 , la b a r r a m a c i z a d e a c e r o d e c o n d u c t iv i d a d té r m i c a k = 5 0 , 2 3 W /m .° C , l o n g i

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51® ________________________ Temperatura y calor __________________________

tud i = 30,48 cm, diámetro de la sección transversal D= 1,27 cm, está revestida de unaislamiento térmico evitando perdidas de calor laterales. La barra al recibir calor de lafuente, derrite 50 g de de hielo, durante 50 min. Hallar la temperatura del foco caliente. (Lp=335 kJ/kg)

a) 261 0 C b) 263 0 C c) 265 0 C d) 267 0C e) 269 0 C

88. En la Fig. 14, el sistema formado por las barras de acero (1) y cobre (2) de longitudes iguales a í = 15 cm, y diámetro de sección D]=l,4 cm, están cubiertas por un aislantetérmico evitando perdidas laterales. Hallar el diámetro de la barra de cobre (D2=?), si elflujo de calor por la barra de acero es Hj = 6 W. (k, =50,23 W/m.°C, k2=385,l W/m.uC)

a) 4,5 mm b) 4,8 mm c )5 ,lm m d) 5,4 mm e) 5,7 mm

89. En la Fig. 15, la pared de un homo está formada por dos capas, el ancho de cada una dee-llas es i =22 cm, t 2 = 12 cm, sus conductividades térmicas kj = 0,43 W/m.°C, k2=

0,053 W/m.°C. La temperatura en el interior del horno es T,= 1600° C y en el exterior T2=20° C.I) Hallar la temperatura común a ambas capas de la pared compuesta del homo.

a) 1 309° C b) 1 319° C c) 1 329° C d) 1 339° C e) 1 349° C

II) Hallar el flujo de calor por unidad de área.

w w w w wa) 561,2-22 b) 563,2 c) 56 5,2 ^2 d) 567,2 ^ e) 56 9,2 ^2

m “ rrr ra" rrú m ‘

T,=250 C T,-2U"C

1

, c s

Fig.14 Fig.15

90. A un alambre de cobre de calibre 18 (diámetro igual a 0,1016 cm), longitud 30,48 m,resistividad p= 1,7.10’8 tim se aplica una diferencia de potencial de 1,0 V. Hallar el rit

mo con que se genera energía térmica en el alambre.

i) 1,58 W b) 1,56 W c) 1,54 W d) 1,52 W e) 1,50 W

91. Un calentador de potencia 350 W opera en una línea de 120 V,¿ En qué tiempo convier te este calentador 250 cm3 de agua a la temperatura de 27° C totalmente en vapor de agua. (ce = 4186 J/kg.°C , L=2,257.106 J/kg , p = 1000 kg/m3)


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512 Temperatura y calor lOO.En la Fig.16, el calorímetro C de resistencia R,=60 £1, que contiene una masa m=480 g

de agua, se conecta a la fuente de energía durante t=5 min, indicando el amperímetrouna intensidad de corriente i =6 A. ¿En cuánto se eleva la temperatura del agua, siR2=30 Q?

a) 12 °C b) 18 °C c) 24 °C d) 30 °C e) 36 °C

♦R2

MWHRi

Tb

Fig. 16 Fig. 17 Fig. 18

101.La temperatura de un termostato de agua de 1 litro de capacidad se mantiene constantemediante un calentador de potencia P=26 W; en el calentamiento del agua se utiliza el80 % de esta potencia. ¿Cuántos grados desciende la temperatura del agua del termostato en 10 min, si se desconecta el calentador?

a) 1 °C b) 2°C c) 3 °C d )4 ° C e) 5 °C

102.Una lámpara de incandescencia conectado a 120 voltios se sumerge en un calorímetroque contiene 400 g de petróleo de calor específico 0,5 cal/g.°C, luego de transcurrido 1min 40 s, la temperatura del petróleo se eleva en 6 °C. Flallar el gasto que supone tener encendida la lámpara 5 h, si el kW-h cuesta $ 20. (1 cal = 4,186 J)

a) $ 100 b) $ 5 c) $ 10 d) $ 15 e) $ 20

103.En la Fig. 17, el cascarón esférico de aluminio de conductividad térmica igual a k=210W/m.°C, tiene radios interno a=10 cm y externo b=20 cm, y sus superficies interna yexterna están a las temperaturas constantes de Ta=200° C y Tb=100° C. Hallar el flujode calor.

a) 50,8 kW b) 52,8 kW c) 54,8 kW d) 56,8 kW e) 58,8 kW

104.En la Fig. 18, el cascarón esférico de cobre de conductividad térmica k=390 W/m.°C,tiene radios interno a=10 cm y externo b=20 cm, y sus superficies interna y externaestán a las temperaturas constantes de T a=200° C y Tb=100° C. ¿Para qué valor de (r) latemperatura es de T=150° C?


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Física U 513

105.En la Fig. 19, el cascarón esférico está formado por dos capas, la primera de cobre y lasegunda de aluminio de conductividades térmicas k] =390 W/m.°C y k2=210 W/m.°C.Hallar la temperatura (Th) en la superficie común de las capas. (a=10 cm, b=20 cm,c=30 cm, T,=200° C y Tc=l 00° C)

a) 130,2° C b) 132,2° C

Tc

b>( tn r v O ) )


106.La dependencia del calor específico de cierta sustancia respecto de la temperatura,viene dado por: c(T)=a+ b.T (cal/g.°C), siendo a, b constantes (b=a/30). ¿Qué cantidadde calor por unidad de masa ( AQ/m), se debe suministrar para elevar la temperatura dela sustancia de Ti =20° C hasta T2 = 40° C?

a) 10a cal b) 20a cal c) 30a cal d) 40a cal e) 50a cal

107.Un esquiador de masa m = 90 kg desciende con velocidad constante de v=16 m/s, por

una pendiente uniforme de hielo que está a la temperatura de T0=-32° C. ¿Qué cantidadde hielo por segundo se derrite, si toda la energía disponible se emplea en fundir el hielo, cuya ca lor específico es Ch=2 093 J/kg.°C, y calor latente de fusión Lp=335 kJ/kg.

a) 20,66 g b) 22,66 g c) 24,66 g d) 26,66 g e) 28,66 g

108.En la Fig.20, la ventana está constituida de una capa de aire intercalada entre dos píacas de vidrio, de conductividades térmicas kA, kv, respectivamente. Hallar la conductividad térmica equivalente del sistema. ( ( 2 = 21,)

a ) k y k A k v ^ 2 k A k v ^ 2 k Ak v ^ 4 k A k vk A + k y k y — k A k A + k y k y — k A k A + k y

109.En la Fig.21, el tubo muy largo de conductividad térmica kt =390 W/m.°C, radios interior a=2 cm y exterior b=2,2 cm conduce vapor a la temperatura T0=150° C. El área lateral externo del tubo esta cubierto de un material aislante térmico de conductividad tér mica k2 = 0,046 W/m.°C, espesor d = 0,4 cm, y cuya superficie externa se encuentra auna temperatura constante de T1=50° C. Halle la temperatura en la superficie externadel tubo (r=b).

c) 134,2° C d) 136,2° C e)1 38 ,2°C

kv kv

(7 ' i,

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514 Temperatura v calor

a) 137° C b) 140° C c) 14 3° C d) 146 °C e)1 49 °C

110.La densidad del hielo es p = 920 kg/m3, su conductividad térmica k=0,92 W/m.°C y su

calor de fusión es Lf=308,5 kJ/kg. Un lago tiene una capa superficial de hielo de es pesor d=10 cm cuando la temperatura del aire es de T0=-15° C. Hallar la rapidez con

qué aumenta el espesor de la capa de hielo, (p = 10~6)

a) 0,37 pm/s b) 0,40 pm/s c) 0,43 pm/s d) 0,46 um/s e) 0,49 pm/s

111.¿Qué cantidad de gasolina consume el motor de un auto al recorrer 100 km si con su potencia media de 15 CV, la rapidez media que desarrolla es de 30 km/h ? El motor tiene un rendimiento del 22 %, el poder calorífico de la gasolina es 4,6.107 J/kg. (1CV=736 W)


112.Hallar el rendimiento del motor de un auto, si para recorrer d= 100 km con rapidezconstante de v=40 km/h consume V=13,5 lt de gasolina; y la potencia desarrollada eneste tramo es de P=16,3 CV. La densidad de la gasolina p = 0,8 g/cm3, el poder calorí

fico de la gasolina C=4,6.107J/kg, 1 CV = 736 W.

a) 21,1% b) 21,3 % c) 21,5 % d )2 1 ,7 % e) 2 1 ,9 %

113.Un cuerpo de masa m=3 kg que se mueve con rapidez v=4 m/s choca con otro cuerpode igual masa que se encuentra en reposo. Si el choque es central e inelástico, hallar lacantidad de calor que se desprende durante el choque.

a) 10 J b) 12 J c) 14 J d) 16 J e) 18 J

114.En la Fig.22, la barra de peso 60 N y longitud 1 m se halla en equilibrio apoyada endos superficies rugosas. Si un agente externo realiza un trabajo de 26 J para deslizar la

barra y ubicarla en posición horizontal. Hallar la cantidad de calor que se desprende, 0=37°.

a) 30 J b) 35 J c)40 J d) 45 J e) 50 J

115.En la Fig.23, en el platillo esférico de radio R=1 m se pone las pesas cuya barra es demasa despreciable y longitud L=%/3R las bolas son de masas m=8 kg. Una de las bolasyace en el punto inferior de la semiesfera. Existe una fricción pequeña. Las pesas em piezan a moverse. Hallar que cantidad de calor se desprende después de un tiempo lar go. (g=10 m/s2)

a) 30 J b) 35 J c)40 J d) 45 J e) 50 J

Uó.Una bala de masa m=50 g, moviéndose con rapidez inicial de v=400 m/s, perfora undisco de masa m=50 g y se atraca en el siguiente, idéntico al primero. Hallar la canti

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Física II 515

dad de calor que se desprendió en el primer disco si en el segundo se desprendió la cantidad de calor Q2=1000 J.

a) 1617 J b) 1627 J c) 1637 J d) 1647 J e) 1657 J

117.Una bala de acero de masa "m" y velocidad "V" perfora una esfera de plomo de masa

"M" (M=51m), como consecuencia de lo cual la rapidez de la bala disminuye a lamitad. ¿Qué parte de la energía cinética de la bala se transformó en calor?

a) 26/37 b) 65/84 c) 42/59 d) 11/27 e) 38/51

118.Un núcleo en movimiento se desintegra en dos fragmentos de masas "m," y "m2"

(m2=2mi), cuyos impulsos "p," y "p2" (p2=2pi) forman un ángulo de 0 = 60°. Hallar la

energía "Q" que se libera al desintegrarse el núcleo, en función de la energía cinética

(Ec.i) del fragmento T '.

a) 2Ec,|/3 b) 3Ec.,/4 c )4 E c,,/5 d) 4ECJ / 3 e)E c.,/2

119.Una granada de masa "m" en reposo explota en dos fragmentos, cuyas masas están enrelación de mi/m2=l/4. Hallar la energía de estos fragmentos, si el calor producido enla explosión es Q=10 kJ.

a) 8 kJ, 2 kJ b) 6 kj , 4 kj c) 9 kj , 1 kj d) 7 kJ,3 kJ e)

120.Hallar la pérdida de energía ’Q" en un choque frontal entre dos bolillas de masa mi =

0,4 kg y rapidez V|=6 m/s y otra de masa m2=0,8 kg en reposo, si el coeficiente de restitución es e=l/2 .

a) 1 J b) 2 J c) 4 J d) 6 J e) 8

121.La expresión de la energía potencial de interacción entre los dos núcleos de una molé

cula diatómica (hidrógeno), viene dado por: U(r) = U0[(r0/r )2 —2(r0/ r)] siendo "r" la dis

tancia entre los núcleos y "r0” una constante. ¿Qué trabajo debemos de hacer sobre la

molécula, de energía inicial -V 0, para duplicar la distancia intermolecular?

b) V0/2 c) Vo/3 d) Vo/4 e) 3V(/4

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516 ________________________ Calor y temperatura ______ __ ____ _ _________ __

122.Experimentalmente se encuentra que la expresión de la velocidad con la que cae una bola esférica m=40 g, radio R=1 cm a partir del reposo, bajo la acción del campo gravitatorio, viene dado por: v = V th k t, siendo "V" y "k" constantes. La resistencia del

aire es de la forma f = K a r 2v2 siendo a=l,5 g /t t y "K" una constante que depende de

las dimensiones de la bola. (g=l 0 m/s2)

I) Sabiendo que la velocidad limite que alcanza la bola es v=40 m/s, hallar el valor de"k".

a) 0,10 s '1 b) 0,15 s 1 c) 0,20 s '1 d) 0,25 s '1 e) 0,30 s '1

II) Hallar la magnitud de la fuerza resultante sobre la bola, en el instante en que su velocidad es la mitad de su velocidad límite.

a) 0,1 N b) 0,2 N c) 0,3 N d) 0,4 N e) 0,5 N

III) Hallar el valor de la constante "K".

a) 1,07 b) 1,27 c) 1,47 d) 1,67 e) 1,87

IV) Hallar la rapidez con la que varia la energía mecánica de la bola, para el instanteen que su rapidez instantánea es v=V/4.

a) 0,15 J/s b) 0,20 J/s c) 0,25 J/s d) 0,30 J/s e )0 ,3 5J/ s

123.Un disco homogéneo de masa "m" y radio R=20 cm se hace girar alrededor de su ejede simetría perpendicular a el, hasta una velocidad angular de co = 100 rad/s y se colocade plano sobre una mesa horizontal. El coeficiente de fricción entre el disco y la mesaes p = 0,5. ¿Después de qué tiempo se detiene el disco? (g=10 m/s2)

a) 2,0 s b) 2,5 s c )3 ,0 s d) 3,5 s e) 4,0 s

124.Un cilindro homogéneo de radio R=50 cm y masa "m" se hace girar hasta alcanzar lavelocidad angular de cúo = 2 0 rad/s y se pone en un plano inclinado un ángulo de

0 = 15° respecto de la horizontal. El coeficiente de fricción entre el plano y el cilindroes p = 0,8. ¿A qué altura ascenderá el cilindro? (g= 10 m/s2)


125.Un anillo fino de radio R=50 cm y masa "m" se impulsa hasta obtener la velocidad anguiar de cü 0 =40 rad/s y se pone verticalmente sobre un plano horizontal de coeficiente

de fricción p = 0,5. ¿Con qué rapidez se mueve el anillo al final de la rotación con desli

zamiento, y qué parte de la energía inicial se transforma en calor? (g=10 m/s )

a) 4 m , 2/3 b) 6 m , 3/4 c) 8 m , 1/4 d) 10 m , 1/2 e) 12 m ,1 /3s s s s s

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Física II 517

SOLUCIONARIO


• Para que la persona y el termómetro al

caneen, la misma temperatura, se necesitaque transcurra cierto tiempo.

S o l u c i ó n : 0 2

•a) La temperatura en la escala Kelvin es:

K = C + 273

K = 36 + 273 = 309

b) La temperatura de ebullic ión es:

C = K - 273

C = 78 - 273 = - 195°

c) Sean, K0 y C0 las temperaturas inicia

les y K y C las finales, entonces, la elevación de temperatura en Kelvin es:

K - K0 = (C + 273) - (C0 + 273)

K - K 0 = C - C „* K - K0 = 52°

S o l u c i ó n : 0 3

a) Según teoría, el calor viene dado por:

Q = m.c.AT

como se observa Q depende de la variación de temperatura, por tanto, no se

puede afirmar nada. b) La energía cinética de las moléculas deun gas ideal, viene dado por:

Ec = (3 /2 )k T

Por tanto, las moléculas del gas A poseen mayor energía cinética, pues, su tem

peratura es mayor.

S o l u c i ó n : 0 4

a) El aumento de la temperatura es:

AT = ^cc.L0

29 10~6AT = ------ = 1°C

(29.10 )(l)

b) La longitud de plomo dilatada es:

L Lfj — Lq.cc.Ar

L-L.o = (0(29.10 6 XI)

L - L „ = 29.10”6 cm

S o l u c i ó n : 0 5

a) El aumento en la longitud (L) es:

AL = a.L .(T -T 0)

AL = ( 25 .10-6 )(60)(120 - 20)

AL = 0.015 cm

b) El aumento en el ancho (A) es:

A A = cc.A.(T-T0)

A A = (25 .10-6)(40)(120 —20)

A A = 0,01 cm

S o l u c i ó n : 0 6

a) El volumen final del líquido es:

V = V0 + V0.pL AT (1)

El volumen final del recipiente es:

V = V0 + V0.pAl.AT (2)

Pero, (I) es igual a (2), entonces:

PAI=P,. =6,9.10-5oC-'

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HI? __________________________ Calor y temperatura b) Del resultado anterior, el volumen de lí

quido quedará estable.c) El aumento aparente del líquido será nu

lo, pues, el aumento del volumen del recipiente, es igual, al del líquido.

S o l u c i ó n : 0 7

I) El agua al calentarse se dilatará, de modo que su volumen aumentará. (a)

II) La densidad volumétrica de un cuerpoviene dado por:

m

como la masa (m) permanece constantey el volumen (V) aumenta, entonces la

densidad (p) disminuye. (b)

I I I ) Como la densidad del agua disminuyey el empuje seguirá siendo igual al pesode la esfera, entonces el volumen sumer gido de la esfera deberá aumentar, (a)

S o l u c i ó n : 0 8

• Las respuestas a cada de una de las afir maciones son:

a) Falso, 0o C corresponde a 32° F. b) Falso, para obtener °F se suma 32 a °C

y se le multiplica por 9/5.c) Falso, 100 divisiones en °C correspon

den a 180 divisiones en °F, luego, 1 división en °C corresponde a 9/5 divisio

Ornes en F.d) Verdadero, por c).

e) Falso, por c).* FFFVF

Solución: 09

• Hallemos los puntos de corte de la gráfíca °C - °F, con los ejes:

Eje horizontal : °F = 0 => °C = -17,7

Eje vertical : °C= 0 => °F = 32

Luego, la gráfica correcta es la c).

S o l u c i ó n : 1 0

• El calor es una forma de energía , y la

temperatura establece el grado de movimiento de las moléculas, las cuales oscilan alrededor de su posición de equilibrio.

S o l u c i ó n : 1 1

• Según, la ley cero de la termodinámica,los cuerpo A y B alcanzan en el equilibriotérmico, una temperatura común, la cual está comprendida entre las temperaturas ini

ciales de A y B., luego, las respuestas a cada una de las afirmaciones es:

+ VFF

S o l u c i ó n : 1 2

• Todos los pasos seguidos son correctos pero, en el proceso se considera que el material del vaso no sufre variación de su tem

peratura, siendo este un aislante térmico

perfecto.

Solución: 13

• La gráfica correcta debe satisfacer las siguientes condiciones:

1) Las pendientes de las rectas, son propor cionales a las longitudes de las barras,así, a mayor longitud inicial, le corres

ponde mayor pendiente.2) Las longitudes iniciales (a 0 °C), de

ben ser diferentes.3) Las longitudes deben aumentar a medí

da que la temperatura (T) aumenta.Luego, la gráfica que cumple con estastres condiciones es la b).

S o l u c i ó n : 1 4

• Las respuestas a cada una de las afirmaciones son:

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Física il

* FVFFF F = 2 1 3 8

Solución: 15• La energía por unidad de tiempo transferida al cuarto, en forma de calor, es i

gual a la energía eléctrica por unidad detiempo consumida por la refrigeradora(máquinas térmicas), así, disminuyendo ensu temperatura, y el cuarto aumentado ensu temperatura, luego, las respuestas acada una de las afirmaciones son:

a FVFFV

Solución: 16

® De ¡a transformación centígrada Fahrenheit, se tiene:

C = —(F - 32) = —(-2,2 + 3 2 )9 9

* C= 16,55° n)

Solución: 17• De la transformación centígrada-Fah

renheit, se tiene:9 C =- 5 (F - 32)

Por dato del problema, F = C, entonces:

9 C = 5 C - 160

* C = - 40° ©

Solución: 18• Para el punto de fusión tenemos:

F = (9 /5 ) C + 32

F = - (330) + 32 = 626°

Para el punto de ebullición tenemos:

F = - (1170)+ 32

Luego, la razón de la temperatura d e eb¡Ilición a la de fusión es:

2 1 3 8* 0 = 7 r r - ~62 6

Solución: 19* En la Fig,, sea x la longitud del me rcu

rio a 22° C.

24 -i ¡U— 100

A p l ican d o p ro p o rc io n a l id ad d e seg men to s

x ~ 4 2 2 - 02 4 - 4 1 0 0 - 0

* x = 8 ,4 cm ©

S o l u c i ó n : 2 0

• E n la F ig ., s ea V e l v a lo r d e l a t emp e

ratu ra en g rados C, en la que ¡a d i ferencia

co n lo s a rad o s F ah ren h e i t e s d e 40.

212

s+40

32

£

- i ÍSKr

4 t "t !Iv 'I

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520 Temperatura y calor Aplicando proporcionalidad de segmentos

(x + 40) - 32 x - 0

180 100=> x = 10

Luego, ésta temperatura en grados Kelvin,

será:

+ K = 273 + 10 = 283° @

Solución: 21 • En la Fig., sea (x) el valor de la tempe ratura en grados F, en la que ambos termo metros indican el mismo valor.

°E »f

180

-20 — i y

212

32

Aplicando proporcionalidad de segmentos

x - 1 8 0 x - 2 1 21 8 0 - (- 2 0 ) ~ 2 1 2 - 3 2

* x = 500° F ©

Solución: 22 • Sea (x) la lectura de la temperatura en la escala inti.

•k

80-

0 — i \ 7

373

293

27 3


x - 0 2 9 3 -2 7 3

8 0 - 0 ~ 3 7 3- 27 3

+ x = 16°I ®

Solución: 23 • Sea (x) la lectura de la temperatura en la escala centígrada.

"N

160'

20

-40

■100


2 0 - ( - 4 0 ) x - 0

1 6 0 - (- 4 0 ) ” 1 0 0 - 0

* x = 30°C ©

Solución: 24

• Sea °M la escala del termómetro mal calibrado y "x" la lectura correcta en la es cala centígrada.

"M “c

9 9 h ---------H— 100

25-


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Ffeica.ll 521

2 5 -1 x - 0 24 x

99 -1 ~ 1 00 -0 98 ~ 100

* x » 24,5 °C

Solución: 25

©

• La nueva longitud del ferrocarril es:

L = L0 + L0.a.(T — Tq)

L =200 00+ (2000Q(121 (J*)P 5 - (-15)]

L = 20 000 +12

* L = 2001 2 m (A)

Solución: 26• Representemos a la gasolina antes y después de derramarse del depósito.

VT

Vc

To=20°

El volumen final de la gasolina es:

VG = V 0 + V0.pG.(T -T 0) (1)

El volumen final del tanque es:

Vt = V0 +V 0.Pt .(T-T0) (2)

Restando (2) - (1), obtenemos la fracción de volumen de la gasolina derramada:

f =Vr - VT

— = (PG- Pt ) (T - T0) Vn

f = (956.10-6 - 36 .10”6 ) (31 - 20)

* f = — 100

Solución: 27

• Representemos la barra antes y después de deformarse.

T„=0',0 (±

hAL

T=10“ (fc

La nueva longitud de la barra caliente es:

L = L0 + L0.a.(T - T0)

L = 50 + (50)(2.10~5)( 1 0 -0 )

L = 50 + 0,01

* L = 50,01 m ©

Solución: 28• Según teoría, la longitud dilatada de la barra es:

L = L0 [1 + a (T - T0)]

4,432 = 4,414 [1 +1,2.10~4(T - 0)]

T = 33,98 °C ©

Solución: 29• Según teoría, la variación en la longi tud de la barra es:

L - L0 = AL = L0.oc.(T - T0)

AL _ (L0/1000)AT =

a.L0 (20.10~6)(L0)

AT = 50 °C ®

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• Por dilatación volumétrica, se cumple:

V = V0[l + p.(T-T0)]

Como, V = m / p, y la masa no cambia entonces, la ecuación anterior se reduce a:

~ = ~~D + P (T - T0)]P Po

P =Po

p =

[1 + P (T - T0)]

________ 7,8 ________

[1 + (3 6.10~6 )(100 - 0)]

* p « 7 , 7 7 - ? Tcm ©

Solución: 31• Representemos al mercurio antes y des

pués del proceso de dilatación.

Th

1

El volumen final del depósito de vidrio es

Vv = V 0(l + pv .T) (1)

El volumen final del mercurio es:

Vm = V0(1 + PmT) (2)

El volumen de mercurio en el capilar, es i-

gual, a la diferencia de los volúmenes finales del mercurio y depósito de vidrio. Lúego, de (1) y (2), se tiene:

A0h = V0(PM- Pv)T

U Vq(Pm - P v )T

, (50)(182.10-6 - (3)(3).l (T6)(50)h -------------------------------------------

* h = 8,7 cm

Solución: 32• Representemos a la llanta y aro antes ydespués de dilatarse.

En la Fig., la longitud final de la llanta es:

27iR = 27t R0 [1 + a (T - T0)]

D = D0 [l + a ( T - T 0)]

1300,5 = 1299,5 [1 + 12 .10~6(T - 20)]

* T = 84,127° C @

Solución: 33

• Representemos al frasco y mercurio antes y después de dilatarse.

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Física II 523

T0=0°C T=100"C

- ____ -

I I ■ i

t i __ 3 -— -

ANTES DESPUES

a) El volumen de mercurio dilatado es:

Vm -V 0 = VoPm ( T - T 0 )

AVm = (1000)[(180.10-6 )(100 - 0)]

A VM= (1 000)(0,018)

A VM= 18 cm3 @

b) El volumen del frasco dilatado es:

AVF = 1 8 -1 5 = 3 cm3 ©

c) El valor de "a" para el frasco, se halla

de:

AVF= V0.3a (T -T 0)

3a =

(3)(10Q0)(100- 0)

* a = 1.10'5oC '1 0


• El área de la sección transversal final de la tubería de acero es:

A = A0 [1 + 2 a (T - T0)]

A = (8.10~3)[1 + (2)(12.1(T6X170- 20)]

* A « 80,29 cm ©


• Representemos la varilla de cobre apo yada sobre el rodillo

■5m - •s -H

m

El desplazamiento lineal (0 R) que experi menta el último rodillo es igual al incre mentó de longitud (s) de la varilla al dila tarse, así:

0 R = a L0 AT

0 (0,5.10'2) = 17.10'6 (5)(200)

* 0 = 3,4 rad ( c )

S o l u c i ó n : 3 6

• Al elevarse la temperatura de 10° a 30° C, la regla se dilata, de modo que la longitud correcta (Lc) es:

Lc = L0 [ 1 + a (T - T0) ]

Lc = 100 [ 1 + ( 5.10 4 )(30 - 10)]

Lc= 100+1

+ Lc = 101 cm OD

S o l u c i ó n : 3 7

• Sea (T) la temperatura a la cual ambas láminas tienen la misma área, es decir:

AF (latón) — A F(acero)

a iatón-Ao-(T - 20) = a acero.A0.(T -1 0 )

“ latón -(T _ 20) = i a latón-(T —10)

3 (T - 20) = T -1 0

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Fisicg II 525

AT =600

9.10-2 +3 .10 -2 12

* AT = 50 °C ©

Solución: 42

• Representemos las varillas en el instante en la que la diferencia de sus longitudeses de 5 cm.

5cm

(2)

h H

De la condición del problema, se sabe que

b - a = 5 (1)

De otra parte, la variación de la longitud por cada unidad de tem peratura, para cadaVarilla debe tener el mismo valor, así:

o^.a.AT = a 2.b.AT

3 a = 2 b (2)

Resolviendo (1) y (2), obtenemos:

* a = 10 cm ; b = 15 cm (¡ í)

Solución: 43• Representemos el alambre antes y des

pués de elevarse su temperatura.

x’

ANTES

Sean, x, x’ las longitudes de la abertura antes y después, de incrementado la temperatura, entonces de la Fig., se tiene:Antes de la dilatación:

x = 27t R0 - L0

Después de la dilatación:

X'= 2rtR-:L

x ' = 2 t i R0 [1 + a.AT] - L0 [1 + a.AT]

x'= 2n R0 - L0 + (27t R0 - L0) a.AT

X X

— = 1 + a.AT > 1 => x > x 'x '

Así, la longitud final de la abertura es mayor que la inicial, por tanto, no cerrará elanillo.

Solución: 44

• Representemos el reloj de péndulo enestado normal, cuando se atrasa y adelante

ADELANTA NORMAL ATRASAasabas sayae eaya*

i LLo

©

To©T2

Sea L0 la longitud del péndulo a la tempe

ratura normal T0, entonces, el período del péndulo es:

x = 2 . J SV 8

Cuando el péndulo se atrasa 2 s en 24 h=86 400 s = D, entonces, en un período de x

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526 Tem peratura y calor segundos se atrasa 2t / D segundos, siendo ésta cantidad, igual, a la diferencia de

períodos, a las temperaturas T0 y Ti, es decir:

■2n

L0[l +ct.(T, - T 0)]

g

2 t

D= T [ l - V l + a ( T , - T 0)]

a T, - a T0 = ----- + —T1 0 D D2

0 )

Cuando el péndulo se adelanta 4 s en24h=86 400 s = D, entonces, en un perío

do de x segundos se adelanta 4 t/D segúndos, siendo ésta cantidad, igual, a la diferencia de períodos, a las temperaturas T2yT0, es decir:

4 t t — = 2ttD

4 T

L0[l + a.(T2 - T0)] 271J —

- = t [V1+o (T2- T 0) - 1 ]

8 16

a T '- ~ a T ’ - D + W

Restando (2) menos (1), obtenemos:

12

a.D

12

(2)

ry. _ 12 / 1 1V1 a D + D2

Tj - T, =(2,31.10-5 °C~' )(86 400)

* T2 - T, = 6 °C ©


• La temperatura más probable en el fondo del lago es de 4o C, debido, a que ladensidad del agua es máxima a esta tem

peratura, (fenómeno conocido como la a-nomalía del agua).

S o l u c i ó n : 4 6

• Del principio de conservación de la energía, se cumple:

Calor perdido = Calor ganado + Calor ga-muestra calorímetro nado H20

(100)(ce)(l 20 —40) =

(40)(1)(40 -1 0 ) + (360)(1)(40 -1 0 )

80 ce = (40)(3)

cal+ ce = 1,5

g°C

©

S o l u c i ó n : 4 7

• Del principio de conservación de la e-nergía, se cumple:

Calor perdido = Calor ganado + Calor ga-muestra calorímetro nado H2Q

(500)(0,09)(200 - T) = (55)(1)(T - 0) +

(500)(1)(T - o;

60 T = 900

* T = 15 °C

S o l u c i ó n : 4 8

©

• Por el principio de conservación de la

energía, se cumple:

Calor perdido = Calor ganado + Calor trozo calorímetro ganadohierro aluminio glicerina

(0,290)(450)(190-38) =

(0,1)(900)(38-10) + (0,259).ce.(38-10)

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Física II 527

7 252 ce = 17 316

* ce * 2 3 8 8 J/kg °C

Solución: 49 • El calor perdido por la sustancia es:

Q1 = (0,22)(ce)(330-3 3,8)

Q! = 65,164 ce J

El calor ganado por el calorímetro es:

Q2 = (0,09)(900)(33,8 -11,5)

Q2 = 1806,3 J

El calor ganado por el agua es:

Q3 = (0,15) (4186X33,8-11,5)

Q3 = 14002,17J

El calor ganado por el termómetro es:

Q4 = (0,017)(840)(33,8-11,5)

Q4 =318,44 J

Según, el principio de conservación de nergía, se cumple:

Q i = Q 2 + Q 3 + Q 4

65,164ce =1806,3 + 14002,17 + 318,44

16126,91

m ( T - T 0 )

36.103

°e " (4 50 0)(40 -20)

* ce = 0,4 ca l/g °C ®

Solución: 51

• Calculemos la masa de agua, contenida en el vaso:

m = p V => m = (1)(200)

m = 200 g

Luego, el máximo de calor transferido al medio ambiente es:

Q = m ce (T - T0)

Q = (200)(1)(50 - 20)

* Q = 6 kcal

Solución: 52• Toda la energía cinética de los 10 gol

- pes del martillo contra el clavo, se convierte en calor, así, elevándose la tempe ratura del clavo:

10 (^M v2) = m ceAT

65,164 AT =

* ce = 247,48J

kg°C(D )

5M v2 (5)(0,5)(6)2

m ce ~ (0,02)(450)

AT * 10 °C tB

Solución: 50

• Según teoría, el calor especifico es:

Solución: 53a) Representemos a la bala antes y después de atravesar la pared de hierro.

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Temperatura v calor

De la Fig., el 50% (1/2) de la energía cinética perdida de la bala, se transforma en calor de la misma bala, elevándose su temperatura, así:

(0 ,50 )(i m v2 - ^ m v2) = m ce AT

a t . v° ~ y 2 .... (40°)2- ( 25°)24ce (4X130)

Luego, el aumento de temperatura es:

A T= 187,5 °C ( d)

b) La temperatura final de la bala es:

T = 187,5 + 20 = 207,5° C

Como la temperatura de fusión del plomoTp=327° C, es mayor que la temperatura

final de la bala, no se funde ninguna partede la bala.

Solución: 54• El calor total, es igual al calor utiliza

do para hacer hervir el agua, más, el calor ganado por la cafetera, es decir:

Q = ( 0 ,4 5 ) (4 1 86 )(1 0 0 - 1 0 ) +

( 0 , 4 ) ( 9 0 0 ) ( 1 0 0 - 1 0 )

Q = 201 933 J

Luego, el tiempo necesario para hacer her

vir el agua es:

Q 201 933 J

~ P ~ 500 J /s

min,

t = (403,86 s)(— —)60 s

* t = 6,73 min

Solución: 55• Representemos la catarata de agua,siendo la temperatura en la parte superior e inferior Ti y T2, respectivamente.

Según el principio de conservación de la energía, la energía potencial en A de una

cantidad de agua (m), se transforma en calor en B, así:

E p = Q

m.g.h = m.ce.(T2-T ,)

h : (4200X1)

(10)

* h = 420 m ( f )

Solución: 56• Según el principio de conservación dela energía, las 3/4 partes de la disminución de la energía potencial de la bola, setransforma en calor, elevando su temperatura, así:

^ ( E Pi0- E P) = Q

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EísigaJl 529

3 , . h.- (m.g.h - m.g.—) = m.ce.AT

AT =3g.h 3 (10)(160)

8 ce ~ 8 (200)

* AT = 3 °C

Solución: 57

©

• El calor utilizado para elevar la temperatura del cuerpo es:

Q'= mceAT = (10)(85)(100)

Q'= 85 kcal

El porcentaje de calor cedido al medio am biente es:

O - O 'R = (— -)(1 00 )

Según el principio de conservación de la energía, la variación de la energía cinética(en cal) del carrito, es igual al calor des

prendido, así:

Q = “ l~ M v¡) - i (m + M ) v2] (1)

De otra parte, de la conservación de la cantidad de movimiento, se tiene:

M vn ~ (m + M I v

Mv =

(m + M)(2)

De (2) en (1), obtenemos la cantidad de ca

lor, así:

m M

8(m + M)vo

o = - « (-71 (4 )2 8(1 + 7)

+ Q = 1,75 cal

Solución: 59• La energía cinética del bloque de hielose transforma íntegramente en energía calorífica, así:

R = ( í . ^ ) ( 1 0 ü )100

R = 15 %

Solución: 58• Representemos al carrito antes y des pués del impacto de la carga sobre el.

ANTES' < m GzOv«

DESPUES

c=c>v

Q = —m v22

(1)

También, la cantidad de calor (Q) necesaria para que el hielo cambie de fase (de

hielo a líquido) es:

Q = m.LF (2)

Igualando (1) y (2), obtenemos la velocidad del bloque de hielo:

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Temp eratura v calor

v = [(2)(320 000) ]1/2

* v = 800 m /s

Solución: 60• La sustancia cambia de fase a la tempe ratura constante de T=80° C, absorbiendo 100 kJ de energía calorífica.

Q 100

F m 0,025

+ LF = 4 0 0 0 — (5 )kg

Solución: 61• Representemos el diagrama del proce so de intercambio de calor.

Si el hielo se funde exactamente, entonces la temperatura de equilibrio es 0o C. Lúe go, del principio de conservación de la ener gía, se cumple que:

Qi =Qi

M.LF= m.ce.AT

M (80) = (120) (1) (60)

+ M = 90 g ©

Luego, inicialmente había 90 gramos de hie lo. Finalmente queda en el recipiente 210 gramos de agua fría a 0o C.

Solución: 62• Representemos el diagrama del proce

so de intercambio de calor.

Qi

Qi Qi

\ T*- 20 o too

Del principio de conservación de la ener gía, se tiene:

Qi + Q2= Q3

m.Ce>hielo A T i + m.Lp M .C Ct agua A T 3

(20)(0,5)(20) + (20)(80) = M (1)(100)

* M = 1 8 g ©

Luego, se debe verter 18 gramos de agua a 100° C. Finalmente queda en el recipien te 38 gramos de agua a 0o C.

Solución: 63• Representemos el diagrama del proce so de intercambio de calor.

Qi Q3

Qj

T *------- ►


Qi + Q2 - Q3

m.LF+ m.ce,agua AT2 = M.LC

(30)(80) + (30)(1)(100) = M (540)

* M = 10 g ®

Luego, se debe inyectar 10 gramos de va

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Física II 531

por de agua a 100° C. Finalmente quedaen el recipiente 40 gramos de agua caliente a 100° C.

S o l u c i ó n : 6 4

• Representemos el diagrama del proceso de intercambio de calor.

Del principio de conservación de la ener

gía, se tiene:Qi + Q2=Q3

M.Lp +M.ce H2 0 AT2 = M.ce H2 0 AT3

L f + Ce, H 20 ( T - 0) = Ce H20 (100 - T)

80 + (1) (T) = (1) (100 - T)

* T = 10° C @

Luego, la temperatura de equilibrio es 10°C.

S o l u c i ó n : 6 5


Q l1

Q2 Q4

Q ¡

T °

0 r ioo


Qi + Q2=Q3+ Q4

m.Lp +m.ce, H20 AT2= M.LV

+ M.Ce,H20 AT4

(992) (80) + (992) (1) T = (160) (540)+ (160) (1) (10 0- T )

1 152 T = 23 040

+ T = 20° C ©

Luego, la temperatura de equilibrio es 20

°C.


I) SólidaII) GaseosaIII) 20° CIV) 6.8.105 Pa y -57° CV) SublimaciónVil Sólida


• Calculemos la cantidad de calor necesaria para fundir íntegramente el bloque dehielo:

Q = m.LF

Q = (716,7) (80) = 57 334 cal

Q = (57 334)(4,186 J) = 240 000 J

De otro lado, la cantidad de calor Q que li

bera la resistencia eléctrica, es igual al producto de la potencia P, por el tiempotranscurrido, esto es:

Q = P.t

240 000 J = (500 W) t

* t = 480 s = 8 min ( e )

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532 Tem peratura y calor S o l u c ió n : 6 8


Qi, es la cantidad de calor invertido paracalentar el agua desde 10o C hasta 100° C,y ella es igual a:

Qi = m.ce>mo T = m (1)(90)

Q, = 90 m (1)

Q2, es la cantidad de calor invertido paravaporizar el agua totalmente, a la temperatura constante de 100° C, y ella es igual a:

=m.Lv = m (540)

Q2= 540 m (2)

Luego, aplicando proporcionalidad, obtenemos la temperatura final, así:

_ x 540 m

10 min 90 m

* x = 60 min ©Luego, el agua tardará en vaporizarse to

talmente en 60 minutos.

Solución: 69

• Representemos las fuerzas que actúansobre el trozo de hielo, siendo (V) el volumen total del hielo, y (Vs) el volumen de¡a parte sumergida.

Aplicando la primera condición de equili brio al trozo de hielo:

I Fv = 0 => E = W

Pmo.g-Vs = Pnido-g-V

PH20-Vs PHielo-V (1)

Ahora, consideremos V’s el volumen queocupa el bloque de hielo cuandose derrite, luego, del principio de conservación dela masa, cuando el bloque de hielo se derrite, se tiene:

I^Hielo m Agua

PHielo-V = PH2 0 -V’ (2)

Comparando (1) con (2), obtenemos:

V’s=Vs ®

<<;E1 nivel de agua se mantiene inalterable,el agua no se derrama>:>

Solución: 70• Representemos las fuerzas que actúansobre el bloque de hielo.

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FígicalL 533

En la representación de las fuerzas que actúan sobre el trozo de hielo:

W ’W

V ,

V 2

V

peso de la billa metálica peso del-bloque de hielovolumen sumergido con billa

volumen sumergido sin billavolumen total del hielo

Primera condición de equilibrio

l F y - 0

1) Cuando el hielo contiene a la billa.

W + W ’ = E

pH¡elo-g-V + W ’= p H20 -g .V ,

PH¡e.o-V+(WVg)V, = -

PH20(1)

2) Cuando parte del hielo se derrite, la bilia cae, el peso del hielo no se altera,y se tiene:

W = E

Pnielo-g-V = pffiO-g-V’2

PHi'elo-VV2 = n

Pn20

Comparando (1) con (2), obtenemos:

V , > V 2

(2)

Solución: 71


i .Q2

QiQ 3 Q4

- 50°C 0"C 30°C 50°C '

En el diagrama del proceso del intercam bio de calor, las cantidades de calor son:

Qi = m.ce,H.AT = 25 kcal

Q2 = m.CL, f = 80 kcal

Q3= m.ce H2o AT = 30 kcal

Q4 = M.ce>X.AT

Por el principio de conservación de la energía, se tiene:

Qi + Q2 + Q3= Q4

135 kcal = (10 kg)(Cc, x)(20 °C)

* cex = 0,6 75 — - ®kg°C

Solución: 72


Ahora, sea V ” el volumen de agua en el recipiente, entonces, el volumen total del ni Qi

Q i

vel, para ambos casos es:t

V T = V ” + V , > V " + V 2 = V ’r - 30"C 0"C

V t > V ’t ®Analizando se deduce que la temperatura

Por tanto, el nivel del agua bajará. final de equilibrio es 0o C. Ahora, sea "x"

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Temperatura y calor 534

la cantidad de agua que se solidifica, (Q,)el calor ganado por el hielo, (Q2) el calor

perdido por el agua para solidificarse los"x" gramos, entonces, por el principio deconservación de la energía, tenemos:

Qi =Q2

mH.ce, h-AT = x.cL

( 4 0 g ) (0 , 5 ^ -) (3 0 ° C ) = x ( 8 0 — )g°C g

x = 7,5 g ®

Estado final de equilibrio térmico:

Temperatura = 0o CMasa de hielo = 47,5 gMasa de agua = 42,5 g

Solución:73• Representemos el diagrama del proceso de intercambio de calor.

Qi

Q2

- 20°C o“c

Q, = calor ganado por el hieloQ2 = calor perdido por los"x" g de aguax = cantidad de agua que se solidifica

Luego, del principio de conservación de laener-gía, tenemos:

Qi = Q2

m„.ce>h-AT = x . cl

(800g )(0,5-^-)(20°C) = x (80— )g C g

x = 100 g ®

Estado final del equilibrio térmico:

Tempera tura = 0o CMasa de agua = 700 gramosMasa de hielo = 900 gramos

Solución: 74• Según teoría, la cantidad de calor transferido, viene dado por:

Q = K A ^ J l l L tL

Q = (0,25)(12)(2 5~ 23)(3 600)0,012

* Q = 1,8.106 cal ©

Solución: 75

• La cantidad de calor transferida al hielo, a través de la hielera es:

Q = K A T'~ T| tL

Q = (2,5.10~5)(2 )--6 ~ 4)(60)

0,04

Q = 1,650 kcal

De otro lado, para fundir 1 g de hielo senecesitan 80 cal, luego, la cantidad de hielo fundido es:

1 650 calm = ------------

80 cal/g

+ m = 20,625g ®

Solución: 76• El coeficiente de convección del airees 1,27.10'3 kcal/m2.s.°C, entonces, el calor perdido en una cara de la pared es:

Q = hS(T2 -T ,) t

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Física II 535

Q = 6 583,68kcal

Luego, la cantidad de calor perdido en am-bas caras, será el doble, es decir:

+ QT = 13 167,36 kcal ®

Solución: 77

• Según teoría, la absorbancia de uncuerpo, viene dado por:

energía absorvidaa = ----- 2-----------------

energía incidente

20 1a ~ 100 “ 5

La emisividad es, e = l - a = 4 / 5, luego laenergía emitida por el cuerpo en 1min es:

E = e o A T 4t

E = (j) (5 ,6 7 .10~8 )(1 )(103 )4 (60)

+ E = 2,72.106J ®

Solución: 78• Según teoría, la potencia por unidad deárea, viene dado por:

A = ____________ 25 ____________

(0,3X5,67.10_8)(1 727 + 273)4

25 W

\ - 25

2,72.105

+ A = 9,19.10-5 m2 ®

Solución: 79

• Para, T= 60° C, la rapidez de radiacióndel cuerpo negro (e= l) es:

R = e o T4

R = (1X5,67.10“8X60 + 273)4

R = 697,2 W /m 2

Para, T=120° C, la rapidez de radiacióndel cuerpo negro es:

R'= (0(5,67.10“8X12 0+ 273)4

R'= 1352,5 W /m 2

Comparando R' respecto de R, tenemos:

R' _ 1352,5

R “ 697,5

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53 6T e m pe r a tu r a v c ^ lo r

Solución: 80

• Sea (T) la temperatura de la superficiede separación y A el -área de las láminas.Entonces, como no hay pérdida de calor,el calor que pasa por la lámina izquierda,es igual, al que pasa por la lámina derecha, así:

T - 20 4 0 - Tk (---------) A = (2k)(---------)

d 2d

2 T = 60

T = 30 °C ©

Solución: 81

• Utilizando el procedimiento del problema anterior, hallemos la temperatura de lasuperficie común, así:

, T - 2 0 , , , ,4 0 - T ,k (——— ) A = (3k)(— -— )

d a

©

Luego, el calor que pasa por la lámina iz

quierda, es igual, al que pasa a través deto-da la pared, de coeficiente de conductjvidad térmica k', así:

k(^_Il?®)A = k T——— ) Ad 2d

* k' = (3/2 ) k ®Solución: 82

• Al interior del tubo de longitud re presentemos una capa cilindrica de radio(r) y espesor (dr).

En la Fig., el flujo de calor que pasa por elárea lateral d A=2 nri de la capa cilindrica

de radio (r), longitud l y espesor (dr) es:

l'T'

H = k ( 2 jtr ¿ ) ( - ~ )dr

Separando variables, e integrando con (H)constante, obtenemos:

b dr tbH J — = -2 jrk£ J d T

H =27tké(Ta - T b)

H =

ín(b/a)

(27t.)(74,4)(1)(200)tn(2)

H » 135.103 W ©^ N o t a

El gradiente de temperatura (dT/dr) esnegativa, pues, a medida que (r) aumenta la temperatura disminuye.

S o l u c ió n : 8 3• Como el 60 % de la energía del cuerpode masa (m) se transforma en calor, elevando la temperatura del agua, se cumple:

0,6 mg h = M ce(T - T0)

0,6 mg hT = T„ + -

M c.

T = 20 +

(0,6X3X10X30)

(0,1)(4186)

+ T » 21,3°C ®


• El flujo de calor a través de la seccióntransversa! del tubo de hierro, viene dado por:

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Física II 537

H = k A — T , - T ,

H = (74,4)(2.10 )(, 100 - 20

0,2)

* H = 5,952 W

S o l u c i ó n : 8 5

• La cantidad de calor transferida por eltubo caliente hacia el agua del depósito durante 10 min es:

^ „ 2 7ik f(T a - T b)Q = Ht = ------- ^ -----^ t

(n(D/d)

Q = (2n)(385)(0,25)(50-25)

rii(l/0,5)

Q = 1,3.107 J

Luego, la masa de agua que se calientahasta una temperatura de 70° C es:

m =1 , 3 . 1 0 7

c eAT (4186)(70 - 25)

* m » 69,5 kg

S o l u c i ó n : 8 6

• Consideremos una capa de hielo de es pesor (h) y área (A), cuyas caras inferior yexterior están a las temperaturas de 0o C y-15° C.

- I 5 ° C

dm

HIELO JTZ l d h

0o C

En la Fig., la cantidad de calor necesaria pa ra que se forme una capa de hielo demasa (dm) contenida en el volumen som breado de espesor (dh) y área (A) es:

dQ = dm L F = p A d h L F (1)

De otro lado, la cantidad de calor transferído al medio ambiente, a través del área Ade la capa de hielo de espesor (h), durante

el tiempo (dt) es:

dQ = H dt = k A - -) dt (2)z

Igualando las ecs.(l) y (2), separando variables e integrando, tenemos:

p A Lf dh = k A ( - 2- ~ -I l) dth

pLp J h d h = k(T 2 - T ,) Jd to o

p L F ( i d 2) = k(T2 - T 1) t

p L F d2

t =

2k( T 2 - T 1)

(910)(335.103)(0,1)2

(2X2,093X0-(-15))

* t = 48 550,7 s = 13,5 h ©

S o l u c i ó n : 87• Representemos la barra de acero y losfocos caliente (fuente) y frío (hielo).

T j F U E N T E

'H

HIELO

Primero, calculemos el área de la seccióntransversal de la barra de acero, así:

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538 Tem peratura v calor

A = —D2 = —(1,27.1 (T2)24 4 2

A = l,27.10~4m2

En la Fig. el calor (Q) transmitido de lafuente hacia el hielo, a través de la barra,durante un tiempo (t) se invierte en fundir el hielo, de modo que, se cumple:

Q = H t = m LF

k A (—— —) t = m Lt

T, = T, +

m £ LF

k A t "

T2 = 0 °C +(50.10~3)(0,30 48)(33 5.103)

(50,23)(1,27.10 -4 )(3.103)

* T2 *2 67 °C ®

Solución: 88• Hallemos la tempera tura en el punto de

unión de los extremos de las barras, sa biendo que el flujo de calor por la barra deacero es:

Hj =k,A,(-T, -T

T = TiH,

T = 250 C-

kiAj

(6X0,15)

(50,23)(1,54.10-4)

T = 133,65 °C

De la expresión del flujo de calor a travésdel área (A2) del extremo izquierdo de la

barra de cobre, hallemos el diámetro del área A2, así:

T - T ,H2 = k2A2 ( - — 1)

T = T, + -

A 2 = ^ D 2 =2 4 2

k2A2

H 2l

k2( T - T 2)

D 2 = [4H>

7tk2(T -T 2)1/2

Sustituyendo (T), y teniendo en cuentaque H i=H2, tenemos:

D2 =[-(4)(6)(0,15)

1/2

(tc)(385,1)(133,65 - 20)

* D = 5,1.10~3m = 5 ,l m m ©

Solución: 89I) Como el flujo de calor a través de las

paredes (1) y (2) es la misma, se cumple:

H, = H ,

k , A ( \ - - ) = k 2A ( T - ' T )

T =

C1 42

k]f 2T1- k ^ 2 T = k2f 1T - k 2f 1T2

j _ k | f 2T| + k 2f]T 2

k jf 2 + k 2t x

(0,43X0,12X1600) + (0,053)(0,22)(20j

(0,43)(0,12) + (0,053)(0,22)

T «1 309 UC ®II) Sustituyendo (T) en la expresión delflujo de calor a través de la pared izquier da, obtenemos el flujo por unidad de área,así:

H, : k, A (~~—~ )

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Física H 539

H, k, ^ k ^ 2Ti + k 2f,T2,

í ¡£2 +k2¿ j

H, _ k1k2<1(T1-T 2)

A £¡ k¡£2 + k 2£x

H, k[k2(T] - T2)

A kj^2+k2¿j

H, (0,43)(0, Q53)(1600 - 20)

A “ (0,43)(0,12) + (0,053)(0,22)

H i „ W * —- = 569,2 — y

A 9©

m

Solución: 90• Primero calculemos la resistencia del a lambre de cobre, así:

R p

R = (1,7.10 )30,48

7r.(0,1016.10“2)2 / 4

R * 0,64 Q

Luego, el ritmo con que se genera energía térmica es:

P =Y

R 0,64

* P = 1,56 W

Solución: 91

• Calculemos el tiempo que demora el calentador en elevar la temperatura del a gua de 27° C a 100° C, así:

P.t, = m.ce.(T-T0)

P.t, = p.V.ce.(T - T0)

350.t, = (103 )(2,5.10-4 )(4 186)(100 - 27)

t, = 218,3 s

Ahora, calculemos el tiempo que demora el calentador en vaporizar totalmente el a gua líquida, así:

P.t2 = m.L

350.t2 = (103)(250.10_6)(2,257.106)

t2 = 1612,1 s

Luego, el tiempo total del proceso es:

t = 218,3+ 1 612,1 = 1830,4 s

* t = 30,5 min

Solución: 92• La energía entregada a la lámpara, en calorías, viene dado por:

Ee = 0,24.i.V.t

Ee = (0,24)(10)(130)(5)(60)

Ee =9 ,36 .104 cal

De otro lado, la energía consumida en ca lentar al agua es:

Ec = m.ce.AT

Ec = (2,7.103)(1)(26)

Ec = 7,02.104 cal

Luego, el porcentaje de energía entregada que se convierte en luz es:

1 1 = (^ f ^ c : )(100)

' 9,36.10 A '

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X

540 Tem peratura v calor

* ti = 25 %

S o l u c i ó n : 9 3

©

• Deduzcamos la expresión de la potencia disipada en el conductor, así:

P = i .R = (J.A) .(p—)A

P = p.J2.(A.Q = p.J2.V

— = p .J2 = (1,7.10"8)(3.105)2

* — = 1,53.103 —r -

V m .s

®

S o l u c i ó n : 9 4

• La razón de las cantidades de calor disipado en los conductores de cobre y aceroes:

Qcu _ i2-RCu-t Qa i2.RA.t

Qcu Pca(< /A) _ 1,7.10“*

Qa Pa (/ /A ) 1.10-7

* O cu = 0 ,17 ®Qa


• La energía consumida por el calentador para elevar la temperatura del agua de25 °C hasta 100 °C es:

Q = m.ce . (T -T 0)

Q = 0,392 kW h

Luego, el rendimiento del calentador es:

O 0 392

ti = e x io o ) = (-=— -X100)E 0,5

+ r| = 78,4 % ©

S o l u c i ó n : 9 6

• Calculemos la energía (en J) necesaria para hacer hervir el agua, así:

Q = m.ce.(T - T0)

Q = (103)(1)(100 —13,5) = 86,5.103 cal

Q = (86,5.103)(4,186J) = 362,089.103J

Luego, ¡a potencia consumida para hacer hervir el litro de agua es:

Q 362,089.10J

“ t " (5X60)

* P = 1,2 kW

S o l u c i ó n : 9 7

• El 80 % de la energía entregada por elcalentador, se transforma en calor (en J)

para hacer hervir el agua, esto es:

4,186Q = (— )P. t100

4,186 m.ce.(T -T 0)

0,8 P

Q = (4,5.10 )(1)(100 - 25)

Q = 3,375.105cal = 1,412.106 J

Q = (1,412.106 Wjs)( l h , )3,6.10 s

t =(4,186)(2.10 )(1)(100 - 20)

(0,8)(500)

t = 1674,4 s = 27,9 min

* t 28 min ^

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Física II 541


• La energía entregada por el calentador (en cal), se utiliza para calentar la habitación, así:

V20,24— ,t = Q

e 0,24 V 2.tR = p — = ------------

A Q

0,24 V 2(7t.D2/4) .t

P-Q

t _ (0,24)(120)2 (ti(10 3)2/ 4)(24)(3,6.103)

(10—6 )(20,8 .106)

* ¿«11 ,3 m (B)

Solución: 99• La energía suministrada por la línea(en cal), se utiliza para elevar la temperatura de los 8 kg de agua, esto es:

0,24 P.t = m.ce.( T - T 0)

0,24 P.tT = T0 + - m.c.

T = 20 +(0,24X400X5X60)

(8.10 XI)

T = 20°C + 3,6°C

+ T = 23,6 °C ®

S o l u c i ó n : 1 0 0• La intensidad de corriente eléctricaque pasa por la resistencia R2 es:

i2 = ( R| Xi)2 R , + R 2

60

6-Hfi-

-mr -

R2

Ri

A su vez, el voltaje en los bornes de la resistencia R2 es:

V2 = i2.R2 = (4)(30) = 120 V

Luego, la energía suministrada por el calorímetro (en cal), se utiliza para elevar latemperatura del agua, esto es:

V,0,24 —=-t = m.ce.AT

R i

120(0.24X— )(5)(60) = (480)(1)AT

60

AT = 1728/48

* AT = 36 °C ©

Solución: 101

• El 80 % de la energía (en cal) suministrada por el calentador, se utiliza para ca

lentar el agua, esto es, se cumple:0,8 (0,24 P.t) = m.ce.AT

(0,8)(0,24)(26)(10)(60) = (103)(1)AT

(0,8X0,24X2,6X6) = AT

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Física H 543

Igualando (1) con (2), y despejando (r):

4n k a b (Ta - Tb) _ 4n ka r (Ta - T)

b - a r - a

r a b( T a - T b) ____

—bTb + (b —a)Tc

(10)(20)(200 - 100)r =

(10)(200) - (20)(100) + (20 - 1 0)(150)

* r = ~ = 13,3 cm ©

S o l u c i ó n : 1 0 5

• Representemos el cascarón esférico

compuesto de dos capas esféricas.

Según el problema (103), el flujo de calor a través de la capa esférica de radios inter no (a) y externo (b) es:

H 47tk,ab(Ta - T h) (])

1 b - a

También, el flujo de calor de calor a través de la capa esférica de radios interno( b ) y externo (c ) es:

H2 = 47tk 2bc(Tb - T c)

c - b

Como el flujo de calor a través de las ca pas de aluminio y cobre es la misma, igualamos (1) con (2):

k|ab(Ta -T fe) = k2bc(Tb -T c) b - a c -b

Haciendo las siguientes denominaciones,y evaluaciones, tenemos:

a _ k ,ab (390)(0,1)(0,2) 7R 7 8

°C

w= 126 — 0 ,3-0 ,2 °C

b - a 0 ,2 -0 ,1

k2bc (210)(0,2)(0,3)c - b

Th =

a Ta + (3Tc

(78)(200) + (126)(100)

78 + 126

* T b = 13 8,2 °C ©

S o l u c ió n : 1 0 6

• Según teoría, la cantidad de calor quese debe suministrar a una masa (m) de sustancia para elevar su temperatura de T, aT2 es:

t2AQ = Jm c(T )dT

T,

TiAQ= Jm (a + bT)dT

AQ = m ( a T + ^ b T 2)

AQ = m [a(T 2 - T 1) + ib (T 22 - T 12)]

^ - = (T2 -T 1)[a + J (T 2 +T1)]m 2

m 30 2

+ — = 40am

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544 Temperatura y calor S o l u c i ó n : 1 0 7

• La energía cinética del esquiador setransforma en calor, debido a la fricciónde los esquíes con el hielo, aumentando sutemperatura el hielo hasta 0o C, y luegoderrritiéndose una parte de el, así:

j m v 2 = m HcHATH+ m HLF

Dividiendo ambas lados de esta ecuación por el tiempo, se tiene:

< ! ^ = < a ) c HAT„ + (a L )L F

mH _ m vt 2 (cBATjj + Lp) t

mH ( 9 0 ) ( 1 6 ) 2

(2)[(2 093)(0-( -3 2 )) + 335.10J]

= 28,66.10-3 kg (E

Para la placa de vidrio izquierda.

T , - T a = H -k v A

Para la placa de aire.

ta - tb = hk* A

Para la placa de vidrio derecha.

Tb - T , = Hk v A

Sumando miembro a miembro cada una deestas ecuaciones:

H 2f i f 2 \T , - Ti = — ( — + — )

2 1 A k v kA

H =(2f, + l 2) (T2 -T .)

(2 f , /k v + f 2 /k A)(2f j + f 2)

H = k M A( 2 í i + / 2 )

S o l u c i ó n : 1 0 8

• Sean TA, TB las temperaturas en las caras derecha e izquierda de las capas de vidrio, como se muestra.

t2

kv kA k y

T a T b

H

Luego, la conductividad térmica equiva

lente del sistema de placas es:

k _ _ ^ r h í 2 __ 4 / ] ____

k v k A k y k A

* k e = r2 k A k y

k A + k y©

S o l u c ió n : 1 0 9

• Representemos al tubo de radios inter

no a=2 cm y externo b=2,2 cm.

Por conservación de la energía, el flujo decalor que pasa a través de una sección deárea A, de cada una de las placas es la misma, así, asumiendo que T2>T), se tiene:

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Física II 545

Como la temperatura de la superficie ex tenor de la capa aislante es constante, el flujo de calor radial hacia afuera, también, es una constante, así, según el prob.(82), este flujo de calor, viene dado por:

H = 27t k l (Ta - T b) fn(b/a)

Para el tubo de radios a, b, la diferencia de temperaturas entre la superficie interna y externa es:

T0 - T = —■—— f n(—) (1)0 x 27t k ]l a 7

Para el aislante de radios b, c= b+d, la di ferencia de temperaturas entre la superfi cié interna y externa es:

T x - Ti = — —— fn(—) (2)x 1 271 k 2f b

Dividiendo (1) entre (2), y despejando Tx, tenemos:

T 0 - T x ( H / 27I k¡l)ln(b/a)

T x - T j ( H / 2 7 t k 2 f ) f n ( c / b )

T =k2 ln(b / a) Tt + k t ln (c / b) T0

k2fn(b/a) + k, fn(c /b)

+ Tx » 143 °C ©

Solución: 110• Consideremos una capa de hielo de es

pesor (h) y área (A), cuyas caras inferior y exterior están a las temperaturas de 0o C y -15° C.

-L5-!£_r.

HIELOl h

d h

En la Fig., la cantidad de calor necesaria para que se forme una capa de hielo de ma sa (dm) contenida en el volumen sombrea do de espesor (dh) y área (A) es:

dQ = dm Lf = p A dh LF (1)

De otro lado, la cantidad de calor transferí do al medio ambiente, a través del área A de la capa de hielo de espesor (h), durante el tiempo (dt) es:

dQ = H dt = k A (T? ~ - l ) dt (2) z

Igualando las ecs.(l) y (2), y despejando obtenemos la rapidez con que aumenta el

espesor de la capa de hielo:

p ALfdh = k A ( - 2 ~ ■—) dt h

u , d h _ k(T2 - T , )

dt pLFh

(0,92X0-(-15))u =

(920)(308,5.103)(0,1)

* u « 0,49.10-6 m /s OÍD

Solución: 111

• El 22 % de la energía de combustión se utiliza en trabajo para trasladar al auto, esto es:

0,22Cm = Fd = (P/v)d

m = P.d (15)(736)(10 )

o° c

0,2C.v (0,22)(4,6.107 )(30 /3,6)

* m = 13 kg ®

5 5 Nota"C" es el poder calorífico de la gasoli na.

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546 Temperatura y caiot..S o l u c i ó n : 1 1 2

• Una fracción de la energía de la com bustión se transforma en trabajo útil, paradesplazar el auto, esto es:

R.C.m = F.d

P.dR.C.p.V = —

v

Así, el rendimiento R en porcentaje es:

P.dR = ( X100)

R =

C.p.V.v

(16,3X736X105 XI00)

(4,6.107 )(0,8.10“3)(13,5.103)(40 / 3,6)

+ R = 21,7 % ®

S o l u c i ó n : 1 1 3

• Del principio de conservación de lacantidad de movimiento, hallemos la rapidez del conjunto después del choque, así:

P antes ~ P después

m.v = (m + m) u

, 3 „ mu = f e )(4) = 2 _ 3 + 3 s

Luego, el calor desprendido durante elchoque, será la diferencia de las energíascinéticas antes y después del choque, estoes:

Q = AEC = E,c,i EC,F

Q = —m.v2 - —(m + m) u22 2

Q = ^ (3) (4)2-^ ( 6 ) (2 )2

* Q = 12 J ®

S o l u c i ó n : 1 1 4

• Representemos el C.G.de la barra ensus posiciones inicial y final.

En la Fig., la variación de altura del centro de gravedad de la barra es:

Ah = 0,90-0,75 = 0,15 m

Ahora, según el teorema del trabajo y la energía mecánica, el trabajo externo, es igual a la variación de la energía potencialgravitatoria del centro de gravedad, más elcalor disipado por la fricción de la ba rracon las superficies, así:

W = AEP + Q = - w Ah + Q

Q = W + wAh = 26 + (60)(0,15)

* Q = 3 5 J ®

S o l u c i ó n : 1 1 5

• Sean h lf h2 las alturas inicial y final delcentro de gravedad (c.g) del halterio, entonces, el calor desprendido, es igual, a lavariación de la energía potencial gravitatoria, esto es:

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Física II 547

Q = AEp

Q = 2m g(hj - h 2) (1)

De la posición inicial del halterio, halle

mos la altura "h,"

h, L/2sen a = — — y sen a = ------

L / 2 R

h, L /2 L

L / 2 _ R 1 _ 4 R

DESPUES

De la posición final del halterio, hallemosla altura "h2".

R - h2 = [R2 - (L /2 )2] 1/2

h2 = R - R [ 1 - ( L / 2 R ) 2] 1/2

h 2 = r { i - [ 1 - ( L / 2 R ) 2 ] 1 / 2 }

Sustituyendo (1) "h," y "h2", tenemos:

1 - [ l - ( L / 2 R ) 2] 1/2

Q = 2m gR - ¡[ l- ( ¿ ) 2] 172 - [1 - ( ¿ ) 2]2R 2R

Q = 2mgR{l - [1 - ¿ ) 2]1/2}[1 - ¿ ) 2]1/22K zK

Q = ( 2 ) ( 8 ) ( 10 ) ( l ) ( l - i ) ( i )

* Q = 40 J ©

Solución: 116

• Representemos el sistema de dos diseos fijos situados verticalmente y la bala.

(2) u”

a>:

(1) _^U

“ AV7

□se::

m

Qi

ps

q2

Primer choque bala-discoDel principio de conservación de la cantídad de movimiento:

m v = m v'+m u'

v = v'+u ' (1)

De otro lado, del principio de conservación de la energía:

— m v2 = — m v,2 + — u'2+ Q, (2)2 2 2 1

Segundo choque bala-discoDel principio de conservación de la cantidad de movimiento:

m v'= (m + m)u"

.. 1 .u = -v ' (3)

De otro lado, del principio de conservación de la energía:

^ m v '2= ^ ( m + m ) u"2+ Q 2 (4)

De (1) en (2), obtenemos la expresión:

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m v v'= m v'2+Q| (5)

De (3) en (4), obtenemos la expresión:

—mv'2 = —mv'2+ Q 2 2 4 2

v '=2VQ2/m (6)

Finalmente, reemplazando (6) en (5):

m v 2 A/Q2/m = 4 Q2 + Qj

Q, = 2 A/mQ¡"(v - 2 ^ Q ^ / m )

Q, = 2 a/(50.10“3)(103)(400-

2Vl03/50.10-3)

4» Q j & 1657 J

S o l u c ió n : 1 1 7

• Representemos la esfera de plomo ini

cialmente fija, y la bala de acero.

m

ANTES

DESPUES

La cantidad de movimiento antes y des pués de la colisión, se conserva, así:

v mm v = M u + m — => u = v

2 2M

La diferencia de energías cinéticas del sis tema antes y después de la colisión, es i gual, al calor desprendido (Q), esto es:

^ 1 2 1 v2 l - 2Q = -m v — m — -------M u

2 2 4 2Sustituyendo la velocidad u, obtenemos

Q = - m v2 8

1 m 2v

8 M

_ 1 „ m,,l 2Q = —(3 --------- m v 2

4 M 2

Luego, como la parte de la energía cinéti

ca inicial que se transforma en calor, esr| = Q /((l / 2) m v2), entonces:

1

fi = 7 ( 3 ■4

(3 - —)4 M

m i 152

51m 4 51

+ T) =38

51S o l u c ió n : 1 1 8

• Representemos al núcleo antes y des pués de la desin tegración en dos fragmentos de masa mi y m2.

miPi

m2P2

Con los vectores cantidad de movimiento,antes y después de la desintegración delnúcleo, formemos un triángulo, así:

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Física II 549

En la Fig., aplicando la ley de coseno, tenemos:

P2 = p 12 + P 2 - 2 p ,p 2 c o s ( n - 0 ) (1)

De otro lado, del principio de conservación de la energía, tenemos:

r .2

2 ( m , + m 2 ) 2 ni] 2 m 2

Luego, de (1) en (2), obtenemos:

(2)

Pi + P 2 + 2p1 p 2 cos9 „ 2 „ 2P l_ + _Pí_ + q

Q =

2 ( m ! + m 2) 2 mj 2 m 2

m2p2 + mfp2 - 2m ]m2P)p2 eos 0

2m]m2(m1+m2)

Q = -

Q = -

4 p ? + P 2 ~ 2 p t p2

1 2 m,

4pi2 + 4 p f - 4 p f

1 2 mT

Q ^ C,después ^ C,antes

Q = (“ miy2 + ~ m2v2)_ (0)

Como, p = m.v, entonces la ecuación anterior se puede escribir, así:

1 r.2 „ 2q , 1 (Í L + Ü ,

2 iri| m 2( 1)

De otro lado, la cantidad de movimientoseconserva, de modo que:

0 = p, + p 2 => pj = p 2 (2 )

Sustituyendo (2) en (1), tenemos:

.. _ , 2m,m2 rtxl/2Pi = P2 = ( Q)

m¡ + m 2

Luego, las energías cinéticas de cada unode los fragmentos son:

EC,i -

Ec.i _

m-,Pi _______

2 mt mj + m 2

1

Q = t Q((m ,/m 2) + l) 5

Procediendo del mismo modo, la energíacinética para el fragmento "2 ", así:

q. - J S - . - V l-)3m, 3 2m,

F - P2 -f c c 2 - -

m.

2 m 2 m i + m 2

* Q = - E c,i ®1

-C,2 - Q = - Q(l + Cm j/mj)) 5

Solución: 119• En el sistema Laboratorio, la variaciónde la energía cinética del sistema, es igual, al calor desprendido en la explosión,es decir:

Ec.i - ~ Q y e Ci2 - - Q

aEc [ = 8 kJ y Ec 2 = 2 kJ

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550 Temperatura y calor S o l u c ió n : 1 2 0

• Representemos a las bolillas antes y des pués de la colisión frontal.

Pi p2 =Ü

©

ANTES

P l ( ^ P 2 ,

© ©

DESPUES

Aplicando, el principio de conservaciónde la cantidad de movimiento, antes y des

pués de la colisión, se tiene:

P antes P después

P l = P Í + P 2 (1)

Aplicando, el principio de conservaciónde la energía, antes y después de la colisión, tenemos:

Pl

2 mj

,2 .2

_ P J _ + _ P 2 _ + Q

2nij 2m2(2)

De otro lado, el coeficiente de restitución,

viene dado por:

e = ^

e =

v j - v 2

(p2/m2) - (p i / m 1)

P i / m ,

p2 _ ep,+pj

m-,* 2

m,Resolviendo (1) y (3) para Pj y p2 :

m, - em,Pi =

*im! + m 2

Pi

m2(l + e) _ P 2 - ; P im, + m 2

(3)

(4)

(5)

Sustituyendo (4) y (5) en (2), y despejar do "Q", tenemos:

Q = l J a m2 _ , 1 + e ¡ )vf

2 mj + m 2

^ ( I ^ W X H O / ^ X 6 ) 2

0,4+ 0 , 8

+ Q = 6 J

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Termodinámica 553

3) Temperatura (T)-Volumen (V)

En todos los diagramas de proceso: (1)isócora, (2) isóbara, (3) isoterma y (4)adiabata.

2. ENERGIA INTERNA DE UN SIS-TEMA Y ENTALPIA

a) Equilibrio termodinámico

1) ConceptoSe dice que un sistema (gas ideal) se encuentra en equilibrio termodinámicocuando sus variables macroscópicas presión (P), volumen (V) y temperatura(T) permanecen constantes.

2) CondicionesPara que un sistema, este, en equilibriotermodinámico, deberá existir equilj brio:Mecánico: La fuerza resultante externasobre el sistema, debe ser nula.Térmico: Todos los puntos del sistemainternos y externos, deben estar a lamisma temperatura, esto es, no debe ha

ber flujo de calor (Q = 0).Químico: El sistema no debe experimentar reacciones químicas.

b) Energía interna de un sistema (U)La energía interna de un sistema es la

suma de las energías de los movimientos que existen en el sistema más la energía de interacción entre las partículas que conforman el sistema.Así, la energía de un gas de moléculasmonoatómicas, está formada por:

1) La energía cinética de los movimientostérmicos de traslación y rotación de lasmoléculas.

2) Las energías cinética y potencial de las

oscilaciones de los átomos en las moléculas.

3) La energía potencial debida a las inter acciones intermoleculares.

4) La energía de las capas electrónicas delos átomos e iones.

5) La energía cinética y potencial entre losnucleones de los átomos.El valor de la energía interna (U) de ungas, debido a su movimiento térmico,

viene dado por:

siendo, (m) la masa del gas, (M) su masa molecular, (T) la temperatura absoluta (°K), (R) la constante universal delos gases y (y) los grados de libertad

que posee el movimiento de las moléculas del gas, cuyo valores dependen dela naturaleza del gas, así:

Tipo de Gas Ymonoatómico 3

diatómico 5

triatómico 6

poliatómico 7

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554 TermodirrómicgLa energía interna de un gas dependesólo del estado termodinámico en elque se encuentre.Si el sistema termodinámico realiza una transformación cerrada o ciclo la variación total de su energía interna es nula, esto es:

<JdU = 0

• En un sistema que no esté sometido a laacción de fuerzas extemas y que se en

. cuentre en estado de equilibrio macroscópico la energía interna es la energíatotal del sistema.

• La energía interna de un sistema homogéneo es una magnitud aditiva, esto es,es igual a la suma de las energías inter ñas de todas sus partes macroscópicas,es decir, es proporcional a la masa delsistema.

c) Variación de la energía interna (AU)En todo proceso termodinámico, la variación de la energía interna, es independiente de los estados intermedios, estávariación sólo depende de los estados i-nicial y final, esto es:

AU = U 2 -U !

siendo, Uj, U2 las energías internas ini

cial y final, respectivamente.Ejemplo: 05Hallar la energía del movimiento térmi

co de las moléculas de un gas diatómico contenido en un recipiente de volumen 2 litros la presión de 1,5.105 N/m 2

Solución:• Para un gas diatómico, y=5, y la energía

interna es:

U = |( l ,5 .1 0 5 )(2.10”3)

U = 750 J

Ejemplo: 06En un recipiente cerrado hay 20g denitrógeno y 32 g de oxígeno. Hallar lavariación que experimentará la energíainterna de esta mezcla de gases al enffíarla 28° C.Solución:

La mezcla es un gas diatómico, y=5,luego, la variación de su energía inter na es:

AU: 1 (Ü1 L + _ ^ ) R .AT2 M, M ,

AU = ^2 28

rv-312 I O-+ — ------)(8,31.103 )(28)

32

AU = 997,2 J

d) Entalpia (H)Se llama entalpia (H) a la función de estado de un sistema termodinámico iguala su energía interna (U) más el producto de la presión (P) por el volumen (V)del sistema expresado en las mismas unidades, esto es:

H = U + PV

• A la entalpia también se le denominacontenido calorífico o calor total de un

sistema.• La entalpia de un gas perfecto depende

únicamente de su temperatura absolutay es proporcional a la masa (m) del gas,así:

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Termodinámica 555

siendo, (CP) la capacidad calorífica a presión constante y Ho=U0 la entalpiadel gas a la temperatura de T=0° K.

• La entalpia de los gases monoatómicosviene dado por:

H = CP T + H0

• La entalpia de una mezcla de (N) gases perfectos, es igual, a la suma de las entalpías de cada uno de los gases que for man la mezcla, esto es:

H = Z Hk = E tf CP;k dT + H 0 k]k=l k=l o

siendo, C,Pk la capacidad calorífica a presión constante de la k-ésima componente de la mezcla.

e) IsoentálpicaSe llama así a la transformación termodinámica en la que la entalpia del sistema no varía.

3. TRABAJO REALIZADO POR UN

GAS

v ,

w = PAV = P(V 2 - V,)

Este trabajo dependerá de la presión ytemperatura a la que se encuentre el gases decir, dependerá de la forma como el

gas llega del estado inicial al final.

w w

V, v 2

EXPANSION

V2 V,

COMPRESION

En un diagrama P-V, el trabajo (W) esunuméricamente, igual, al área bajo lacurva.

W, área sombreada

To

• Cuando, W1 _>2 >0> el trabajo lo reali

za el gas, su volumen aumenta.• Cuando, W,_ > 2 <0, el trabajo se reali

za sobre el gas, su volumen disminuye.

4. PRIMER PRINCIPIO DE LA TERMODINAMICA

Se basa en el principio de conservaciónde la energía total mecánica+caloríficay establece que:

En la Fig., al calentarse el gas perfectoque ocupa inicialmente un volumen(Vi) se expande a presión constante hasta ocupar un volumen V2, elevando alémbolo de área (A) y al bloque de masa(m) una altura (Ah), por lo que, realizaun trabajo igual a:

0<En todo proceso termodinámico lacantidad de calor entregado (o sustrajdo) al sistema es igual al trabajo reafizado por (o sobre) el sistema, más lavariación de su energía interna50.

W = FAh = (P A)(Ah) Q = W + AU

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Termodinámica 557

5. PROCESOS TERMODINAMICOS

a) Proceso isobárico (P=cte)

um

Vi

TmitnTTTtTnTT

V2

To

En este tipo de proceso la presión semantiene constante y el trabajo realizado por (o sobre) el sistema (gas) cuan

do este pasa del estado 1 hacia el 2 , es:

w i~ > 2 = P(V 2 - V,)

Si, V2> V¡, el sistema realiza trabajo, elgas se expande.Si, V2< Vi, el trabajo se realiza sobreel sistema, el gas se comprime.El trabajo neto realizado por (o sobre)el gas en un ciclo, es igual al área encerrada por la curva "P -V".Si, el ciclo se realiza, en el sentido horario, el trabajo neto será positivo, caso contrario negativo.

Diagrama P-V

La cantidad de calor suministrada (ósustraída) durante el proceso es:

• La variación de la energía interna, durante el proceso es:

AU = U 2 - U , = C v (T2 - T , )

• La capacidad calorífica, a presión cons

tante, viene dado por:

>

C p =M ( x - l)

siendo (x) el exponente adiabático.

Ley de Charles (P=cte)Esta ley establece, que en un gas ideal a

presión constante, la razón de su volumen a su temperatura es una constante,así para dos estados diferentes 1 y 2 , setiene:

V, V,

b) Proceso isocórico (V=cte)

Diagrama P-V

En este tipo de proceso, el sistema pasa del estado " 1 " hacia el estado "2 ",sin variar su volumen y por tanto no realiza trabajo, el calor que recibe (o entrega) se invierte en elevar (o disminuir)su energía interna.

Q = CP(T2 - Tj) W = 0

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558 TermodinámicaLa cantidad de calor suministrada (ósustraída) durante el proceso es:

Q = CV(T2 - T j)

La variación de la energía interna, du

rante el proceso, es igual, a la variaciónde la cantidad de calor:

AU = Q

La capacidad calorífica, a volumenconstante, viene dado por:

m R

Diagrama P-V

M ( x - l)

siendo (x) el exponente adiabático.

> Ley de GayLusacc (V=cte)Esta ley establece que en un gas ideal avolumen constante, la razón de su presión a su temperatura es una constante,así para dos estados diferentes 1 y 2 , setiene:

A - h .

c) Proceso isotérmico (T=cte)En este tipo de proceso el sistema pasa del estado " 1 " hacia el estado "2 ", atemperatura constante y por tanto lavariación de su energía interna es nula,el calor que recibe (o entrega) se transforma en trabajo realizado por (o so

bre) el sistema.

AU = 0

• El trabajo (W) realizado por (o sobre)el gas, es igual, al área bajo la curva(área sombreada).

• El valor numérico del trabajo realizadoen el proceso, viene dado por:

W = — R .T f l n ( ^ ) M V,

Demostración:De la ecuación de los gases ideales des

pejando la presión (P), y sustituyendoen la expresión del trabajo elemental, e

integrando, obtenemos:

dW = PdV

d w = ™ R T d vM V

] d W = - ^ R T Vf ^J TVf J V0 M v, v

>

W = — R.T f n(— )M V,

La variación de la cantidad de calor, esigual, al trabajo realizado en el proceso,es decir:

Q = W

La capacidad calorífica del gas, a tem peratura constante es:

Cr = oo

Ley de B oyleMariotte (T=cte)Esta ley establece que en un gas ideal atemperatura constante, el producto desu presión por su volumen es una constante, así, para dos estados diferentes 1

y 2 , se tiene:

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Termodinámica 559

P,V,=P 2 V2

Ejemplo: 071 litro de helio que está en C.N. se dilata isotérmicamente, al recibir calor has

ta ocupar un volumen de 2 litros. Hallar a) El trabajo hecho por el gas.

b) El calor que recibió.Solución:

a) El trabajo realizado por el gas:

Wm

MR.T f l n í- i )

W = P.V ?n(^-)

VW = (l,01.105)(10_3)£n(2/1)

W = 70 J

b) La cantidad de calor que recibió es:

Q = W = 70.1

d) Proceso adiabático (Q=0)

En este tipo de proceso el sistema pasa del estado " 1 " hacia el estado "2 ",sin recibir ni entregar calor, la variación de su energía interna se utiliza para hacer trabajo.

W = - AU

Diagrama P-V

ceso l-» 2 , es igual, al área sombreada bajo la curva, su valor numérico, se puede hallar de cualquiera de las siguientesfórmulas:

m R _

W = — -----t(T , -T2)

W :

M H

X - l *1

w = M l[ ]_ ( v L)(x-»X - l V2

siendo, "m" la masa del gas, "M" sumasa molecular y el exponente a

diabático.Demostración:

• Para un proceso adiabático, la relaciónentre las presiones y volúmenes correspondientes al estado inicial y final del gas i-deal, vienen dados por:

p H kv o p i v iX — = f— => P = —LP, V V*

Luego, el trabajo realizado sobre el gas enel proceso de compresión adiabática es:

w vJdW = JPd Vo v„

J v idV

W =P,V*

w =

1-X

1-X 2

(V1- ) ] ; ;

■vi"*)

P| V|x

x - 1W = Í 2 T [V 11 - x - V j “x]

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560 Termodinámica

wP,V*

( x - D v r 1

+ w =

v - é - r ' i

x - i V,• La capacidad calorífica del gas, en un

proceso adiabático, es nulo, es decir:

Cad = 0

• La relación entre las variables termodinámicas P, V y T, para los estados 1, 2,vienen dados por:

Ü = / VL\x ó i = )Z-iP2 vV T2 VV /

Demostración:• Como el proceso es adiabático, no haytransferencia de calor (dQ = 0), entonces dela primera ley de la termodinámica, se tiene:

dQ = dW + dü

dW = -d U = n R dT2

( 1)

! ambién de la ecuación de los gases ideales e! volum en es:

V =nRT

(2)

De oiro lado, diferenciando la ecuación de¡os gases ideales, y teniendo en cuenta que

el trabajo elemental es dW=PdV, tenemos:

P V = n RT

P dV + V dP = n R dT

dW + VdP = n R dT

De (1) y (2), obtenemos la expresión:

Y _ n R T• - n R dT + dP = n R dT

T Y — dP = (—+1) dTP 2

dPí v = ( i +1) J

dT

f n A ) = ( I + l ) f n ( J )M z A 1

p nr TÍ?

Pl Tj

Ahora, encontremos una relación entre elexponente adiabático (%) y los grados de li

bertad (y ), así:

X =C Í + 1)R ' - 'P __ 2 _____

Cy

y + 2

Y

y + 2

=>

R

y =

X - l

X - l

Con esto la expresión para las presiones ytemperaturas, queda así:

P, Ti

Y —1

Ejemplo: 081 kg de aire que está a la temperaturade 30° C y a la presión de 1,5 atm se ex

pande adiabáticamente disminuyendo

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Termodinámica 561su presión hasta 1 atm. Hallar:

a) El grado de expansión. b) La temperatura final.c) El trabajo realizado.

Solución:

a) El aire es un gas diatómico, y = 5, luego, el exponente adiabático es:

X =Cy + R

2 2 7x = l + - = l + - = -

Y 5 5

Y el grado de expansión es:

1 5v 2 _ ( -l ) X _ (— )7Y iVi

rA

^ 2

= 1,33 veces

b) La tem peratura final (T2), hallamos de:

T2 = .(303 °K)

T2 = 270,3 °K

c) El trabajo realizado por el gas es:

m R W =

Mx-1(T! -T2)

w =1 8,31.10

29 (7 /5-1)(303-270)

W = 2,36.10 J

e) Proceso politrópico (C=cte.)En este tipo de proceso el sistema pasa del estado " 1 " hacia el estado "2",

manteniéndose la capacidad calorífica(C) del perfecto constante, y el calor que recibe (o entrega ) el sistema setransforma en cambio en su energía intem a y en trabajo.

Gráfica C-n

En la gráfica se muestra la capacidadcalorífica (C) del gas perfecto en latransformación politrópica, en funcióndel exponente politrópico (n).La variación de la energía térmica queexperimenta el gas perfecto es:

AU = Cv (T2 - T , )

siendo, Cv la capacidad calorífica a volumen constante, y Th T2 las temperaturas inicial y final.La cantidad de calor cedida por el gas

perfecto, viene dado por:

Q = C(T2 - Tj)

siendo, (C) la capacidad calorífica cons

tante en el proceso politrópico.La variación en la entalpia del gas per fecto, viene dado por:

AH = CP (T2 - Tj)

siendo, CP la capacidad calorífica a presión constante, y Ti, T2 las temperaturas inicial y final.

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562 TermodinámicaLa capacidad calorífica del gas perfecto en el proceso politrópico es:

C = R ( n - X )

(X - l)(n -1 )

siendo, (x) el exponente adiabático, y

(n) el exponente politrópico, cuya ex presión, viene dado por:

n =C - C p

C - C v

La relación entre las variables termodinámicas P, V y T, para los estados 1, 2,

vienen dados por:

Pl V," = P2 V2n

P i( T ,) n/(1_n) = P2 (T2 )n/(1_n)

V, ( T ,) 1/(n-1) = V 2 (T 2 ) 1/(n_1)

El trabajo realizado por el gas perfecto,cuando pasa del estado ( 1 ) hacia el (2 ),se halla a partir de cualquiera de las sj

guientes expresiones:

W = - 1- r (P1V1 - P 2 V 2) n - 1

M n -1 P,

n - 1 [ l - ( w ) ]Vi

siendo, (m) las masa del gas, (M) sumasa molecular, y (n) el exponente politrópico.

6. CICLO DE CARNOT Y MAQUINAS TERMICAS

a) Ciclo de Carnot1) Definición

Se denomina así al ciclo reversible for mado por dos procesos isotérmicos y otros dos adiabáticos; dando lugar, a dos procesos de compresión y dos de expansión.

El principio de Camot establece que to da máquina térmica, trabajando entre dos temperaturas fijas T¡(alta) y T2 (ba

ja), desarrolla una eficiencia menor que la del ciclo de Camot.Es utilizado en máquinas que usan va por o una mezcla de combustible (con aire o oxigeno)

□ o

2) Descripción completa del ciclo de CarnotConsideremos el pistón de un motor decombustión interna a gas, para el cual,describimos los cuatro procesos que for man el ciclo de Camot.Proceso isotérmico (ab)

Inicialmente el gas que esta en equili brio en el estado Pt, V ), Ti, se expandelentamente hasta el estado P2, V2, Ti absorviendo la energía calorífica Q,. Elgas hace trabajo desplazando el pistónhacia la derecha.

Proceso adiabático (bc)Ponemos el cilindro sobre una base no

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Termodinámica 563

conductora de calor y permitimos queel gas se dilate hasta P3, V3, T2. La dilatación es adiabática porque no hay pér dida ni ganancia de calor. El gas efectúa trabajo elevando el émbolo y dismi

nuye su temperatura desde T) hasta T2.Proceso isotérmico (cd)Ponemos el cilindro sobre un depósitode calor (más frió) T 2 y comprimimoslentamente el gas hasta P4, V4, T2. Durante este proceso se transfiere ciertacantidad de energía calorífica Q 2 delgas al depósito.

Proceso adiabático (da)

Ponemos al cilindro en un soporte noconductor de calor y comprimimos lentamente hasta el estado inicial P3, V1(T|. La compresión es adiabática, se efectúa trabajo sobre el gas elevándosesu temperatura hasta T i.

3) Teorema de CarnotEl rendimiento térmico del ciclo reversi

ble de Cam ot no depende de la composición del agente de transformación yviene dado por:

• El rendimiento térmico del ciclo irreversible de Camot (nc’)es siempre me

ñor que el rendimiento térmico (ric )

del ciclo reversible de Cam ot realizadoentre las mismas temperaturas Ti, T2,esto es:

fie < fie

• El rendimiento térmico de un ciclo reversible cualquiera no puede ser nuncamayor que el rendimiento térmico (r]C)

del ciclo reversible de Camot, a las mismas temperaturas T i( T2.

b) Transformaciones reversibles e irreversiblesUna transformación se dice que es reversible si al efectuarla un sistema ter modinámico primero en sentido directoy después en sentido inverso, tanto elsistema mismo como todos los cuerposexternos que interaccionan con él retor nan al estado inicial.

• Esto es durante la transformación inver sa el sistema termodinámico regresa asu estado inicial, de tal modo que el nuevo medio que lo rodea no experimentaninguna variación.

• La condición necesaria y suficiente para que una transformación termodinámica sea reversible, es que todos los estados que sucesivamente recorre la transformación sean de equilibrio.

• Así, las transformaciones directa e inver sa que experimenta un sistema termodinámico serán idénticos.

• La reversibilidad de los movimientosmecánicos significa que son simétricosrespecto de la sustitución del futuro por el pasado.

Ejemplo: 09El movimiento mecánico de un cuerpoen el vacío, en ausencia de fuerzas defricción, es un proceso reversible

c) Máquinas térmicas

1) DefiniciónEs todo dispositivo mecánico que trans

forma parte de la energía calorífica querecibe en energía mecánica.

2) Funcionamiento• Toda máquina térmica para su funcio

namiento necesita de un foco caliente(entrega energía) a la temperatura Tc,un foco frío (consume energía) a la tem

peratura TF (Tc>TF) y de un agente de

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564 Termodinámicatransformación (sustancia activa o detrabajo).

• La máquina térmica de la Fig., recibe energía calorífica Qq del foco caliente,

y parte la transforma en trabajo (W), y

la energía restante la cede al foco fríoen forma de calor Qp.

• Según, el principio de conservación dela energía total, se cumple:

Qc = W + Qf

Ejemplo: 10Los motores de combustión interna (petróleo y gasolina), las turbinas de vapor •

las calderas, las refrigeradoras, etc ...,son máquinas térmicas.

Representación de una máquina térmica

sional que mide el trabajo útil que haceuna máquina térmica, y se define así:

Qc Qc Tc

las temperaturas deben estar en la esca

la absoluta (°K).• El rendimiento térmico caracteriza el

grado de perfeccionamiento de la transformación de la energía interna en mecánica que tiene lugar en el motor tér mico que funciona de acuerdo con el cicío que se analiza.En porcentaje, el rendimiento (q) de u

na máquina térmica, se escribe así:

ri(%) = O ~ ~)(1 0 0 )Qc

I Q c .T c ]

’ l '

m t )

i O c , T r I

1W w

M.R

I Q f . T f

MOTOR

Q f, TV |

REFRIGERADOR

• Esto es, el trabajo útil efectuado por una máquina térmica, es igual, a la diferencia de calores (Qc - Q f).

• En el caso de una refrigerador, el proce

so es inverso, es decir, el calor se transfiere del foco frío (Qp) al foco caliente

(Qc), Para 1° cual> las fuerzas externas

deben hacer trabajo sobre el sistema.

3) Rendimiento de una maquina tér-mica (q)El rendimiento es una cantidad adimen

4) Coeficiente de efecto frigorífico

Es una cantidad que caracteriza el rendimiento económico de una instalaciónfrigorífica, viene dado por:

W

5)

siendo, (Q) la cantidad de calor absor bida del cuerpo que se enfría y (W) el equivalente térmico del trabajo realizadoEl coeficiente de efecto frigorífico decualquier instalación que funcione se

gún un ciclo reversible depende únicamente de la temperatura absoluta delcuerpo que se enfría (T0) y del cuerporeceptor del calor (T).

Rendimiento de los ciclos de los motores térmicos alternativos

[1 ] Ciclo de Otto (V=cte.)

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Termodinámica 565

4P3 '

Q t \2

h v---------------- i-------- p.* i ►

o v 2 V,

co de compresión y expansión.

[3] Ciclo de TrinklerSabathé

1 - 2 compresión adiabática2-3 calentamiento isócoro3-4 expansión adiabática4-1 enfriamiento isócoro.

siendo, a = Vi/V2 la relación de com presión, y (x ) el exponente adiabático

de compresión y expansión.

2] Ciclo de Diesel (P=cte.)

1 - 2 compresión adiabática23 calentamiento isobárico3-4 expansión adiabática4-1 enfriamiento isócoro.

t PX ~ 1

Xax_1(|3-1)

siendo, P=V 3 /V 2 la relación de expan

sión isobárica, a = Vi/V 2 la relación decompresión, y x el exponente adiabáti

1 - 2 compresión adiabática23’ calentamiento isócoro

3’3 calentamiento isobárico34 expansión adiabática41 enfriamiento isócoro.

, >Px-l-------a x- ' [ ( \ - l ) + x M p - l ) ]

siendo, p=V 3/V 2 la relación de expan

sión isobárica, a = V t/V2 la relación decompresión, X =P 3 /P 2 la relación de au

mentó de la presión, y x el exponente adiabático de compresión y expansión.

6) Rendimiento de los ciclos de las turbinas de gas

[1] Ciclo de combustión a presión constante

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566 .Termodinámica1 - 2 compresión adiabática2-3 calentamiento isobárico3-4 expansión adiabática4-1 enfriam iento isobárico

ri = 1x-i

siendo, y =P2/Pi la relación de aumento

de la presión durante la compresión, yX el exponente adiabático de compre

sión y expansión.

[2] Ciclo de combustión a volumenconstante

1-22-33-441

compresión adiabáticacalentamiento isócoroexpansión adiabáticaenfriamiento isobárico

ri = l -

siendo, y =P¡¡/Pi la relación de aumento

de la presión durante la compresión, X —P 3/P 2 la. relación del aumento com plementario de la presión y % el expo

nente adiabático de compresión y ex pansión.

7. SEGUNDO PRINCIPIO DE LA TERMODINAMICA

a) EnunciadosBasado en el hecho que el calor se pro

paga de las regiones de altas temperaturas hacia las regiones de bajas temperaturas, este princip io afirma:

1) No existe máquina térmica (ideal) en laque todo el calor del foco caliente seatransformado en trabajo útil, es decir,es imposible construir el móvil perpetuo de segunda especie.

2 ) El calor no puede propagarse de modonatural de un cuerpo frío hacia un cuer

po caliente, salvo que el proceso termodinámico sea forzado.

b) Móvil perpetuo de segunda especieSe llama así al dispositivo (motor) cuyoagente de transformación, recibiera, para efectuar el ciclo, energía en forma decalor de un cuerpo exterior y la cedieradespués totalmente en forma de trabajoa otro cuerpo exterior.

8. ENTROPIA

a) Concepto No es una magnitud física, tal comotemperatura o presión, que se puedenmedir en forma directa, al contrario, laentropía de un sistema termodinámicose determina utilizando métodos indirectos.

• Se define como la propiedad física que permite medir el grado de desorden deun sistema termodinámico.

• Se puede decir, también, que la entro pía de un sistema, es su capacidad dehacer trabajo.

• La entropía de un sistema es una pro piedad fís ica puntual, es decir, es inde pendiente del camino que utiliza el sistema para ir de un estado 1 (inicial) hacia otro 2 (final).

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Termodinámica 567sistema, a la temperatura (T) del cuerpoque cede calor, esto es:

• El cambio en la entropía que experimenta un sistema termodinámico, cuando

pasa de un estado inicial ( 1 ) hacia un estado final (2 ), viene dado por:

AS = S2 -S ! = f ^2 1 j T

• El carácter de la variación de la entro pía sirve para de terminar en que sentído se realiza el intercambio de calor,así, cuando el cuerpo (ó sustancia) secalienta (AS > 0) su entropía aumenta, ycuando se enfría ( a S < 0 ) , s u entropía

disminuye.

b) Propiedades1) La entropía de un sistema cerrado que

realiza un ciclo reversible de Carnot novaría, esto es:

ASrev = 0 ; S = cte.

2) La entropía de un sistema cerrado querealiza un ciclo irreversible de Carnotaumenta, esto es:

ASfaev > 0

3) La entropía de un sistema cerrado, cualesquiera que sean las transformacionesque ocurran en él, no disminuye, estoes:

AS > 0

4) Si el estado de un sistema cerrado ex perimenta una variación elemental, la

entropía del sistema no disminuye, así:dS> 0 , el signo igual se refiere a lastransformaciones reversibles, y el de ladesigualdad, a las irreversibles.

c) Calor reducido (Q*)Se llama calor reducido (Q*), en unatransformación isotérmica, a la razón dela cantidad de calor (Q), recibida por el

siendo, Q>0 cuando el sistema le cedeenergía al cuerpo, y Q<0 cuando absor

be energía de él.

d) Transformación isoentrópicaSe llama así al proceso termodinámico¿n el cual la entropía del sistema no varía. Por ejemplo en una transformaciónadiabática reversible 5Q = 0 y S = cte.

e) Energía libre (F)Se denomina energía libre a la diferencia entre la energía interna del sistema(U) menos la energía ligada (TS), estoes:

F = U - T S

• Si el sistema realiza una transformaciónisotérmica reversible, dT=0 y 6 Wisot =

dF. Al pasar el sistema del estado 1 al

estado 2 en una transformación reversi ble,

Wisot = F ¡-F 2

• La disminución de la energía libre es lamedida del trabajo que realiza el sistema durante la transformación isotérmjca reversible.

f) Energía ligada

La energía ligada es la parte de la ener gía interna del sistema que no puede ser transferida en forma de trabajo en la unatransformación isotérmica. La energía ligada es directamente proporcional a laentropía, es decir, a una mayor entropíale corresponde una mayor energía ligada del sistema.

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Física II 569


01. En cierto proceso, se suministra a una sustancia de energía interna 100 J, una cantidadde calor de 400 J y al mismo tiempo se realiza sobre él un trabajo de 200 J,¿Cuál es laenergía interna final?

a) 100 J b) 300 J c) 400 J d) 600 J e) 700 J

02. A un recipiente de volumen V que contiene un mol de un gas perfecto a la presión P; sele suministra una cantidad de calor Q y el gas sufre una variación de volumen p a la

presión constante P.1) ¿Cuál es el trabajo realizado por el gas?

a) Pp b) PV c) P(V - p)

II) ¿Cuál es la variación de energía interna del gas?

a) PVQ b) Pp/V c) Q - pp

III) ¿Cuál es la variación de temperatura del gas?

a) P/p R b) Pp /R c)P.R/p

d) Q - P p e) Pp 2 / 2

d) Q/Pp

d) R p / P

e) Pp /2

e) R/p P

03. El ciclo experimentado por un gas se representa en el diagrama P-V, mostrado en laFig.01. La energía interna en A es 0 J y en B es 15 J.

20

1 0

P(N/m2)P

© 300°K

A B

f \Q

V([m3)( i ) 150°K

© 500°K

©

Fig.01

3 lt

Fig.02

e) 60 J

I) ¿Cuál es el trabajo efectuado por el gas de A a B?

a) 0 J b) 10 J c) 20 J d) 40 J

II) ¿Cuál es el calor suministrado al gasde A a B?

a) 0 J b) 25 J c) 40 J d) 45 J e) 55 J

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570 TermodinámicaIII) Si el gas recibe 45 J de calor de B a C, ¿Cuál es la energía interna en C?

a) 15 J b) 45 J c) 60 J d) 80 J e) 100 J

IV) ¿Cuál es el trabajo realizado por el gas de C a A?

a) 0 J b) -30 J c) -40 J d) 60 J e) -60 J

V)¿Cuál es el calor extraído del gas de C a A?

a) -15 J b) 30 J c) -30 J d ) 6 0 J e) -90 J

VI) ¿Cuál es el trabajo neto efectuado por el gas en este ciclo?

a) 10 J b) 20 J c) -20 J d) 30 J e ) 6 0 J

04. Un motor de Cam ot recibe de un foco a 727 °C 10 000 cal;realiza un trabajo y cede

una cierta cantidad de caloría a un foco a 27 °C.I) ¿Cuál es el rendimiento térmico de este motor?

a) 30% b) 40% c) 50% d) 60% e) 70%

II) ¿Cuál es el trabajo realizado?

a) 1 000 cal b) 3 000 cal c) 4000 cal d) 7 000 cal e) 8 000 cal

III) ¿Qué cantidad de calor es cedido al foco frío?

a) 1 000 cal b) 3 000 cal c) 4000 cal d) 7 000 cal e) 8 000 cal

05. La afirmación correcta correspondiente a la teoría cinética de los gases es:a) A la misma temperatura, las moléculas de un gas liviano tienen mayor velocidad

cuadrática media que las moléculas de un gas pesado. b) A la mism a temperatura, las moléculas de un gas liviano tienen mayor energía cinéti

ca media que las moléculas de un gas pesado.c) A la misma temperatura, las moléculas de un gas liviano tienen la misma velocidad

cuadrática media que las moléculas de un gas pesado.d) La velocidad cuadrática media de las moléculas de un gas depende de la presión.

e) Las moléculas de un gas liviano o pesado se quedan en reposo absoluto a 0o C.

06. Hallar el equivalente mecánico del calor si la energía interna de un sistema aumenta en630 J cuando se hace un trabajo sobre el de 210 J y suministrándole 100 cal.

07. Durante un cierto tiempo se suministra a un sistema 100 cal mientras realiza un trabajode 100 J, ¿Cuál es el incremento de la energía interna? (1 cal = 4,186 J)

a) 310,6 J b) 312,6 J c) 314,6 J d) 316,6 J e) 318,6 J

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Física II 57108. Un gas ideal es sometido a las transformaciones representadas en la Fig.02.

I) Calcular el valor de las variables P, V, T en los puntos 2, 3 y 4.II) ¿Cuál es el trabajo neto realizado por el gas?

09. En la Fig.03, el sistema pasa del estado X al estado Y siguiendo la trayectoria xayreciben do 100 cal y realizando un trabajo de 40 cal.

I) ¿Qué calor recibe o libera si el sistema a lo largo de la trayectoria xby realiza un tra bajo de 1 0 cal?

a) 50 cal b) 60 cal c) 70 cal d)80 cal e) 90 cal

II) Si el sistema recibe 80 cal a lo largo de la trayectoria xcy,¿ Qué trabajo es realizado por o sobre el sistema.

a) 50 cal b) 60 cal c) 70 cal d)80 cal e) 90 cal

III) Cuando el sistema regresa de Y a X a lo largo de la trayectoria curva se realiza so bre él un trabajo de 30 cal, ¿Qué calor recibe o libera?

a) -50 cal b) -60 cal c) -70 cal d)-80 cal e) -90 cal

IV) Si la energía interna Ux= 0 y Ua= 45 cal. Hallar Q y W para los procesos xa y ay.

a) 40 cal b) 45 cal c) 50 cal d) 55 cal e) 60 cal

Fig.03 Fig.04

10. En cada uno de los siguientes casos, hallar la variación de energía interna del sistema.(1 cal = 4,186 J)I) Un sistema absorbe 500 cal y realiza 40 J de trabajo.

a) 2051 J b) 2053 J c) 2055 J d) 2057 J e) 2059 J

TI) Un sistema absorbe 300 cal cuando se le aplica un trabajo de 419 J.

a) 1655 J b) 1660 J c) 1665 J d) 1670 J e) 1675 J

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572 TermodinámicaIII) Un gas pierde 1 500 cal a volumen constante.

a )-62 71J b) -6273 J c)-62 75J d)-62 77 J e)-627 9J

11. En cada una de las siguientes transformaciones adiabáticas, halle la variación deenergía interna.

I) Un gas produce, en una expansión adiabática, 5 J de trabajo exterior.

a) -1 J b) -3 J c) -5 J d) -7 J e) -9 J

II) Durante una compresión adiabática se aplica a un gas un trabajo de 100 J.

12 En un determinado proceso se suministra a un sistema 5.10 4 cal y simultáneamente elsistema se expande venciendo una presión exterior constante de 7,2 N/cm2. La energíain-tema del sistema es la misma al comienzo que al final del proceso. Hallar el incrementó de volumen del sistema. (1 cal = 4,186 J)

a) 2,1 m3 b) 2,3 m3 c) 2,5 m3 d) 2,7 m3 e) 2,9 m3

13. Hallar el trabajo exterior en la expansión de un gas que, en contra de una presión cons

tante de 2.10^ N/m^ pasa de ocupar un volumen de 3 lt a otro de 30 lt.

a) 5100 J b) 5200 J c) 5300 J d) 5400 J e )5 50 0J

14. Hallar el trabajo que realiza un gas cuyo volumen inicial es de 3 lt y cuya temperatura

aumenta de 27 °C a 227 °C, al expansionarse en contra de una presión constante de2.105 N/m2.

a) 100 J b) 200 J c) 300 J d) 400 J e) 500 J

15. Para el diagrama P-V m ostrado en la Fig.04, hallar el trabajo realizado en los siguientes procesos:I) De l a 2.

a) 1,0 MJ b) 1,2 MJ c )l,4 M J d ) l, 6 MJ e ) l , 8 MJ

II) De 2 a 3.

a) 600 kJ b) -600 kJ c) 900 kJ d) -900 kJ e) 500 kJ

III) De 3 a l .

a) 0 J b) 1 J c) 2 J d) 3 J e) 4 J

IV) En todo el ciclo.

a) 100 kJ b) 200 kJ c) 300 kJ d )4 0 0 k J e) 500 kJ

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Física II 573

V) Si se invierte el sentido del ciclo. Hallar el trabajo en c/u de los procesos a, b, c, d.

16. Para el diagrama P-V mostrado en la Fig.05, hallar el trabajo realizado en los siguientes procesos:I) De l a 4.

a) 0 J b) 1 J

II) De 4 a 3.

c) 2 J d) 3 J e) 4 J

a) 100 kJ b) 2 0 0 kJ c) 300 kJ d) 400 kJ e) 500 kJ

III.) De 3 a 2.

a) 0 J b) 1 J c) 2 J d) 3 J e) 4 J

IV) De 2 a 1.

a) -1,0 MJ b) -1,2 MJ c) -1,4 MJ d) -1,6 MJ e) -1,8 MJ

V) En todo el ciclo.

a ) -1,0 MJ b) -1,2 MJ c) -1,4 MJ d) -1 , 6 MJ e) -1,8 MJ

VI) Si se invierte el sentido del ciclo, hallar el trabajo en c/u de los procesos a, b, c, dy e .

P(N/m2) P(N/m2)

4.105

1 IftS

12 8 .1 0 5

2 .1 0 53

V(m3)

2

1 .1 U 4 1 i 3

V(m3)o í 2

Fig.05 Fig.06

Para el diagrama P-V mostrado en la Fig.06, hallar el trabajo realizado en los siguientes procesos:I) De 1 a 2.

a) 1MJ b) 2 MJ c) 3 MJ d) 4 MJ e) 5 MJ

II) De 2 a 3.

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574 Termodinámica

a) 0 J b) 1 J c) 2 J d) 3 J e ) 4 J

III) De 3 a l .

a) -1,0 MJ b) -1,2 MJ c) -l,4 M J d )- l, 6 MJ e)- l , 8 MJ

IV) En todo el ciclo.

a) 1,0 MJ b) 1,2 MJ c) 1,4 MJ d) 1, 6 MJ e) 1, 8 MJ

V)Si se invierte el ciclo. Hallar el trabajo en cada uno de los procesos a, b, c y d.

18. A un gas diatómico se le suministra 500 cal. Al ocurrir esto, el gas de dilata a presiónconstante. Hallar el trabajo de expansión del gas. (1 cal= 4,186 J)

a) 582 J b) 586 J c) 590 J d )5 9 4 J e) 598 J

19. En un recipiente cerrado hay 20 g de nitrógeno y 32 g de oxígeno. Hallar la variaciónque experimentará la energía interna de esta mezcla de gases al enfriarla en 28° C. (R=8,31 J/mol.°K)

a) 981 J b) 985 J c) 989 J d) 993 J e) 997 J

20. 10 g de oxígeno están sometidos a la presión de 3.105 N/m 2 a una tempera tura de 10° C.Después de calentarlo a presión constante este gas ocupó un volumen de 10 lt. Hallar:(R= 8,31 J/mol.°K)

I) La cantidad de calor que recibió el gas.a) 7 916 J b) 7 926 J c)7 93 6J d )7 94 6J e)7 956 J

II) La variación de la energía interna del gas.

a) 5 641 J b) 5 661 J c )5 631 J d) 5 651 J e) 5 621 J

III) El trabajo realizado por el gas.

a) 2 285 J b) 2 225 J c) 2 245 J d) 2 205 J e) 2 265 J

21. 6,5 g de nitrógeno cuya temperatura es de 27° C se dilatan hasta ocupar doble volumen, siendo la P=cte, debido al calor que perciben del exterior, R= 8,31 J/mol.°K.I) Hallar el trabajo de expansión.

a) 8,1 kJ b) 8,4 kJ c) 8,7 kJ d )9 ,0 k J e) 9,3 kJ

II) Hallar la variación que experimenta la energía interna del gas.

a) 20,2 kJ b) 20,6 kJ c) 22,4 kJ d) 22,8 kJ e) 24,6 kJ

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576 Termodinámicaa) 1500 J, 2500 J b) 2500 J, 1500 J c) 1200 J, 1400 J

d) 1400 J, 1200 J e) 1600 J, 1300 J

27. Un motor de explosión consume 250 g de gasolina por hora para una potencia de 1 CV.

Los gases se queman a una temperatura de 1 527 °C y se escapan a una temperatura de

527 °C . Si se sabe que la gasolina produce 11000 cal/g y que 1 CV = 735 W. Hallar elrendimiento real y el rendimiento térmico ideal de este motor.

a) 21 %, 52 % b) 23 %, 56 % c) 25 %, 50 % d) 27 %, 54 % e) 29 %, 58%

28. Tres moles de un gas ideal experimentan una expansión isotérmica a 30° C. Si el volumen aumenta desde 5 lt hasta 20 lt, hallar: (R= 0,08206 lt.atm/mol.°K)I) Las presiones inicial y final del gas.

a) 14,9 a tm , 3,7 atm b) 14,1 atm , 3,5 atm c) 14,3 a tm , 3,3 atmd) 14,5 a tm , 3,9 atm e) 14,1a tm , 3,1 atm

II. El trabajo efectuado por el gas sobre sus alrededores.

a) 10,5 kJ b) 12,5 k j c) 14,5 k j d )1 6 ,5 kJ e) 18,5 kJ

29. Un mol de un gas diatómico se expande adiabáticamente desde un volumen V 0 hasta unvolumen 2V0. Hallar la presión final en función de la presión inicial P0.

a) 0,30 P0 b) 0,32 P0 c) 0,3 4P o d )0 ,36 P o e) 0,38 P0

30. Se suministran 100 cal a 2 moles de un gas monoatómico ideal. Hallar: (Considere:R=l,986 cal/mol.°K)I) El cambio de temperatura si el volumen se mantiene constante.

a) 16,0° C b) 16,2° C c)1 6,4 °C d) 16 ,6°C e)1 6,8 °C

II) El cambio de temperatura si la presión se mantiene constante.

a) 10,1° C b) 10,3° C c) 10,5° C d)10 ,7° C e)10 ,9°C

31. Diez moles de un gas ideal a 100° C se expanden isotérmicamente efectuando un tra

bajo de 400 J sobre sus alrededores. Si inicialmente el gas ocupaba un volumen de 10£t. Hallar: (R= 8,314 J/mol.°K)n El volumen final ocupado por el gas.

a) 10,13 lt b) 10,33 lt c) 10,53 lt d) 10,73 lt e) 10,93 lt

II) La presión final del gas.


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576 Termodinámicaa) 1500 J, 2500 J b)2500 J, 1500 J c) 1200 J, 1400 J

d) 1400 J, 1200 J e) 1600 J, 1300 J

27. Un motor de explosión consume 250 g de gasolina por hora para una potencia de 1 CV.

Los gases se queman a una temperatura de 1 527 °C y se escapan a una temperatura de

527 °C. Si se sabe que la gasolina produce 11000 cal/g y que 1 CV = 735 W. Hallar elrendimiento real y el rendimiento térmico ideal de este motor.

a) 21 %, 52 % b) 23 %, 56 % c) 25 %, 50 % d) 27 %, 54 % e) 29 %, 58%

28. Tres moles de un gas ideal experimentan una expansión isotérmica a 30° C. Si el volumen aumenta desde 5 lt hasta 20 lt, hallar: (R= 0,08206 lt.atm/mol.°K)I) Las presiones inicial y final del gas.

a) 14,9 atm , 3,7 atm b)14,1 atm , 3,5 atm c) 14,3 atm , 3,3 atmd) 14,5 a tm , 3,9 atm e) 14,1 a tm , 3,1 atm

II. El trabajo efectuado por el gas sobre sus alrededores.

a) 10,5 kJ b) 12,5 kJ c) 14,5 k j d )1 6 ,5 k J e) 18,5 kJ

29. Un mol de un gas diatómico se expande adiabáticamente desde un volumen V 0 hasta unvolumen 2V0. Hallar la presión final en función de la presión inicial P0.

a) 0,30 P 0 b) 0,32 P0 c )0 ,34P 0 d)0,36 P0 e)0,38P 0

30. Se suministran 100 cal a 2 moles de un gas monoatómico ideal. Hallar: (Considere:R =1,986 cal/mol.°K)I) El cambio de temperatura si el volumen se mantiene constante.

a) 16,0° C b) 16,2° C c)1 6,4 °C d) 16 ,6° C e)1 6,8 °C

II) El cambio de temperatura si la presión se mantiene constante.

a) 10,1° C b) 10,3° C c) 10,5° C d) 10,7° C e) 10,9° C

31. Diez moles de un gas ideal a 100° C se expanden isotérmicamente efectuando un tra

bajo de 400 J sobre sus alrededores. Si inicialm ente el gas ocupaba un volumen de 10et. Hallar: (R= 8,314 J/mol.°K)H El volumen final ocupado por el gas.


II) La presión final del gas.


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Física II 577

III) Si se puede utilizar completamente los 400 J para elevar la temperatura de 5 molesde un gas monoatómico ideal a volumen constante, ¿Qué aumento en la temperatura se producirá?

a) 6,01° C b) 6,21° C c)6 ,41 °C d)6 ,61 °C e)6 ,81 °C

32. Un gas diatómico ideal (x = 1,4) de volumen inicial V 0=l,5 lt y presión inicial P0=10atm experimenta una compresión adiabática, siendo su volumen final V=3 lt y presiónfinal P=4 atm. Hallar el trabajo efectuado por el gas. (1 lt.atm =101,316 J)

a) 720 J b) 730 J c) 740 J d) 750 I e) 760 J

33. La variación del calor específico de una sustancia respecto de la temperatura, viene dado por: c=A+BT2, siendo A y B constantes. Hallar la diferencia entre el calor específico medio en el intervalo de temperaturas [0o ; 24o] C y el calor específico evaluado en12° C.

a) 12 B b) 24 B c) 36 B d) 48 B e) 60 B

34. El calor específico a volumen constante del argón es, cv = 0,075 kcal/kg.°K. Hallar lamasa del átomo de argón. (NA= 6,023.1023 m o l 1 , 1 cal = 4,186 J , R = 8,314 J/mol.°K)

a) 1 ,6 . 1 0 ' 23 g b) 2 ,6 . 1 0 ' 2 3 g c)4,6.10"23g d) 6 ,6 . 1 0 2 3 g e ) 8 ,6 . 1 0 ‘23g

35. La masa del átomo de helio es m = 6,66.10 ' 2 7 kg. Hallar el calor específico del gas dehelio a volumen constante. (R = 8,314 J/mol.°K, N A= 6,023.1023 mol"1, 1 cal = 4,186 J)

a) 0,55— b )0 ,6 0— c )0 ,6 5 — d )0 ,70— e)0,75 — g ° K g ° K g ° K g ° K g ° K

36. 10 g de oxígeno se calientan a presión atmosférica constante desde 27° C hasta 127° C.Hallar el porcentaje de calor utilizado para aumentar la energía interna del oxígeno.(R=8,314 J/mol.°K)

a) 70 ,2% b) 70,6 % c)7 1,0 % d)' 71,4 % e)7 1,8 %

37. Hallar la velocidad con la que se propaga el sonido en el gas de oxígeno (x = 1,4), que

está a la temperatura de T=27° C. (R= 8,31 J/mol.°K)


38. ¿En cuánto aumenta la velocidad de propagación del sonido en el aire, por cada gradocentígrado que aumenta la temperatura del aire? R=8,31 J/mol.°K, M=29 kg/kmol,

X = M -


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578 IfflcmQdínÉmica3 9 . Hallar razón de los trabajos (Wa<iiab/W ¡so) realizados para comprimir un volumen de aire

a la mitad, si los procesos son adiabático e isotérmico. (M=29 kg/kmol, R=8,31J/mol.°k, x = 1.4)

a) 1,15 b) 1,30 c) 1,45 d)1,60 e) 1,75

40. 10 g de nitrógeno aumenta su volumen al variar su temperatura de 50° C a 10° C. Hallar el trabajo realizado por el gas, si el proceso es adiabático. (R= 8,31 J/mol.°K, %= 1,4)

a) 237 J b) 217 J c )2 7 7 J d)297 J e)2 57 J

41. ¿Hasta qué temperatura se enfriará el aire que se encuentra a 0o C, si se dilata adiabaticamente desde el volumen V 0 hasta el volumen V=2V0?

a) -60° C b) -62° C c) -64° C d)-6 6 ° C e) -6 8 ° C

42. 7,5 lt de oxígeno se comprimieron adiabáticamente hasta que su volumen se redujo a 1lt, siendo su presión final de 1,6.106 N/m2. ¿A qué presión estaba el gas antes de la com

presión? (R=8,31 J/mol.°K, 1 atm=l,013.105N /m2)

a) 0,82 atm b) 0,86 atm c) 0,90 atm d)0,94 atm e) 0,98 atm

43. 10 g de nitrógeno que está a la temperatura de 17° C se expande isotérmicamente, realjzando un trabajo de 860 J.¿ En cuántas veces disminuyo la presión del nitrógeno al ex

pandirse ? (R=8,31 J/mol.°K)

a) 2,12 veces b) 2,32 veces c) 2,52 veces d) 2,72 veces e)2,92 veces

44. ¿Cuántas veces disminuirá la velocidad cuadrática media de las moléculas de uri gasdiatómico si el volumen de dicho gas aumenta hasta el doble adiabáticamente?

a) 1,05 b) 1,15 c) 1,25 d)1,35 e) 1,45, *!

45. Al interior de los cilindros de un motor de combustión interna el aire se comprime adia báticamente de modo que su presión varía desde Pi =1 atm hasta P2=35 atm. La tem peratura inicial del aire es de Ti =40° C. Hallar la temperatura al final de la compresión.

a) 583° C b) 587° C c)5 91 °C d)5 95 °C . e)6 01 °C

46. Por el tubo de un calentador de agua de gas metano (CH4 ) que consume V0= l , 8 m3 degas por hora, sale un chorro de gas de diámetro D=1 cm a una rapidez de v= 0,5 m/s y ala presión de P=T,2 atm. La temperatura inicial del agua y del gas es T0= l Io C. La capacidad calorífica del metano es ^ = 55 000 J/g y el rendimiento del calentador es del

r| = 60 %. Hallar la temperatura del agua calentada. (1 atm =l,013.105 N/m2, 1 cal =

4,186 J)

a) 82° C b) 86° C c) 90° C d) 94° C e) 98° C

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Física II 57947. ¿Cuántas veces aumentará el recorrido libre medio de las moléculas de un gas diatómi

co si su presión disminuye hasta la mitad, dilatándose su volumen?I) Durante un proceso isotérmico.

a) 1 vez b) 2 veces c ) 3 veces d ) 4 veces e ) 5 veces

II) Durante un proceso adiabático.

a) 1,04 b) 1,24 . c) 1,44 d) 1,64 e) 1,84

48. Al interior de un cilindro vertical provisto de émbolo hay un gas detonante que en condiciones normales ocupa un volumen de 10' 4 m3. Cuando la compresión es rápida el gasse inflama. Hallar la temperatura de inflamación del gas detonante sabiendo que el tra

bajo de compresión es de 46,4 J. (P0 = 1,013.105N/m2, %= 1,40)

a) 764° K b) 767° K c) 770° K d) 773° K e) 776° K

49. Un gas se expande adiabáticamente de forma que su presión disminuye desde 2 atm hasta 1 atm. Después este gas se calienta a volumen constante hasta la temperatura inicial,

pasando su presión a 1,22 atm. Hallar la razón CP/CVpara este gas.

a) 1,30 b) 1,32 c) 1,40 d) 1,41 e) 1,67

50. Durante la compresión adiabática de una molécula-kilogramo de un gas diatómico serealizo un trabajo de 146 kj. Hallar el aumento de la temperatura de! gas, durante lacompresión. (R=8,31 J/mol.°K , x = 1,4)

a) Io C b) 3o C c) 5o C d) 7o C e) 9o C

51. 10,5 g de nitrógeno se expanden en un proceso isotérmico a la temperatura de -23° Cdesde la presión P t =2,5 atm hasta P2= l atm. Hallar el trabajo realizado po r el gas en esta expansión. (R=8,31 J/mol.°K)

a) 706 J b) 710 J c )7 1 4 J d) 718 J e) 722 J

52. Al interior de los cilindros de un motor de combustión interna el aire se comprime adia báticamente de modo que su presión cambia desde Pi= l atm hasta P2=35 atm. La temperatura inicial del aire es de 40° C," Hallar la temperatura al final de la compresión.

(X = M )

a) 587° C b) 591° C c) 59 5° C d) 599°C e)6 03 °C

53. Un gas se expande adiabáticamente de forma que su volumen se duplica mientras quesu temperatura (absoluta) disminuye 1,32 veces.¿Cuántos grados de libertad tienen lasmoléculas de este gas?

b) 4 c) 5 d) 6 e)7

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580 Termodinámica5 4 . Dentro de un cilindro vertical con émbolo hay un gas en condiciones normales (C.N.).

La distancia que hay entre el fondo del cilindro y la culata del émbolo es de 25 cm. Sisobre el émbolo se ubica un peso de 196,2 N este desciende 13,4 cm. Considerando quela compresión es adiabática, hallar para este gas la razón CP/CV. El área de la secciónde la sección transversal del émbolo es de 10 cm2, y su peso es despreciable. (P 0 =1,013.105 N/m2)

a) 1,30 b) 1,32 c) 1,40 d) 1,41 e) 1,67

5 5 . Un gas diatómico dilatándose por vía isobárica realizó un trabajo de 142,8 J . Hallar lacantidad de calor suministrada al gas.

a) 400 J b) 450 J c) 500 J d) 550 J e) 600 J

5 6 . Hallar el recorrido libre medio de las moléculas de hidrógeno de diámetro D=2,3.10 ' 10

m que se encuentra a la presión de P=10 ' 3 mmHg y a la temperatura de T=50° C.( R = 8 , 3

1 J/m ol.°K , 1 mmHg = 133,3 N/m2 , NA= 6,023.1023 m o l1)a) 12,6 cm b) 13,0 cm c) 13,4 cm d) 13,8 cm e) 14,2 cm

5 7 . Un gas diatómico a la presión Pi = 0,5 atm ocupa el volumen Vi = 0,5 lt. Este gas secomprime adiabáticamente hasta el volumen V2 y a la presión P2 y después, manteniendo constante el volumen V2 se enfría hasta la temperatura inicial, siendo su presiónP0=l atm. Hallar el volumen V2y la presión P2. (x = 1,40)

a) 0,21 l t ; 1,38 atm b) 0,29 l t ; 1,30 atm c) 0,23 l t ; 1,36 atmd) 0,27 l t ; 1,34 atm e) 0,25 l t ; 1,32 atm

5 8 . 1 kmol de nitrógeno que se encontraba en condiciones normales se expande adiabáticamente desde el volumen Vi hasta el V2 =5Vi. Hallar la variación de la energía internadel gas. (M = 106, R = 8,31 J/mol.°K)

a) 2,63 MJ b) -2,63 MJ c) 2,69 MJ d) -2,69 MJ e) 2,66 MJ

59. A la temperatura de T 0 = 0o C el recorrido libre medio de las moléculas de oxígeno esde < X >=9,5.10 ' 8 m. Hallar el número medio de choques por segundo que experimentan las moléculas del oxígeno, la temperatura permanece constante. (R=8,31 J/mol.°K,G=109)

a) 3,0 G b) 3,5 G c )4 ,0 G d) 4,5 G e) 5,0 G

6 0 . En un matraz de volumen V=100 cm 3 hay m=0,5 g de nitrógeno. Hallar el recorrido li bre medio de las moléculas de nitrógeno de diámetro D=3.10 ' 10 m, NA=6,023.1023 mol ' 1

a) 13 nm b) 23 nm c) 33 nm d)4 3nm e) 53 nm

61. ¿Qué presión habrá que crear al interior de un recipiente esférico de diámetro D=10cm, para que las moléculas de diámetro d=3.10 ' 8 cm, no choquen entre sí? La tempera-

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Física II 581

ratu ra del recipiente es de 0o C. (NA= 6 ,023.1023 mol ' 1 ; R=8,31 J/mol.°K ; m = 10"3)

a) 94,2 mPa b) 94,6 mPa c) 95,0 inPa d) 95,4 mPa e) 95,8 mPa

62. Un matraz esférico de capacidad V=llt contiene nitrógeno. ¿Qué densidad deberá tener este nitrógeno para que el recorrido libre medio de sus moléculas sea mayor que las di

mensiones del recipiente? (NA= 6,023.1023 mol " 1 ; p = 1Q'6)

a) 0 ,8 2g ™ b ) 0 , 8 6 | i^ | c )0 ,9 0 p - ^ | d ) 0 , 9 4 p ^ | e ) 0 , 9 8 g ^ |m m m ra m

63. Hallar el coeficiente de difusión del hidrógeno en condiciones normales, si el recorridolibre medio de sus moléculas es de < A, >= 1,6.10 "7 m. (R=8,31 J /m o l° K ; p = 10"6)

a) 85p“ b ) 8 8 p— c )9 1 p — d )9 4 p — e )9 7 p — s s s s s

64. Demuestre que el trabajo realizado en un proceso isotérmico de expansión (ó compresión) de un gas, viene dado por: W=n.R.T £n(V2/V¡), siendo Vi, V 2 los volúmenes inicial y final, respectivamente.

65. Para un proceso adiabático, demuestre la ecuación de Poisson: T2 / Pi = (P2 / P l)íx'1)// .

6 6 . Demuestre que el trabajo realizado en un proceso de expansión (ó compresión) adiaba

tica viene dado por: W = (P0V0 - P.V)/('/-l), siendo (x ) el exponente adiabático.

67. Hallar el coeficiente de difusión del helio en condiciones normales. El diámetro de lasmoléculas de helio es D=2.10 ‘ 10 m. (NA= 6 ,023.1023 mol " 1 ; R=8,31 J/mol.°K ; p=10"6)

a) 6 8 p ™ b )7 2 p ™ c )7 6 p — d )8 0p — e ) 8 4 p - -s s s s s

6 8 . Hallar la cantidad de nitrógeno que pasa por difusión a través de una superficie de área1 0 0 cm2 en 1 0 s sabiendo que el gradiente de densidad en dirección perpendicular a dicha superficie es 1,26 kg/m4. La temperatura del nitrógeno es de 27° C y el recorrido li

bre me-dio de sus moléculas es de 10' 5 cm. (R=8,31 J/mol.°K ; m=10°)

a) 1 mg b) 2 mg c) 3 mg d) 4 mg e) 5 mg

69. Hallar el coeficiente de rozamiento interno del nitrógeno en condiciones normales, sa biendo que su coeficiente de difusión en estas condiciones es 0,142 cm 2/s. (R=8,31J/mol.°K , Po=l,013.105N/m2, p = 10"6)

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582 Termodinámica70. Hallar el diámetro de las moléculas del oxígeno, sabiendo que el coeficiente de roza

miento interno de este gas a 0o C es r |= 18,8.10‘6 N.s/m2. (R=8,31 J/mol.°K , N A=

6,023.1023 mol ' 1 , 1 Á = 10'1 0 m)

a) 1 A b) 2 A c) 3 A d) 4 A e) 5 A

71. 1,0 kg de vapor de agua a 100° C y 1 atm de presión ocupa un volum en de 0,836 m3.¿Qué porcentaje representa el trabajo exterior producido al transformarse agua en vapor a 100° C, venciendo la presión atmosférica, con respecto al calor de vaporización delagua. (1 cal = 4,186 J, Lv=540 cal/g, 1 atm=l,013.105N/m2)

a) 1,74% b) 2,74 % c) 3,74 % d) 4,7 4% e)5 ,74 %

72. ¿Qué porcentaje representa el aumento de la energía interna respecto del calor desprendido, al convertir 1 mol de agua a 100° C y 1 atm de presión en vapor de agua? (1 cal =4,186 J, 1 atm = 1,013.105N/m 2)

a) 90,4 % b) 92,4 % c) 94,4 % d) 96,4 % e) 98,4 %

73. Demuestre la relación entre las capacidades caloríficas a presión constante (CP) y volumen constante (Cv): CP - Cv = R, donde (R) es la constante universal de los gases ideales.

74. Hallar el número medio de choques por segundo que experimentan las moléculas de ungas cuyo recorrido libre medio es 5.10 ' 4 cm y su velocidad cuadrática media de 500m/s.

a) 52 Ms ' 1 b) 62 Ms ' 1 c) 72 Ms ' 1 d) 82 Ms ' 1 e) 92 Ms ' 1

75. Hallar el recorrido libre medio de las moléculas del helio a la temperatura de 0o C y a la presión de 760 mmHg, si en estas condiciones su viscosidad dinámica es de 1,3.10 ' 4

g/cm.s. (R=8,31 J/mol.°K, 1 mmHg = 133,3 N/m2, p = 10'6)

a)0,18gm b)0,28¡im c)0,38pm d)0,48pm e)0,58gm .

76. Hallar los coeficientes de difusión y de viscosidad del aíre a la presión de 760 mmHg ya la temperatura de 10° C. Sabiendo que el diámetro de las moléculas del aire es de3.10' 10 m. (R=8 ,31 J/mol.°K , NA= 6,023.1023 mol'1,1 mmHg = 133,3 N/m2 , p = 1 0 '6)

a) 15g — , 19p— b) 2 5 , 2 9g — c) 35 g — , 3 9 g ^s m s m s m

d) 45 g — , 49 g— e) 55 g— , 59g — s m s m

•t 77. Hallar la razón de los coeficientes de difusión ( D x / D 2 = ?) del anhídrido carbónico (1)

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Física II 583

y nitrógeno (2), si ambos gases se encuentran a la misma temperatura y presión. Losdiámetros de sus moléculas son d) = 4.10 ' 10 m, d2= 3,7.10 10 m.

a) 0,56 b) 0,60 c) 0,64 d) 0,68 e) 0,72

78. Hallar la razón de los coeficientes de rozamiento interno (r^/r^ = ?) del anhídrido car

bonico ( 1 ) y nitrógeno (2 ), si ambos gases se encuentran a la misma temperatura y presión. Los diámetros de sus moléculas son di = 4.10 ' 10 m, d2= 3,7.10‘ 10 m.

a) 1,1 b) 1,3 c) 1,5 d) 1,7 e) 1,9

79. Hallar la cantidad de calor que se debe suministrar a 10 moles de un gas ideal, para queal expandirse su presión disminuya de 1 atm a 0 , 1 atm; a la temperatura constante de 0 oC. (R=8,31 J/mol.°K , k=103)

a) 50,2 kJ b) 52,2 kJ c) 54,2 kJ d) 56,2 kj e) 58 ,2 kJ

80. ¿Cuántas veces mayor es el coeficiente de rozamiento interno del oxígeno (1) que eldel nitrógeno (2). Si ambos gases están a la misma temperatura, y si los diámetros desus moléculas son iguales a d] = d2 = 3.10 1 0 m?

a) 1,01 veces b) 1,03 veces c) 1,05 veces d) 1,07 veces e) l,0 9 veces

81. Un cilindro contiene un gas ideal de volumen 5 lts a la presión de 2 atm y a la temperatura de 250° K. El gas es calentado a volumen constante hasta la presión de 4 atm; y lúego a presión constante hasta la temperatura de 650° K. Hallar el calor total suministrado en todo el proceso. (R=8,31 J/mol.°K , 1 atm = 1,013.105N/m2 , Cv = 21 J/mol.°K)

a) 4107,5 J b) 4307,5 J c) 4507,5 J d) 4707,5 J e) 4907,5 J

82. Dos litros de un gas ideal que esta a la presión de 1 atm se expande a temperatura constante triplicándose su volumen. Luego se comprime el gas a su volumen inicial a presión constante, y finalmente retoma a su presión inicial a temperatura constante. Hallar el trabajo total efectuado en el proceso. (1 atm=10 5 N/m2, R=8,31 J/mol.°K , 1 lt=10 ’ 3

m3)

a) 12,4 J b) 12,8 J c) 13,2 J d) 13,6 J e )1 7 ,0 J

83. Hallar la densidad del aire a 15° C y presión normal, sabiendo que cP= 0,237 cal/g.°C ycv= 0,169 cal/g.°C. (P0= l ,013.10SN/m2 ,1 cal = 4,186 J)

a) 1,2 0-^ | b) 1 , 2 3 c) 1 ,2 6^ - d) 1,29-^f e) 1,32-^f m m m m m

84. A cierto gas ideal se le suministran 500 cal, expandiéndose a presión constante. Hallar el trabajo realizado. (CP=5 cal/mo l.°K, Cv=3 cal/mol.°K , 1 cal = 4,186 J)

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584 Termodinámica

a) 831,2 J b) 833,2 J c) 835,2 J d) 837,2 J e) 839,2 J

85. 1 m3 de aire que se encuentra a la temperatura de 49° C y a la presión de 2 atm seexpande a presión constante hasta un volumen de 5 m3. Luego se expande adiabáticamente hasta un volumen de 10 m3 y una pres ión de 0,5 atm. Hallar la razón de los traba

jo s (W2/W,) realizados por el gas en la segunda y primera etapa. (1 atm=l,013.105 N/m2)

a) 1,16 b) 1,26 c) 1,36 d) 1,46 e) 1,56

8 6 . Si en un proceso isotérmico, las razones de la presión final a la inicial cambia de 0,1 a0,2. ¿En qué porcentaje varia el trabajo realizado por el gas ideal?

a) 20% b) 25 % c) 30 % d) 35 % e) 40 %

87. En la Fig.07, un gas monoatómico realiza el proceso ABC mostrado. Si en el proceso a

diabético AB el trabajo realizado por el gas es de -720 kj, hallar el trabajo realizado por el gas en el proceso isotérmico BC. (In 2 = 0,7)

a) 2 210 kJ b) 2 220 kJ c) 2 230 k j d) 2 240 k j e )2 25 0k J

8 8 . En la Fig.08, 0,2 moles de un gas ideal monoatómico describen el ciclo mostrado. Si enel proceso isobárico A-B el trabajo realizado por el gas es de -415,5 J, hallar el trabajorealizado por el gas en el proceso adiabático C-A. (TA= 650 °K , R=8,31 J/mol.°K)

a) 370 J b) 372 J c )3 7 4 J d) 376 J e) 378 J

89. La razón de volúmenes para un motor diesel es Vj/V 2 = 20. Si el cilindro, al empezar lacarrera de compresión contiene aire a la presión de 1 atm. Hallar la presión total al quedar completamente comprimido.

a) 65,7 atm b) 66,0 atm c) 66,3 atm d) 6 6 , 6 atm e) 66,9 atm

90. Al comprimirse adiabáticamente dos gases (A) monoatómico y (B) diatómico que estána la misma temperatura y volumen, sus volúmenes se reducen a la tercera parte y a la

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Física II 585

mitad, respectivamente. Hallar la temperatura final del gas (A), si la temperatura finaldelg as (B) es de 150° C.

a) 390° C b) 392° C c) 394° C d) 396° C e) 398° C

91. En la Fig.09, en el diagrama P-V se muestra el proceso de expansión de un gas diató

mico, al cual, se le ha suministrado Q=1000 cal. Hallar el trabajo de expansión del gas.(R=8,31 J/mol.°K , 1 cal=4,l 8 6 J)

a) 1 182 J b) 1 186 J c) 1 190 J d) 1 194 J e) 1 198 J

92. En la Fig. 10, se muestra el diagrama P-V de los procesos isotérmico (A-B), isobárico(B-C) y adiabático (C-A) que experimenta un gas ideal de exponente adiabáticoX = 1,5, además: TA=700° K, PA=10 atm, VA=5 lts; VB = Vc =2 lts. Hallar Pc/Pfl y

t c/t b.

a) 1,2 ; 1,2 b) 1,4 ; 1,4 c) 1,6 ; 1,6 d) 1,8 ; 1,8 e) 2,2 ; 2,2

Fig.09 Fig. 10

93. Se comprime adiabáticamente un mol de nitrógeno gaseoso a 27° C y una presión de 1atm, hasta que su volumen sea 1/10 del inicial. (R=8,31 J/mol.°K, x = 1,4)

a ) -9 123 J b) -9 223 J c ) -9 323 J d )-9 423 J e ) -9 523 J

94. 5 moles de nitrógeno están contenidos dentro de un cilindro, en cuyo interior se desplaza un pistón, a una presión de 1 atm, y a una temperatura de 30° C. Luego, a presiónconstante se calienta el gas hasta 300° C. Determinar el cambio de su energía interna.(R=8,31 J/mol.°K 1 atm =l,013 .105N/m2, y = 5)

a) 28 016 J b) 28 026 J c) 28 036 J d) 28 046 J e)28 056 J

95. Dos gases ideales A monoatómico (y = 3) y B diatómico (y = 5), que se encuentran a la

misma temperatura inicial y el mismo volumen, se comprimen adiabáticamente reduciéndose su volumen de cada uno de ellos a la mitad. Hallar la razón de sus temperaturas finales TA/TB = ?

a) 1,0 b) 1,2 c) 1,4 d) 1,6

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586 Termodinámica96. Hallar la energía interna total de diez litros de oxígeno que se encuentra a una presión

de 5 atm. (1 atm =1,013.105N/m2)

a) 7 582 J b) 7 586 J c) 7 590 J d) 7 594 J e) 7 598 J

97. En la Fig.l 1, se muestra el diagrama P-V del proceso cíclico que experimenta 3 moles

de un gas monoatómico ideal. En el proceso A-B el gas recibe 200 cal y TA:=3000 K. Hallar el trabajo realizado por el gas en el proceso B-C. (R=8,31 J/mol.°K, 1 cal = 4,86 J)

a) 8 010 J b) 8 020 J c) 8 030 J d) 8 040 J e) 8 050 J

98. En la Fig. 12, se muestra el diagrama P-V del proceso lento que experimenta 20 g de helio, encerrado en un cilindro por un pistón, pasando del estado 1 (Vi =32 lt, Pi = 4,1atm) al estado 2 (V 2 = 9 lt, P2 =15,5 atm). Hallar la mayor temperatura alcanzada por elgas. (R=8,31 J/mol.°K, 1 atm = 105 N/m2)

a) 482° K b) 486° K c) 490° K d) 494° K e) 498° K

Fig. 11 Fig. 12

99. 20 g de gas carbónico que encuentra encerrado en un cilindro por un pistón pesado, secalienta desde una temperatura T) = 20° C hasta T 2 =108° C. Hallar el trabajo realizado

por el gas. (R=8,31 J/mol.°K)

a) 324 J b) 328 J c) 332 J d) 336 J e) 340 J

100.¿Qué cantidad de calor debe suministrarse al gas carbónico del problema anterior, paraque se dilate a presión constante. La capacidad calorífica de una molécula-gramo paraun volumen constante es Cv =28,8 J/mol.°K? (R=8,31 J/mol.°K)

a) 1 476 J b) 1 480 J c) 1 484 J d) 1 488 J e) 1 492 J

101.En la Fig. 13, dos moles de un gas ideal de capacidad calorífica a volum en constanteCv=3 cal/mol.°K realiza el ciclo mostrado. Hallar el exponente adiabático (%) y la ra

zón de los trabajos para los procesos isotérmico (B-C) e isobárico (A-B). (R=8,31J/mol.°K)

a) 5 /3 ; 1,2 b) 7 /5 ; 1,2 c) 5 /3 ; 1,4 d) 7/5 ; 1,4 e) 7 /5 ; 1,6

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588 Termodinámica

a) 51 ,8% b) 52,8 % c) 53,8 % d) 54,8 % e) 55,8 %

lüó .En la Fig. 17, se muestra el ciclo de un proceso termodinámico que desarrolla un motor, frecuencia 100 ciclos/s, si TA= 27° C, Tb= 627° C, Tc= 327° C. Hallar la potenciaque desarrolla el motor en cada ciclo. (M=106)

a) 10 MW b) 20 MW c) 30 MW d) 40 MW e) 50 MW

107.En la Fig. 18, se muestra un ciclo termodinámico de un gas ideal. Hallar el trabajo totaldesarrollado durante el ciclo, si P] = 600 Pa, P4 =200 Pa, V3 = 3 m 3 y V4 = 1 m3.

a) 800 kJ b) 600 kJ c) 400 kJ d) 200 kJ e) 100 kJ

( P x l O 5 N / m 2 )

; ; V (m 3)

0 1 V

Fig. 17 Fig. 18

108.En la Fig. 19, hallar el período de las pequeñas oscilaciones que realiza el émbolo demasa m=400 g en el recipiente cilindrico liso de área de sección A=40 cm2. A ambos lados del émbolo se encuentra cierto gas a la presión de P 0=4.10 ' 5 N/m2, volumen V0=

A . ( y temperatura T0, siendo ( = 20 cm, g=10 m/s2,m=l 0‘3.

a) 107ims b) 207rms c) 307ims d) 407rms e) 507ims

109.En la Fig.20, en el recipiente cilindrico se encuentra en equilibrioel émbolo pesado EA ambos lados del émbolo se hallan masas iguales de gas a la misma temperatura, y devolúmenes Vi=3V0 y V2 =V0. Hallar la razón de los volúmenes V¡ / V2 , cuando se dupli

ca la temperatura inicial.

a) 1,3 b) 1,6 c) 1,9 d) 2,2 e) 2,5

110.En la Fig.21, la pompa de jabón llena de aire caliente, está suspendida inmóvil en la atmósfera de presión Po=105 N/m 2 y temperatura T0=27° C. La densidad de la película de

jabón es p = 0,8 g/cm3, el grosor 5 = 1pm, la tensión superficial a =0,045 N/m y el ra

dio r=l cm. Hallar la temperatura del aire al interior de la pompa de jabón. (R=8,31J/mol°K)

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Física II 589

a) 90° C b) 95° C c)1 00 °C d)1 05 °C e)11 0°C

Fig. 19 Fig.20

l ll .E n ia Fig.22, sobre la superficie del líquido de densidad p = 1000 kg/m3 flota el vaso

cilindrico de paredes delgadas de altura H=10 cm, sumergido en el líquido hasta la mi

tad. ¿En cuánto se hundirá en el líquido el borde inferior del vaso, si éste se coloca so bre la superficie del líquido con el fondo hacia arriba. La presión del aire es de P0=105

N/m2?


Fig.21 Fig.22

112.FIallar la razón de la energía interna de 1 kg de aire a la energía interna de 1 cm3 de aire, medidas en condiciones normales. (1 atm =1,013.105N/m2, R=8,31 J/mol.°K, M=29kg/kmol, M=106)

a) 0,1 M b) 0,2 M c) 0,4 M d) 0,6 M e) 0,8 M

113.En un volumen Vi=200 cm3 se encuentra un gas monoatómico a la presión P i=1 atm ytemperatura Ti=400° K, mientras que en el volumen V2=100 cm3, un gas monoatómicoa la presión P2=4 atm y temperatura T2= 600° K. Flallar la temperatura de estos gases alunirlos.

a) 510,3° K b) 512,3° K c) 514,3° K d) 516,3° K e) 518,3° K

114.En un volumen Vi=200 cm3 se encuentra un gas monoatómico a la presión Pj = 1 atm y

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590 __________________________ Termodinámicatemperatura T 1=400° K, mientras que en el volumen V2=100 em3, un gas monoatómicoa la presión P2=4 atm y temperatura T2= 600° K. Hallar la presión de estos gases al unir los.


115.Dos pompas de jabón de radios R 2 =2R], se unen formando una pompa de radio igual aR 3=2,2Ri. Hallar la tensión superficial ( a ) de la película de jabón, si la presión atmosférica es P0.

a) — P0Ri b) — P0R, c) i 05^ ! d) - ^ P 0R, e) — P0R,’ 40 0 1 40 40 40 1 40 0

116.En la Fig.23, el émbolo móvil de área A=100 cm 2 del recipiente cilindrico fijo que contiene medio mol de un gas monoatómico de volumen V 0 =104 cm 3 y temperatura T0= 0oC, se conecta al resorte de constante elástica k=10 3 N/m. Despreciando la fricción en elrecipiente, hallar la longitud que se deforma el resorte. (R=8,31 J/mol.°K, Patm=10 5

N/m2)


117.En la Fig.24, en el tubo termoaislado liso de longitud infinita se encuentran dos émbolos de masas M=2m (m=10 kg) entre los cuales hay un gas monoatómico de volumenV0= 0,2 lt a la presión de P0= 4 atm. Los émbolos se dejan libres. Estímese la velocidadmáxima del émbolo de masa (m). Despréciese la masa del gas respecto de la masa delos émbolos. (1 atm=10 5 N/m2 , g=T0 m/s2 , R=8,31 J/mol.°K)

a) lm /s b) 2 m/s c) 3 m/s d) 4 m/s e) 5 m/s

Fig.23 Fig.24

118.En la Fig.25, en el tubo termoaislado largo entre dos émbolos idénticos de masas m=l

kg se encuentra 1 mol de gas monoatómico a la temperatura de To=400° K en el instante inicial las velocidades están dirigidas en un mismo sentido y son ¡guales a 3v0 y v0. ¿Hasta qué temperatura máxima se calentará el gas. Los émbolos no conducen el calor.Despréciese la masa del gas respecto de la masa de los émbolos. (R=8,31 J/mol.°K,V o = 1 0 m/s)

a) 402° K b) 404° K c) 406° K d) 408° K e) 410°K

l!9 .En la Fig.26., se muestra la gráfica de la dependencia entre la presión de un gas y el

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Física II 591volumen. Hallar el trabajo que realiza el gas durante su expansión de 2 lt a 6 lt.

a) 442 J b) 446 J c )4 5 0 J d) 454 J e) 458 J

l20.En la Fig.27, el émbolo de masa M=1 kg, que encierra el volumen V0=2 lt con un gasmonoatómico a la presión de P0=2 atm y temperatura T0 , se mueve a la velocidad de

v=20 m/s. Hallar el volumen del gas correspondiente a la compresión máxima. El sistema está termoaislado. Despréciese las capacidades caloríficas del émbolo y el recipiente.


P ( M P a )

3vo vo ijn

Fig.25

L21.En la Fig.28, sobre un mol de gas se realiza un ciclo cerrado que consta de dos isócoras y dos isóbaras. Las temperaturas en los puntos 1 y 3 son T, =324° K y T 3 =400° K.Hallar el trabajo realizado por el gas durante el ciclo, sabiéndose que los puntos 2 y 4

pertenecen a una isoterma, y R constante universal de los gases.

a) R b) 2R c) 3R d) 4R e)5R

122.Hallar la cantidad de calor que se debe suministrar a un mol de hidrógeno para que secaliente a presión constante desde 0o C, hasta que su volumen se duplique, además quétrabajo realizará el gas. (R=8,31 J/mol.°K)

a) 7,34 kJ ; 2,67 kJ b) 7,14 kJ ; 2,47 kJ c) 7,74 kJ ; 2,87 kJd) 7,54 kJ ; 2,07 k j e) 7,94 kJ ; 2,27 kJ

123.Un gas ideal se expande isotérmicamente desde la presión P,= 10 5 N/m2, volumen

Vi=2.103 cm3, hasta un volumen V2 =4.103 cm3, luego se expande isobaricamente hastaocupar un volumen de V 3=8.103 cm3. Hallar el trabajo total realizado por el gas.

a) 231 J b) 233 J c) 235 J d) 237 J e) 239 J

124.En la Fig.29, hallar la capacidad calorífica del sistema constituido del recipiente quecontiene un gas monoatómico a la presión P0, temperatura T0 y volumen V0 encerrado

por el ém bolo conectado al resorte de constante elástica k. En el espacio a la izquierdadel émbolo se ha creado el vacío. Al extraerse el gas, el émbolo se pega a la pared dere-

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592 Termodinámicacha del cilindro recuperando el resorte su longitud no deformada. Despréciese las capacidades caloríficas del recipiente, émbolo y resorte.

a) PoVq/To b) 3P0Vo/2T0 c) 2P0 V0/3T0 d) P0 Vo/2T0 e) 2P0V0/T 0

A Po* Vo, To A/ lili. M

p | - V j

\) i 4

Fig.27 Fig.28

125.En la Fig.30, el tubo vertical liso abierto por ambos extremos y de secciones diferentesarriba y abajo se encuentran dos émbolos, unidos por un hilo inextensible, y entre los

émbolos, un mol de gas ideal. El área del émbolo superior es AS = 10 cm 2 mayor que ladel inferior. La masa total de los émbolos es m = 5 kg. La presión atmosférica Po=10 5

N/m2. ¿En cuántos grados Kelvin debe calentarse el gas contenido entre los émbolos, para que éstos se desplacen una distancia de d = 5 cm? (R=8,31 J/mol.°K, g=10 m/s2)

a) 0,1° K b) 0,3° K c) 0,5° K d) 0,7° K

P»

e) 0,9° K

Fig.29

Po

Fig.30

126.Hallar la temperatura máxima posible de un gas ideal en un proceso donde la presiónen función del volumen, viene dado por: P=P0 - a V 2, siendo Po=2,7.10 5 N/m2, a - 0,25.10"2 N/m8, R= 8,31 J/mol.°K, k=103)

a) k/R b) 2k/R c) 3 k/R d) 4k/R e) 5 k/R

127.Hallar la presión mínima posible de un mol de un gas ideal en un proceso donde la tem

peratura en función del volumen, viene dado por la expresión: T=T0+ aV 2, siendo

a = 16.104 °K/m6, T0= 400° K, R=8,31 J/mol.°K, 1 atm = 1 0 5 N/m2.


128.En la Fig.31, al cilindro horizontal cerrado por uno de sus extremos se le hace girar

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Física II 593

con una velocidad angular de co = 1 0 0 rad/s alrededor del eje vertical que pasa por suextremo abierto. La presión atmosférica es P0, la temperatura T=400° K, y la masa molar del aire M=29 kg/kmol. Hallar la presión del aire a una distancia de r=l m del extremo abierto. R=8,31 J/mol.°K.

a) 1,00P„ b) 1,02P0 c) 1,04P0 d) l,06Po e) l,08Po

129.En la Fig.32, se muestra el diagrama P-V de un proceso cíclico que realizan 3 moles deun gas monoatómico ideal, siendo AQab =200 cal y TA=300° K. Hallar la razón del ca

lor en el proceso BC al calor en el proceso AB. (R=8,31 J/mol.°K, 1 atm =l,013 .105 N/m2, 1 cal=4,186 J)

a) 1 2 b) 18 c) 24

(0c _ p

•(I J

d) 30

P(atm)

B

e) 36

V(ft)to

Fig.31 Fig.32

130.En referencia al problema anterior, hallar el trabajo total realizado en el ciclo.

a) 514 J b)524 J c) 534 J d)544 J e) 554 J

131.7 g de anhídrido carbónico se calentaron 10° C en condiciones que permitieron la ex pansión libre. Hallar el trabajo de expansión y la variación de sus energía intema.(R=8,3 I J/mol.°K)

a) 13,2 J, 33 J b) 13,8 J, 39 J c) 13,6 J, 31 J d) 13,4 J, 35 J e) 13,0 J, 37J

132.28 g de nitrógeno que se encuentran a la temperatura de 40° C y a la presión de 750mmHg se comprimen adiabáticamente hasta un volumen de 13 lt. (1 mmHg = 133,3

N/m2, R=8,31 J/mo.°K, 1 atm=l,013.105 N/m 2)

I) Hallar la temperatura y la presión del nitrógeno después de la compresión.

a) 443° K ; 2,0 atm b) 433° K ; 2,8 atm c) 423° K ; 2,4 atmd) 453° K ; 2,2 atm e) 413° K ; 2,6 atm

II)Hallar el trabajo de compresión realizado en el proceso adiabático,

a ) -2 016 J b) -2 036 J c ) -2 056 J d ) -2 076 J e ) -2 096 J

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594 Termodinámica133.En la Fig.33, al interior del cilindro hay 1 g de nitrógeno encerrado por el émbolo de

peso W=10 N, área de sección transversal S=10 cm2 y sometido a la presión P0=l atm.(R=8,31 J/mol.°K, 1 atm = 1,013.105N/m2 , g=10 m/s2)I) ¿Qué cantidad de calor se debe suministrar al gas para elevar su temperatura en 10°

C?

a) 6,4 J b) 7,4 J c )8 ,4 J d) 9,4 J e )1 0 ,4 J

II) ¿Qué altura (h) se eleva el émbolo en este proceso?


134.En la Fig.34, los émbolos electroconductores de área S= 8 cm2 ubicados en el tubo dema-terial aislante forman un condensador plano, que contiene aire a la presiónP0= l ,013.105 N/m 2. Como cambiará la distancia entre los émbolos al aplicársele cargasde signos diferentes de valor Q=2 p C. El sistema es buen conductor de calor, no existe

fricción, y la constante eléctrica vale k = l/ 4 7 rs0= 9.109 N.m 2/C2.


f ' x\ —>i

p , +Q-H

? -•

i i

Po

-Q

C L s

Fig.33 Fig.34

135.En la Fig.35, los estados en A y B de cierta cantidad de oxígeno son: volumen VA=3lt, Vb=4,5 lt, temperatura TA=27° C y presión PA= 8,2.10 5 N/m2, PB= 6.105 N/m2. Hallar:I) La razón delcalor en el procesoADB al calor en el proceso ACB.

a) 1,12 b) 1,22 c) 1,32 d) 1,42 e) 1,52

II) La razón del trabajo en el proceso ADB al trabajo en el procesoACB.

a) 1,17 b) 1,37 c) 1,57 d) 1,77 e) 1,97

136.En la Fig.36, una máquina térmica ideal funciona según el ciclo de Carnot empleandoaire caliente , el cual, se toma a la presión de PA=7 atm, tem peratura de TA=127° C y vplumen de VA=2 lt, luego de la expansión isotérmica AB, el volumen es VB=5 lt, y des

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Física II 595

pués de la expansión adiabática el volumen es Vc = 8 lt. Hallar: (R=8,31 J/mol.°K, 1atm =l,013.105N/m2, 1 cal=4,186 J)I) La relación de las presiones en los estados A, B, C y D.

a) Pa>Pb>Pc>Pd b) Pa>PC>Pb>Pd c ) Pc>Pd>Pa>Pb

d )P b>Pd> Pa> Pc e) PA>Pd> Pb> Pc

II) La relación de los trabajos realizados en cada uno de los procesos: Wab=Wi,Wbc=W2, Wcd=W3 y WDA=W4.

a) W!=W2>W 3>W 4 b) W2 =W 4>W 3>W! c) W3>W 4=Wi>W 2

d) W3>W 2 =Wi>W4 e) W!>W3>W 2=W 4

III.) El trabajo total realizado en el ciclo.

a) 220 J b) 222 J c) 224 J d) 226 J e) 228 J

IV) El porcentaje que representa el trabajo en el proceso de compresión respecto del tra bajo en el proceso de expansión.

a) 80,3 % b) 82,3 % c) 84,3 % d) 86,3 % e) 88,3 %

V) El rendimiento en el ciclo de Camot.

a) 11,3 % b) 13,3 % c) 15,3 % d) 17,3 % e) 19,3 %

VI) La cantidad de calor que se toma del foco caliente en cada ciclo.


VII) La cantidad de calor que se cede al foco frío en cada ciclo.


137.Un kilomol de gas perfecto realiza un ciclo compuesto de dos isocóras y dos isóbaras,va-riando el volumen del gas desde V,=25 m 3 hasta V2=50 m3 y la presión desde Pj=l

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596 l e . r m a d j i L á m j c a

atm hasta P2=2 atm, ¿Cuántas veces será menor el trabajo realizado en este ciclo que elque se obtiene con el ciclo de Camot, cuyas isotermas corresponden a las temperaturasmáxima y mínima del ciclo anterior, y sabiendo que en la expansión isotérmica el volumen del gas se duplica? (R=8,31 J/mol.°K , 1 atm = 1,013.105N/m2 ,1 cal = 4,186 J)

a) 1,5 veces b) 1,8 veces c) 2,1 veces d)2,4 veces e) 2,7 veces

138.Una máquina frigorífica ideal que funciona según el ciclo de Camot inverso realiza cada ci cío un trabajo de W =3,7.104 J. La máquina durante su funcionamiento toma calor de un cuerpo cuya temperatura es de TF=-10° C y lo cede a otro cuerpo que tiene unatemperatura de Tc =17° C. Hallar:I) El rendimiento del ciclo.

a) 5,3 % b) 6,3 % c) 7,3 % d) 8,3 % e) 9,3 %

II) La cantidad de calor que se toma del cuerpo frío cada ciclo.

a) 361 kJ b) 363 kJ c)365 kJ d )3 6 7 k J e)3 6 9k J

III) La cantidad de calor que se cede al cuerpo caliente cada ciclo.

a) 390 kJ b) 392 kJ c) 394 k j d) 396 k j e) 398 kJ

139.Una máquina frigorífica ideal que funciona según el ciclo de Camot inverso transmiteel calor de un refrigerador con agua a 0o C a un hervidor con agua a 100° C. ¿Qué cantjdad de agua habrá que helar en el refrigerador para convertir en vapor 1 kg de agua delhervidor ? (LF = 335 k J/kg , Lv = 2 260 kJ/kg)

a )4 ,14kg b)4 ,34kg c )4 ,54kg d)4 ,74kg e )4 ,94kg

140.Una máquina refrigeradora reversible extrae calor de dos fuentes (A) y (B) que están alas temperaturas de 250° K y 300° K enviando el calor a un sumidero (C). El calor extraído de (A) es de 400 kJ y el trabajo realizado sobre la máquina para extraer el calor de cada una de las fuentes es de 400 kJ. Hallar la cantidad de calor (Qc) enviada al sumidero.

a) 1 500 kJ b) 1 600 k j c) 1 700 k j d) 1 800 kJ e) 1 900 kJ

141.Un refrigerador opera entre depósitos térmicos a 210° K y a 360° K, y absorbe 600 J ala temperatura inferior, si su eficiencia es la mitad de la de un refrigerador de Camot,¿Cuánto calor se cede al depósito de alta temperatura?

a) 718 J b) 728 J c)738 J d) 748 J e) 7 5 8 J

142.Una máquina térmica en un ciclo de Camot opera entre 71° C y 177° C. ¿Para qué tem peratura del foco caliente se duplica la eficiencia?

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Física II 597

a) 611,52° K b) 621,52° K c) 631,52° K d) 641,52° K e) 651,52° K

143.Un mol de un gas ideal monoatómico realiza un ciclo de Camot entre 300° K y 600° K.Para el proceso isotérmico superior, el volumen aum enta desde 2 lt hasta 5 lt. Hallar:I) El trabajo efectuado por el gas durante el ciclo.

a) 2 244,3 J b) 2 254,3 J c) 2 264,3 J d) 2 274,3 J e) 2 284,3 J

II) La razón del cambio de calor entre los procesos isotérmico superior e inferior,

a) 1,5 b) 2,0 c) 2,5 d) 3,0 e) 3,5

III) La eficiencia térmica.

a) 0,3 b) 0,4 c) 0,5 d) 0,6 e) 0,7

144.Dos máquinas de Carnot están conectados en serie entre dos focos térmicos a 1200° K y 300° K. Si la primera recibe calor a razón de 600 kW, produciendo 400 kW de pptencia. Hallar la potencia producida por la segunda máquina y la temperatura a la querecibe calor

a) 70 kW, 500° K b) 30 kW, 500° K c) 60 kW, 350° K d) 45 kW, 450° K e) 50 kW, 400° K

1 4 5 .¿Cuál es la mínima cantidad de trabajo necesaria para extraer 10 cal de un cuerpo queestá a la temperatura de -18° C cuando la temperatura ambiente es de 21° C?

a) 1,13 cal b) 1,23 cal c) 1,33 cal d) 1,43 cal e) 1,53 cal146.En la Fig.37, se muestra dos máquinas refrigeradoras de Camot con la misma oficien

cia, conectadas en serie. Si la refrigeradora Ri extrae del foco frío una potencia de 100kW, hallar la potencia que consume la máquina refrigeradora R2.

a) 135 kW b) 140 kW c) 145 kW d)1 50kW e) 155 kW

Fig.37 Fig.38

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598 Termodinámica147.En la Fig.38, se llena aire mediante un ciclo de Camot comenzando en el estado A.

Los procesos BC y DA son isotérmicos y los procesos CD y AB son adiabáticos. Hallar el trabajo total realizado en el ciclo de Carnot. (R=8,31 J/mol.°K, 1 atm =l,013 .105

N/m2)

a) 1 402 J b) 1 412 J c) 1 422 J d) 1 432 J e) 1 442 J

148.La eficiencia de un refrigerador es 1/3 de la de un refrigerador ideal de Camot. Serequiere convertir en hielo 200 kg a 0o C. Si la temperatura ambiente es de 29° C.Hallar:I) ¿Cuánto trabajo (W) se requiere para dicho proceso (M=T06, 1 cal=4,186 J)?

a) 2,11 MJ b) 2,21 MJ c)2,3 1M J d)2 ,41M J e)2,51M J

II) ¿C uántas calorías (Qc) se transfiere al medio ambiente (LF = 80 ca l/g )?

a) 13,5 Mcal b) 14,5 Mcal c) 15,5 Mcal d) 16,5 Mcal e) 17,5 Mcal

149.E1 hidrógeno efectúa un ciclo de Camot. Hallar la eficiencia del ciclo, si durante la ex pansión adiabática:I) El volumen del gas aumenta n = 2 veces.

a) 21,2 % b) 22,2 % c) 23,2 % d) 24,2 % e) 25,2 %

II) La presión disminuye n = 2 veces.

a) 15 % b) 16 % c) 17 % d) 18 % e) 19 %

150.En la Fig.39, un gas perfecto efectúa el ciclo formado por isotermas y adiabatas. Lastemperaturas de los procesos isotérmicos son l j = 900° K, T2 = 600° K y T3=300° K. Hallar el rendimiento térmico del ciclo, si en cada expansión isotérmica el volumen delgas aumenta un mismo número de veces (k).

a) 4 0% b) 45 % c) 50 % d) 55 % e) 6 0 %

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Física II 599

151.Una máquina de Carnot que trabaja en un ciclo de Camot con un rendimiento der| = 1 0 % se utiliza con los mismos depósitos térmicos que una máquina refrigeradora.

Hallar su coeficiente de refrigeración ( s ).

a) 5 b) 6 c) 7 d) 8 e) 9

152.Hallar el rendimiento de un ciclo formado por dos isócoras y dos adiabatas, si en los límites del ciclo el volumen del gas perfecto (nitrógeno) varía n=l 0 veces.

a) 45% b) 50 % c) 55 % d) 60 % e) 65

153.Hallar el rendimiento de un ciclo formado por dos isóbaras y dos adiabatas, si en loslímites del ciclo la presión varía n=4 veces. El gas utilizado es perfecto y diatómico

(x = M)

a) 30 ,7% b) 32,7 % c) 34,7 % d) 36,7 % e) 38,7 %

154.Un gas perfecto diatómico ( y = 1,4) realiza un ciclo formado por dos isocoras y dos iso baras. Hallar el rendimiento de este ciclo, si la temperatura absoluta del gas aumentan=5 veces tanto durante el calentamiento isócoro como durante la expansión isobárica.

a) 14 % b) 17 % c) 20 % d) 23 % e) 26

155.Un gas perfecto efectúa un ciclo formado de una isócora, una adiabata y una isoterma.Hallar el rendimiento del ciclo, si la temperatura absoluta en sus límites varía n=3 veces, y el proceso isotérmico se realiza a la temperatura mínima del ciclo.

a) 30 % b) 35 % c) 4 0 % d) 45 % e) 50 %

156.Un gas perfecto efectúa un ciclo formado de una isócora, una adiabata y una isoterma.Hallar el rendimiento del ciclo, si la temperatura absoluta en sus límites varía n=7 veces, y el proceso isotérmico se realiza a la temperatura máxima del ciclo.

a) 48 % b) 52 % c) 56 % d) 60 % e) 64 %

157.Un gas perfecto diatómico ( 7 = 1,4) efectúa un ciclo directo formado por una adiaba

ta, una isóbara y una isocora. Hallar el rendimiento del ciclo, si en el proceso adiabático el volumen del gas aumenta n= 1 2 veces.

a) 51% b) 53 % c) 55 % d) 57 % e) 59 %

158.Hallar el rendimiento de un ciclo formado de una isoterma, una isóbara, y una isocora,si en el proceso isotérmico del gas ideal diatómico su volumen aumenta k = 1 0 veces.

a) 28 % b) 31 % c) 34 % d) 37 % e) 40 %

159.Un gas perfecto diatómico ( 7 = 1,4) realiza un ciclo formado por dos isocoras y dos iso

termas. Hallar el rendimiento del ciclo, si durante el mismo el volumen varía k=4 ve-

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600 __________________________ Termodinámica _____________________________

ces, y la temperatura t= 6 veces.

a) 31 ,3% b) 33,3 % c) 35 ,3% d) 37,3 % e) 39,3 %

160,En la Fig.40, se muestra el ciclo de un motor Diesel de cuatro tiempos, siendo: I) ABel proceso de admisión de aire en el cilindro a la presión de P0= l atm, II) BC el proceso

de compresión adiabática del aire hasta la presión Pc; III) al finalizar el tiempo de com presión del aire en el cilindro se inyecta el combustible, que al ponerse en contacto conel aire caliente se inflama y se quema, el émbolo se mueve hacia la derecha, primero

por vía isóbara (CD) y luego adiabáticamente (DE); IV) al final de la expansión adiabatica se abre la válvula de escape y la presión desciende hasta P 0 (EB); y el émbolo semueve hacia la izquierda y los gases de escape son expulsados del cilindro (BA). Pro

bar que el rendimiento del motor Diesel, viene dado por: rj = 1 —(Px - l ) /% a x_ 1 ( p - l ) ,

siendo, (P ) y ( a ) los grados de expansión isobárica y compresión adiabática, respecti

vamente.

ló l.U n m otor Diesel tiene un grado de compresión adiabático igual a a = 16 y un grado deexpansión adiabático igual a %= 6,4. ¿Qué cantidad mínima de combustible consumirá

por hora este m otor si su potencia es de P=36,8 kW, el exponente politrópico de x = U3

y el valor calorífico de la gasolina de J=4,6.10 7 J/kg?

a) 4,7 kg b) 5,0 kg c) 5,3 kg d) 5,6 kg e) 5,9 kg

162.Una máquina de vapor de potencia P=14,7 kW consume cada hora m=8 ,l kg de carbónde valor calorífico igual a J=3,3.10 7 J/kg. La temperatura de la caldera es de Tc=200° Cy la del condensador de T^óS 0 C. Hallar el rendimiento real de la máquina y el rend]

miento de una máquina térmica ideal que funciona según el ciclo de Camot entre lasmismas temperaturas.

a) 2 2 % , 30 % b) 24 % , 30 % c) 20 % , 30 % d) 26 % , 30 % e)28%, 30%

163.Hallar la variación que experimenta la entropía al transformarse 10 g de hielo a -20° Cen vapor .a 100° C. (Lp=80 ca l/g , Lv=540 cal/g, Chielo=0,5 cal/g.°C , cAgija= 1 cal/g.°C)

\ 1 c cal t , , o cal , n , cal « . cal . cala) 15— b) 18— c ) 2 1 — d ) 2 4 — e )2 7 —

°K °K °K °K °K

164.Hallar el aumento de entropía correspondiente a la transformación de 1 g de agua a 0oC en vapor de agua a 100° C. (ce= l cal/g.°C, Lv = 540 cal/g, 1 cal = 4,186 J)

a) 6 , 8 J/°K b) 7,1 J/°K c) 7 ,4 J/ °K d) 7,7 J/°K e) 8,0 J/°K

165.Hallar la variación que experimenta la entropía al fundirse 1 kg de hielo que se encontraba a la temperatura de 0o C. (LF= 80 cal/g, 1 cal = 4,186 J)

a) 1,217— b) 1,227— c) 1,237— d) 1,247— e) 1,257 — °K °K °K °K °K

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Física II 601166.Sobre hielo que está a la temperatura de 0o C se vierten 640 g de plomo derretido a la

temperatura de fusión. Hallar la variación que experimenta la entropía durante estátransformación, (para el agua LF=3,35.10 5 J/kg, para el plomo Tp= 327° C, LF=2,26.104J/kg, ce=126 J/kg.°C)

a) 59,1 J/°K b) 62,1 J/°K c )6 5 ,lJ /° K d ) 6 8 , l J /°K e)71, lJ /°K

167.Hallar la variación que experimenta la entropía cuando m= 8 g de oxígeno que ocupa ban el volumen de Vj =10 lt a la temperatura de Tj =80° C pasan a ocupar el volumende V2=40 lt a la temperatura de T2=300° C. (R = 8,31 J/mol.°K)

a) 5,0 J/°K b) 5,2 J/°K c) 5,4 J/°K d) 5,6 J/°K e) 5,8 J/°K

168.Hallar la variación de la entropía que se observa cuando m = 6 g de hidrógeno que ocu paban un volum en de Vi =20 lt a la presión de Pi =1,5.10 5 N/m 2 pasan a ocupar un volumen de V2= 60 lt a la presión de P 2=l,0.10 5 N/m2. (R= 8,31 J/mol.°K)


169.Mediante un proceso isobárico se expanden 6 , 6 g de hidrógeno hasta duplicar su volumen. Hallar la variación que experim enta la entropía en este proceso. R=8,31 J/mol.°K


Í70.Hallar la variación de la entropía correspondiente a la expansión isobárica de 8 g de helio desde el volumen Vi =10 lt hasta el volumen V2 =25 lt. (R= 8,31 J/mol.°K)

a) 30,1 J/°K b) 32,1 J/°K c )3 4 ,lJ /° K d) 36,1 J/°K e) 38,1 J/°K

171.3,5 g de oxígeno a la presión de P=28 atm ocupan un volumen de V= 90 cm3. Hallar ladiferencia de temperaturas correspondientes al oxígeno real e ideal. (1 atm=l,013.105

N/m 2 R= 8,31 J/mol.°K, a=l,36.105kmol2/N.m4, b =3,16.10‘2 kmol/m3)

a )2°C b)4°C c ) 6 °C d) 8 o C e) 10 °C

172.Se mezclan 200 g de agua a la temperatura de 0o C con 50 g de agua a la temperaturade 50° C. Hallar el cambio en la entropía del agua.

a) 0 ,2 - ^ b) 0 ,4— c ) 0 , 6 — d ) 0 ,8 — e) 1 , 0 — K K °K °K °K

173.Se calienta 1 kg de hielo desde -20° C has ta 120° C a la presión de 1 atm. Hallar el cam bio en la entropía en este proceso. (LF = 80 cal/g, Lv =540 cal/g, ce, h i e l o = 0,5 cal/g.°C,Ce, A G U A = 1 cal/g.°C, ce,V A P O R = 0,5 cal/g.°C , 1 cal = 4,186 J)

a) 8 822 J/°C b) 8 842 J/°C c) 8 862 J/°C d) 8 882 J/°C e)8 902 J/°C

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602 Termodinámica174.E1 trabajo realizado por un gas ideal en un proceso de expansión isotérmica a la tempe

ratura de T= 127° C es de W=1 200 J. Hallar el cambio en la entropía en este proceso.

a) 1 J/°K b) 2 J/°K c) 3 J/°K d) 4 J/°K e) 5 J/°K

175. Al expandirse 8 g de helio, la razón de sus volúmenes es de V2 /Vi=4 y la de sus tempe

raturas T 1/T 2 =3. Hallar el cambio en la entropía que experimenta el helio. (R=8,31J/mol.°K, x = 1,4)

a) -20,6 J/°K b) -22,6 J/°K c)-2 4,4 J/°K d)- 26 ,4J/°K e}-28,6 J/°K

176.En un ciclo de Camot el cambio de la entropía entre las dos adiabáticas es de 1kcal/°C, siendo la diferencia de temperaturas en las isotermas de 100° C.¿Qué cantidad

de calor se transforma en trabajo en éste ciclo? ( M=106 , 1 cal * 4,2)

a) 0,12 MJ b) 0,22 MJ c)0 ,32 M J d) 0,42 MJ e)0 ,52 M J

177.Para un proceso isocórico halle la variación de la entropía respecto de la energía inter na (dS/dU), y para un proceso isotérmico hallar la variación de la entropía respecto delvolumen (dS/dV).

a) T ; T/P b) P ; P/T c ) l / T ; P / T d ) P / T ; T e ) T / P ; P

178.Cinco moles de un gas monoatómico ideal (x =5/3) experimentan una expansión adia

bá tica reversible desde un volum en inicial de V) =24,0 lt y temperatura inicial de T]=31° C hasta un volumen final de V2=40 lt. Hallar los cambios en la energía interna yen la entropía del gas. (R=8,31 J/mol.°K)

a) -5 428 J ; 0 J/°K b) -5 468 ; 0 J/°K c) -5 428; 1 J/°K d) -5 468 J ; 1 J/°K e) -5 448 J ; 1 J/°K

179.A bajas temperaturas, la capacidad calorífica de muchas sustancias cristalinas, vienedado por la ley de Debye: Cv = A T3, siendo A una cte. Hallar el cambio en la entropía

por mol de la sustancia, cuando esta cambia su temperatura desde Ti = 0o K hasta T2=3o K.

a) 1A b)3 A c) 5 A d)7 A e)9 A

180.Un gas perfecto de exponente adiabático %= 7/5 efectúa un proceso, donde la depen

dencia de la presión (P) respecto del volumen (V), viene dado por: P = P0 - a V, siendoP0 y a constantes positivas. ¿Para qué volumen la entropía del gas es máxima?

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Física II 603

SOLUCIONARIO

Solución: 01

• Según teoría, la energía interna es:U = U 0 + Q - W

U = 100 J + 400 J - (-200 J)

U = 700 J (e)

Solución: 02I) Según teoría, el trabajo a presión cons

tante es:

W = P AV = P n (a)

II) La variación de energía interna es:

AU = Q - W = Q - Pp (c)

III) La variación de temperatura del gas, sehalla de la ley general de los gases, así:

P V = n RT

A(PV) = A(n RT )

P AV = n R AT

AT = P p /R (b)

Solución: 03I) El trabajo efectuado, es igual, al área ba

jo la curva A-B:

W = P AV

W = (20)(3 -1)

W = 40 J (d)

II) El calor suministrado al gas de A-B es:

Q = W + U b - U a

Q = 40 J + 1 5 J - 0 J

Q = 55 J (e)

III) La energía interna en C es:

Uc = Q - W + Ub

Uc = 45 J - 0 + 15 J

Uc = 60 J (c)

IV) El trabajo realizado de C a A, es igual,al área bajo la curva C-A:

W = área trapecio

W = ( 1 ^ ) ( l - 3 )

W = - 30 J (b)

V) El calor extraído de C a A es:

Q = W - U a - U c

Q = -30 J - 0 J - 60 J

Q = - 90 J (e)

VI)E1 trabajo total en el ciclo, es igual, alárea encerrada por la curva ABCA, así:

W = área triángulo ABC

, 1 ,W = (—)(2)(10)

W = 1 0 J(*) (a)

El trabajo total, también, es igual a la sumade los trabajos parciales, así:

w = w A B + w B c + w c ^ A

W = 40J + 0J - 30J

W = 10J

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604 Termodinámica

Cuando el proceso del ciclo cerrado,está en sentido horario, el trabajo netoes positivo, caso contrario negativo.

VII) El rendimiento térmico es:

trabajo netoR =

calor suministrado

10JR =

55J + 45J

R = 1 0 % (a)

Solución: 04I) El rendimiento de éste motor es:

T_ R = 1 - -

R = 1-

TC

(27 + 273)

R = 1 - •

(727 + 273)

300 7

1 0 0 0 ~ 1 0

En porcentaje el rendimiento es (*):

R = 70 % (e)

Qü En el cálculo del rendimiento, se debetomar siempre, la temperatura en gra-.dos kelvin.

II) El trabajo realizado es:

W = R Qc

W = (0,70)(10 000 cal)

W = 7 000 cal (d)

III) El calor cedido al foco frío es:

Q f = Q c - W

Q F = 10 0 0 0 - 7 0 00

QF = 3 000 cal

Solución: 05a) La velocidad cuadrática media es:

(b)

vc = 3R.TM

Verdadero, pues, a menor masa molecular (M), gas liviano, le correspondemayor velocidad,

b) La energía cinética media es:

< Er >= —k.TL 2

Falso, pues, la energía cinética media,es independiente de las masas moleculares.

c) Falso por a).d) Falso por a.)e) Falso , las moléculas alcanzan el repo

so absoluto a la temperatura de 0 °K.

Solución: 06• De la primera ley de la termodinámica:

Q = W + AU

100 cal = -210 J + 630 J

i . 4 2 0 i1 cal = J100

+ 1 cal « 4,2 J

Solución: 07

• El incremento de su energía interna es:AU = Q -W

AU = (100x4,186 J) —100 J

AU = 318,6 J (E l

Solución: 08I) En los estados 1-2, ley de Charles:

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Física II 605

v 2 = é ) V ,M

V2 = (3

300 K

V2 = 5 lt

En los estados 3-4, ley de Charles:

T3 = T 4 (V3 /V4)

T3 = (150°K)(— )3 lt

T3 = 250°K

En los estados 2-3, ley de Gay-Lussac:

P3 = P 2 (” )(— t 2

P3 = ( 6 atm)(250^K

500° K

P3 = 3 atmII) El trabajo total, es igual al área encerra

da por la curva (llt = 1 0 ' 3 m3):

W = (P1 - P 4 )(V3 - V 4 )

W = ( 6 - 3). 105 (5 - 3). 10- 3

W = 600 J

Solución: 09I) En la trayectoria xay, la variación de e

nergía interna es:

(Uy - Ux) = Q - W

(Uy - U x) = 100 ca l-4 0 cal

(U v - U x) = 60 cal

En la trayectoria xby, el calor es:

Q = W + (U y - U x )

Q = 10 cal + 60 cal

Q = 70 cal (c)

el sistema recibe calor (Q > 0).II) En la trayectoria xcy, el trabajo es:

W = Q - (U y - U x)

W = 80 cal - 60 cal

W = 60 cal (b)

el sistema realiza trabajo (W > 0)III) En la trayectoria yx, el calor es:

Q = W + ( U X - U y )

Q = -30 cal+ (-60 cal)

Q = -9 0 cal (e)

el sistema libera energía (Q < 0).IV) Para el proceso xa, el calor es:

Q = W + U a - U x

Q = 0 + 45 cal - 0 cal

Q = 45 cal

el sistema recibe calor (Q > 0).

Para el proceso ay, el calor es:

Q = 40 cal - 15 cal

Q = 25 cal (e)

el sistema recibe calor (Q > 0)

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606 TermodinámicaSolución: 10

I) La variación de la energía interna es:

AU = Q - W

AU = (500)(4,186 J) - 40 J

AU = 2 053 J (b)

II) La variación de la energía interna es:

AU = (300X4,186 J) - (-4 19 J)

AU = 1 674,8 J (e)

III) La variación de la energía interna es:

AU = (-1 500)(4,186 J ) - 0 J

AU = - 6 279 J (e)

Solución: 11I) La variación de la energía interna es:

AU = Q - W = 0 - 5 J

AU = -5 J (c)


AU = 0 - (-1 00 J) = 100 J

Solución: 12• De la Ira. ley de la termodinámica:

Q = W + AU = PAV + 0

AV:Q _ (5.10 )(4,186)

P 7,2.104

* AV = 2,906 m3 (e)

Solución: 13• El trabajo exterior en la expansión es:

W = P.(V - V0)

W = (2.105)(3 0- 3) .10 “3

* W = 5 400 J (d)

Solución: 14• De la ley de Charles, el volumen final

es:

T 227 + 273V = V0 (— ) = (3 lt)(------------- )

0 T0 27 + 273

V = 5 lt

Luego, el trabajo que realiza el gas es:

W = P . (V -V 0)

W = (2.105 )(5 - 3). 10- 3

+ W = 400 J

Solución: 15I) De 1 a 2, proceso isobárico.

W = P(V 2 - Vj) = (4.105)(4 —1)

W = 12.105 J (b)

II) De 2 a 3, proceso isotérmico.

W = área trapecio

2 + 4 <W = ( - )-10 (1 - 4)

W = —9.105 J (d)

III) De 3 a 1, proceso isocórico.

W = P.(V1 -V 3) = P(1-1)

W = 0 J (a)

IV) En todo el ciclo, el trabajo es:

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Física II 607

W = área triángulo W = área rectángulo 1-2-3-4.

W = ~ ( 4 - l ) ( 4 - 2 ) . 1 0 5

W = 3.105 J (c)

W = (2 —6)(4 —1). 10

W = -12.10 J (b)

También, el trabajo es la suma de los traba jo s parciales, así:

W = W,_ > 2 + W2 _ 3 + W3 _ 1

W = 12.10 5 J - 9.105 J + 0J

W = 3.10 J

V) Cuando se invierte el ciclo los trabajoscambian de signo, así, el trabajo neto

será, -3.10^ J.

Solución: 16I) De 1 a 4, proceso isocórico.

W = P.AV = P (0)

W = 0 J (a)

II) De 4 a 3, proceso isobárico.

W = P(V 3 - V4) = (1.105)(6 - 2)

W = 4.105 J (d)

III) De 3 a 2, proceso isocórico.

W = P AV = P (0) = 0 J (a)

IV) De 2 a 1, proceso isobárico.

W = P(V] - V2) = (4.105 ) (2- 6 )

W = -16 .10 5J (d)

V) Én todo el ciclo, el trabajo es:

El signo se toma negativo (-), debido a queel sentido del ciclo es antihorario.El trabajo total, también, es la suma de lostrabajos parciales, así:

w - W,_ > 4 + W4 - > 3 + W3 ^ 2 +

w = 0 + 4.105 + 0 - 1 6 . 1 0 5

W = -12.103J

VI) Cuando se invierte el sentido del ciclo,el signo de los trabajos cambia, así por ejemplo el trabajo total, en este caso se

rá 12.105 J.

Solución: 17I) De 1 a 2, proceso isotérmico.

W = área trapecio

W = ( ^ ) . 1 0 5 ( 8 - 2 )

W = 3.10 J (c)

II) De 2 a 3, proceso isocórico.

W = P.AV = P(0)

W = 0 (a)

III) De 3 a 1, proceso isobárico.

W = P(V, - V3) = (2 .105 )(2 — 8 )

W = —1,2.106 J (b)

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608 TermodinámicaIV) En todo el ciclo, el trabajo es:

W = área triángulo

W = — ( 8 - 2)(8 - 2).105

Luego, sustituyendo en (4), obtenemos:i

W = —- — Q = —- — (500)y + 2 5 + 2

+ W = 142,9 cal = 598 J ®

W = 1,8.10 J (e)

El trabajo es positivo, pues, el sentido decirculación del ciclo es horario.También, el trabajo total, es igual a la sumade los trabajos parciales, así:

W = w 1 2 + w 2_ 3 + w 3 1

W = 3.106 + 0 - 1,2.106

W = 1,8.10 J

Cuando se invierte el ciclo, el signo de lostrabajos cambia.

S o l u c i ó n : 1 8

• De la primera ley de la termodinámica:

W = Q - AU 0 )

La variación de la energía interna y la cantidad de calor entregada son:

AU = Cv (T2 - T 1) (2)

Q = Cp(T2 - Tj)

(T2 —Tj) =

De (3) y (2) en (1), obtenemos:

W :Cp —Cy

Cp

(3)

(4)

S o l u c i ó n : 1 9

• El proceso es isocórico, V=cte, la variación de la energía interna es:

AU = CV(T2 - Tj)

a u = X (ü íl + 2 ^ ) R A t2 M, M 2

5 ,20.1(T 3 32.10-3AU = —(■2 28

■)(8,31.10 )(28)

©S o l u c i ó n : 2 0

• El proceso es isobárico, P=cte.El volumen inicial del oxígeno es:

V, =m R.Tl

M P,

V, =10.10- 3 (8,31.103)(283)

32 S.IO3

V, = 2,45.10 - 3 m 3

La temperatura final del oxígeno es:

V,T2 = ( ^ ) Tl

(10.10-3)

2 (2,45.10-3)r r r (283)

Los calores molares a, P=cte y V=cte, son T, =1155 K

Y m y mC p = X _ R , c v =( X + 1) — R P 2 M 2 M

I) La cantidad de calor recibido por el gases:

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Física II 609

Q = Cp(T2 - Tj)

Q = (^ + i) ^ R ( t2 - tí)

c 1 0 1 o- 3Q = (¿ + 1) v/- ” ■(8,31.103)» (1 155-2 83)

Q = 7 926 J ©


AU = C v (T2 - T 1)

y mAU = —— R (T2 - T,)

2 M 2 1

AU = - 10-10 - (8,31.103 )(1 155 - 283)2 32

AU = 5 661 J @

III) El trabajo realizado por el gas es:

W = PAV

W = (3.105 )(10 - 2,45).10- 3

©W = 2 265 J

Solución: 21• El proceso es isobárico, P=cte.La temperatura final del gas es:

V,T2 = ( ^ ) T j

T2 = (~“ )(27 + 273)

T2 = 600 °K

I) El trabajo realizado por el gas es:

W = P (V2 - V,)

W = “ R (T2 - Tj )M

r r i a—-7W = — (8,31.103 )(600 - 300)

W = 8,1.103J @


AU = Cv (T2 -T 1)

y mAU = —— R (T2 - Ti )

2 M 2 1

e £ c i A-

AU = - -----(8,31.103)(600 - 300)

AU = 20 ,2.103J ©

III) La cantidad de calor suministrado algas es:

Q = CP (T2 - T j )

y mQ = (—+ 1) — R (T2 - Tj)

2 M

Q = ( | + 1 ) 6 ,5 * ° ( 8 ,3 1.103)» ( 6 0 0 - 3 0 0 )

Q = 28,3.103J @

Solución: 22• El anhídrido carbónico (C 0 2) es polia

tómico (y = 6 ).I) La variación de su energía interna es:

AU = ^ n R (T 2 - T j )

AU = ^(2)(8,31.103)(50)

AU = 2 493 kJ ©

II) El trabajo de expansión del gas es:

W = P (V 2 - Vj)

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Física II 611

* m =2 400 cal

80 ca l /g= 3 0 g ©

Solución: 26

• El rendimiento de la máquina es:

r = i - S . = i - M Tc 500

R = 2 / 5

En porcentaje el rendimiento es del 40 %.

La cantidad de calor recibida es:

Qc =W 1 000 J

R 2 / 5

Qc = 2 500 J

La cantidad de calor cedida es:

Qf = Qc - W

Qf = 2 500 J - 1 000 J

* QF = 1 500 J ®

Solución: 27• La potencia producida por los 250 g de

gasolina es:

250P'= (11 00 0)(4,1 86)( T)

3,6.10 3

P'= 3 197,64 J/s

El rendimiento real de la máquina es:

735 J/sR = = 0,22983197,64 J/s

El rendimiento ideal de la máqu ina es:

800R = 1 - — = 1 -

1800

R * 0,56 * 56 %

Solución: 28I) D e la ecuación de los gases ideales ha

liemos la presión inicial, así:

P0V0 = n R T0

P0(5) = (3)(0,08206)(273 + 30)

P0 = 14,92 atm

Como el proceso es isotérmico (T=T0), en

tonces de la ecuación de los gases ideales

para dos estados, obtenemos la presión fi

nal, así:

PqVq P V

T0 T0

(14,92)(5) = P (20)

P = 3,73 atm @

II) El trabajo efectuad o por el gas, para un

proceso isotérmico, viene dado por:

W = n R T 0f n ( V / V o )

W = ( 3 ) ( 8 ,3 1 4 ) ( 3 0 3 ) / n ( y )

* W = 10 476,82 J ®

Solución: 29

• Hallemos el coeficiente de Poisson (x )

teniendo en cuenta que para un gas diató

mico (y = 5), así:

C P Í + 1>R

_ _J2 ______

Cv 1 R

5 + 2 uX = — - = 1,4

Luego, de la ecuación de estado para un

proceso adiabático de un gas ideal, obtene

mos la presión final, así:

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612 Termodinámica

p V

p —(^ V p — í — i1,4 p

V 2Vn P°

W = n R T Í n (— ) V0 '

V = Vn e

wn R T

+ P = 0,38 P0 E 400

Solución: 30I) Como el volumen es constante (W = 0),

entonces de la primera ley de la termodiná

mica, se tiene:

AQ = W + AU = n C v ATv

AQ = n ^ R A T v

100 = (2 )(—)(1,986) ATV

ATV = 1 6 ,7 8 UC

II) A presión constante se realiza trabajo,

de modo que la primera ley de la termodi

námica, queda así:

AQ = P AV + n CpATp

AQ = n R A T p + n ( i + l)R A T P

AQ = n (T + 2) R ATP

100 = (2 )(—+ 1)(1,986) ATP

* ATP = 10,0 7 °C ©

Solución: 31I) El volum en final que ocupa el gas i deal,

hallamos de la expresión del trabajo e

fectuado por el gas a temperatura constan

te, así:

V = (10) e (10x8,314x373)

+ V = 10,13 ñ @

II) De la ecuación de los gases ideales, ha

liem os la presión inicial, así:

P0V0 = n RT0

P0(10) = (10)(0,08206)(373)

P0 = 30,61 atm

Luego, de la ecuación de los gases ideales

para dos estados, obtenemos la presión fi

nal, así:

PqVq P V

T0 T0

(30,61)(10) = P (10,13)

P = 30,22 atm ®

III) Como el proceso es a volumen cons

tante el trabajo es nulo (W= 0), luego, la

primera ley de la termodinámica, queda así:

AQ = W + AU

AQ = n CyATy

AQ = n T R ATV

40 0 = (5)(—)(8 ,314) ATV

ATV = 6,41 °C ©

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Física II 613

® NotaLa variación de temperaturas en las es

calas centígrada y kelvin es la misma.

Solución: 32

• Para un proceso adiabático, la relación entre las presiones y volúmenes correspon

dientes al estado inicial y final del gas ideal

viene dado por:

L - (Yo.)x => P - WP0 V V*

Luego, el trabajo realizado sobre el gas en

el proceso de compresión adiabático es:

w vJdW = JPdVo v„

W = ] ^ dV

v„ V*

1 - X 0

W = ^ ( V 1- X- V ¿ ' Z) 1-X

W = - ' - - t P o V o - P o A x V]x - i v

W = - ^ ( P qVo - PV)x - i

w =1

-[(10)(1,5) - (4)(3)] ( 1 , 4 - 1 )

W = 7,5 ft.atm = (7,5)(101,316 J)

* W = 759,87 J ©

Solución: 33• El calor esp ecífic o medio para el inter

valo de temperaturas [0; T] es:

1 T< c > = - J ( A + B T 2)d T

< c >= — (A T + —B T3) ]

T 3

3\ IT

< c > = A + - B T 23

De otro lado, evaluamos la expresión dada,

en T=T/2, así:

c = A + B ( - ) 2 = A + - T 22 4

Luego, la diferencia entre el calor específi

co m edio y el calor específico en T= T/2 es:

Ac = A + - B T 2 - ( A + —B T 2)3 4

A c = — B T 2 = — B ( 2 4 ) 2 12 12

* Ac = 48 B D)

Solución: 34• La relación entre calor esp ecífic o (ce) y

capacidad calorífica (C ) es:

C = M ce

Com o el argón es m onoatómico ( y = 3), en

tonces de la expresión anterior, la masa mo

lecular (M) del gas es:

( i ) R = M c e

(—>(8,314) = M (0,07 5)(4,1 86 )

M = 39 ,7 g /m ol

Luego, la masa de cada molécula del gas i

deal argón es:

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614 Termodinámica

m =M 39,7 g /m o l

N A 6,023 .1023m oléculas/ molv = [— ] 1/2 ( 1)

* m = 6,61.10 ~23g ©


• Como el helio es monoatómico (y = 3)

su masa molecular es:

M = m N a

M = (6,66.10-24 )(6,023.1023)

M = 4 g / m o l

Luego, el calor específico del gas de helio a

volum en constante es:

y R 3 8,314Cv = ----- = (“ X------- )

v 2 M 2 4

cv = 3,12 —^— = 3 120 Jg.°K

ó cv * 0,75

kg.°K

ca l ( i )

siendo, ( y ) el exponente adiabático, (P) la

presión, y ( p ) la densidad.

Ahora, de la ecuación de los gases ideales,

se tiene:

P V = — R T M

- = — (2) p M

De (2) en (1), y teniendo en cuenta que el

oxígeno es diatómico (y = 1,4), se tiene:

V = [XR T ]1/2

M

y [(l,4)(8,31.103)(300)]1/2

g.°K

32

* v = 330,3m ©


• El porcentaje que representa la energía

interna del gas (A U ), respecto de la ener

gía suministrada (AQ)1, viene dado por:

1 - ( ^ X 1 0 0 )

= [ n (y/2 )R AT

n ( y / 2 + l ) R A T

Tl = ( ~ r ) ( 100) = ( - ^ — )(100) y + 2 5 + 2

* ti = 71,4 %


©

• Según teoría, la velocidad de propaga

ción del sonido en un gas, vien e dado por:

S o l u c i ó n : 3 8

• Record emos que la velocida d de propa

gación del sonido en un gas ideal, viene da

do por:

v = ( X R T ) 1/2

M

Como el aire es diatómico (y = 1,4), enton

ces, sus velocidades de propagación a las

temperaturas de 0o C y Io C, son:

r (1,4)(8,31.103)(273 ) 1/ 2

29

v = 330 ,94 m /s

y , ■■(1,4 )(8,31.1 0 )(274 ) , ;2

29

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Física II 615

V = 331 ,54 m /s

Luego, el aumento en la velocidad de pro

pagación del sonido, por cada grado cen

tígrado que aumenta la temperatura del gas

es:Av = v' - v

* Av = 0,6m

©

W.adía 1,15 ©

Solución: 40

• Segú n teoría, el trabajo realizado por el gas para un proceso adiabático es:

M 0c - l ) V V

¿La variación de la velocidad, cambia

si la temperatura inicial se toma

diferente a 0 °C?

Solución: 39

• El trabajo realizado sobre el aire en el

proceso isotérmico, viene dado por:

V .Wjso = n RT0fn (— )

Vn

W = ( 10-10"3)r(8,31.103)(323) _ 283

28 1 ,4 -1 323

* W * 297 J ©

Solución: 41• Segú n teoría, la expresión que relacio na

las presiones y volúmenes correspon

dientes al estado inicial y final en un proce

so adiabático es:

El trabajo realizado sobre el aire en el pro

ceso adiabático, según el prob.(32) viene

dado por:

^ [ í - r V 1] x - i v

Luego, la razón del trabajo en el proceso

isotérmico al trabajo en el proceso adiaba

tico es:

W.adia X - l VwTT1S0 n RT 0fn (— )

V ^adia [ i - ( v ) x_1]

wVT1S0( x - 1) )

v o

^adia [ l - ( 2)1’4- 1]

T = A I-4_I(273)2V q

* T « 207 K ©

Solución: 42• De la ecuación de los gases idea les, pa

ra dos estados, se tiene:

P|V, _ P2V2

W1S0 (1,4 -1) fn(0,5)

JL = ( A x V l)

t 2 V v 2

Sustituyendo esta expresión en la ecuaciónde Poisson, tenemos:

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616 Termodinámica

I I = ( ^ . v - 1

T2 V /

A íV íV -P2 V2 V,

Pi = (“ )z p2 = ¿ ) 1,4a 6. i o6 )7,5

© , N* Pj = 0,953.10 —j = 0,94 atm

m

Solución: 43• Como el proceso es isotérmico, la ecua

ción de estado del gas es:

V, P,P V = P V => _ 2 =_ L 1 1 2 Vj P2


del trabajo realizado por el gas en el proce

so de expan sión isotérmica, se tiene:

m „ ,V 2W =; — RT üñ(—4-)

M V,

< v c > 1 [3 RT] / M] 1/ 2

< Vr >c ■'i [3 RT2 / M]1/2

< vc >1 _ / Ti y /2

< vc> 2

T2

^ ^ i , ?d Lid= - ( 2) r

< VC >2 Vj

* < Vc >1 ■« 1,15 vec es ® < v c >2

Solución: 45• D e la ecuación de Poisson, se tiene la re

lación de temperaturas y presiones:7-1

3 & T

p i d L id

T2 = ( ~ ) x T, = (— ) ' ’4 (313)M 1

* T2 = 864,4 °K = 591 °C ©

W = — R T ( d ( d ) M

MW

P2

(28X860)

l L = e mRT _ e (10X8,31X290)

+ — « 2 , 72 ve ce s ( d)P2

Solución: 44

• D e la ecuación de Poisson, se tiene la

relación entre temperaturas y volúmenes:

I U cV - !t2 V

Sustituyendo esta expresión en la razón en

tre las velocidades cuadráticas medias, se tiene:


liemos la masa de metano que se quema en

cada hora, así:

PVn % T - > V0M P K lo m —M 0 RT0

La cantidad de calor entregada por la com

bustión del metano en cada hora es:

QE = ^ m = V0M P

RTn( 1)

De otro lado, la cantidad de calor consu

mida por el agua durante el tiempo (t) es:

Qc = mce(T -T 0)

Qc = p V c e( T - T 0)

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Física II 617

Q c = P (“ D 2v t) ce(T - T0) (2)

Por dato: Qc = 0,6 QE, luego de (1 ) y (2):

l P D W r - T 0) , 3 v »M I>55 RT,o

12 V0M

5 7 tp D 2v t c eR T0

(12)(1,8)(16) #

(5tc)(103) (10-2)2(0,5)

(1,22.105)(55.106)

(3,6.103)(4 186)(8,31.103 )(284)

T = T0 +

T = 11 C +

0

+ T = 11 °C + 83 °C = 94 °C

® NotaLa presión (P) al interior del tubo de

salida del gas se mantiene constante.


liemos el número de moles por unidad de

volumen, así:

P V = n RT =>V R T

De modo que, el número de moléculas por

unidad de volumen es:

n = IL N a = í 21a

V R T

Luego, la razón de los recorridos libres me

dios es:

k__

A,0

AX.Q

l / V 2 t t D 2 N N ,

l / V 2 7 i D 2 N n

o

N

n p N A _ P q / R T q

n N , P / R T

A,0 P Tn( 1)

A) Para el proc eso isotérm ico, T0=T, y

P=P0/2:

A = (- A _ x 2o.)^ 0 P 0 / 2 T j

— = 2 vecesA-o

®

B) Según la ecuación de Poisson , la reía

ción entre presiones y temperaturas para un

proceso adiabático es:

„ _ X-lT P ------

- — = (— ) XT0 Po

Sustituyendo (T/T0) en la ec .(l ), se tiene:

x-i i-x — = X _ , T q y P q \ X

X0 P P0 P P

1 1A = A ) X = (2 )W

A0 “

* — = 1,64 veces X0

Solución: 48• El trabajo de compres ión para un proce

so adiabático, viene dado por:

W :PqVo(T o - T )

OC-l )T 0

- 4 6,4 =(1,013 .10 5 )(10~4) (273 - T)

(1 ,4 -1 ) (273)

* T « 773 °K 0

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618 TermodinámicaSolución: 49

• D e la ecuación de Poisson, cuando el

gas se expande adiabáticamente, se tiene:

i = ( A ) xx-i „ x-i

( ? ) x1

x -i

T2 = 2 X Tj

De otro lado, cuando el gas se calienta a vo

lumen constante, se tiene:

1 1,22 x -i=> 2 x = 1,22

x- i _

2 x T,

^¿n(2) = £n(l,22)X

t n { 2 )

1 ~ £n(2) - fti(l,22)

* X = 1,40 ©

Solución: 50• D e la ecuación de los gases ideales, se

tiene:

P0V0 - n R T0 >P0V0

= n R

* AT ® 7 C ©

S NotaLa variación de temperaturas en las es

calas centígrada y kelvin e s la misma.

Solución: 51• Com o el proceso es isotérmico (T i=T 2)

de la ecuación de ga ses ideales, se tiene:

PiV. _ p2v 2

V, p2


del trabajo para un proceso isotérmico, se

tiene:W = — R T ¿n(— )

M V,

W ^ - R T Í n j - 1)M P2

W = (Y¿5X8>3 0 ( 2 5 0 ) f n i 2 )

* W « 714 J

© Solución: 52De la ecuación de Poisson, se tiene:

T2 _ ,P2x-i

(“ ) X => -l x = ( - - ) 313 1

1,4-135 , ,4

Sustituyendo esta expresión en la ecuación

del trabajo para un proceso adiabático, se

tiene: P0Vo(T-T0)W =

( X - 1 ) T 0

w _ nJR AT = > a t = ( X - D W

( x - i ) n R

AT =(M-IXHÓ.IO3)

(1)(8,31.103)

T2 = 864 ,4° K = (8 64 ,4 - 273)° C

* Ti = 591 °C © Solución: 53

• Hallem os el exponen te adiabático (%)

en función de los grados de libertad (y), a

sí:

X =C P _ ( ( y /2 ) + l ) R

C y ( y / 2 ) R

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Física II 619

%= y + 2 t o t w = @

(n<0,464)

De otro lado, de la ecuación de Poisson, se

tiene:

= => i 32 = 2X_It 2 V

fn(l,32) = (X-l) (,n(2)

y + 2 1+ t o ( U 2)

y ¿n(2)

2 l n ( 2 )

7 “ fn(l,32)

+ y « 5 ©

Solución: 54• Primero, calculemos los volúm enes y

presiones correspondientes al estado inicial

( 1) y final (2), así:

Vj = (10.10~4)(25.10-z) = 25.10’°m,-2) (4-5 „ 3

V2 = (10.10-4)(1 1,6.10~z ) = 11,6.10 -3 m

Pj = l,013.105N /m 2

,-2n0-5

P2 = 1,0 13 .103 +196,2

- 410:10

P2 = 2,975.10sN /m 2

Sustituyendo estas cantidades en la ecua

ción de P oisson, s e tiene:

=(Yl\X Po V ,'

Solución: 55

• D e la ecuación de los gases ideales, se tiene:

P V = n RT => P AV = n R AT

n AT = P A V /R (1 )

De otro lado, la expresión del trabajo para

un proceso isobárico, viene dado por:

W = P A V (2)

Sustituyendo (1) y (2) en la expresión de la cantidad de calor que se suministro al gas,

obtenemos:

Y P A VQ = n Cp AT = (~ +1 ) R —

1 IV

Q = ( l + l ) w = ( | + 1X142,8)

* Q * 500 J ©



volumen, así:

P V = n RT =>V R T

Así, el número de moléculas por unidad de

volumen es:

XT ( n 4XT P N AN = (—) N a = ^V R T

1.013.105 _ 11,6.10~5 x

2.975.105 ~ 25.10-5

0,34 = 0,464x

Sustituyendo (N) en la expresión del reco

rrido libre medio, se tiene:

< X > =1

V2ttD2N

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620 Termodinámica

<X>=R T

V 2 ttD 2 P N a

< X >=(8,31.10 )(323)

V 2n )(2,3 .10~10)2(1 (T3)(l 33,3) 1

(6,023.1026)

* < X >= 0,142 m ©

Solución: 57De las ecuaciones de Poisson, se tiene:

J: = T l i

x-i

( 1)

(2)

De otro lado, como el proceso es isocórico

(V 2=V3), entonces de la ecuación de los ga

ses ideales, se tiene:

p2v 2 _ p3v 3

T, P0

Igualando (2) co n (3), tenemos:

x-i

(3)

PnX (1)

1,4

?2 Pj*-1 (0,5)1’4-1

P2 = 1,32 atm

Despejando en (1) V 2, y sustituyendo P2:

V2 = A ) z Vj = 4 (0,5)F2

* v2 = 0,25 a ©

Solución: 58• D e la ecuac ión de Poisson, hallemos la

temperatura final, así:

Ti V

T2 = ( ^ - ) 1’4' 1(273)

T2 = 143,4 °K

Luego, la variación de la energía interna

del gas es:

AU = n ^ R (T2 - Tj)

AU = (1)(—)(8,3 1.10 )(143,4 - 273)

AU = - 2 692,3.103 J

* AU « -2 ,6 9 .1 06 J @

Solución: 59• Según teoría, el número medio de cho

ques por segundo que experimentan las mo

léculas del gas, viene dado por:

< z >=< v >

< X >

< z >=(8 R T / ix M)

1/ 2

< z >=

< X >

[(8)(8,31.10 3)(273 ) /(ti)(32)] 1

9,5.10 -8

< z >« 4,5.109 choques/s

Solución: 60• El número de moléculas de nitrógeno

por unidad de volumen es:

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Física II 621

N =

m N«N = ------

M V

(0,5.1 0~3)(6,023.1026)

(28)(100.10~6)

25 moléculasN = 10,8.10

m

< A. >=1

<x>=

a/ 2 ti D 2N

1

(V 2t:)(3.10_1°)2(10,8.1025)

+ < A >= 23 .10 “9m ®



volum en, así:

P V = n RT =>V RT

De modo que, el número de moléculas por

unidad de vo lumen es:

. . , n N>T P N a N = (— ) N * = ------=-

V A R T

Luego, para que las moléculas no experi

menten choques entre sí, su recorrido libre

medio debe ser mayor ó igual al diámetro

del recipiente, esto es:

< X >> D =>1

V27id2N

1

RT ~V 2itd2D

R T

2 —d“ I.) Na

> D

P <

P<(8,31.10 )(273)

(V27t)(3.10-10)2 (10.1 0“ 2)(6,023.1026)

* P < 9 4 , 2 . 1 0 ~ 3 - ^

m

®

Luego, el recorrido libre medio que experi

mentan las mo léculas de nitrógeno es:

Solución: 62• Primero, hallem os el diámetro del reci

piente esfér ico, así:

- D 3 = V = > D = ( - ) 1/ 310 -16 7t

D = 0,124 m

Ahora, el número de moléculas de nitróge

no por unidad de volumen es:

N = ■n N A m N ,

M V

De otro lado, por dato el recorrido libre me

dio es mayor que el diámetro del recipiente

esto es:

< X >= D =>1

V27td2N> D

M V

a/2 n d2m N ,• > D

V V27td2N AD

2 8

(a/2 7t)(3.10_10 )2(0,124)(6,023.1026)

* p < 0 ,94 .10m

Solución: 63• El coe ficien te de difusión de las molé

culas de hidrógeno, viene dado por:

D = —< v > < A . >3

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622 Termodinámica

D = I ( * M y / 2< 3 l >3 j M

1 (8)(8,31.103)(273) 1/2 7

3 00(2)

* D = 91.10“6 m 2/ s ©

Solución: 64

• D e la ecuación de los gases ideales, des

pejemos la presión, así:

P V = n RT => P =n R T

De otro lado, diferenciando la ecuación de

los gases ideales, y teniendo en cuenta que

el trabajo elemen tal es dW =PdV , tenemos:

P V = n RT

P dV + V dP = n R dT

dW + V dP = n R dT

D e (1) y (2), tenemos:

y „ n R T „ _ — n R dT + dP = n R dT

T y — dP = (—+ 1 ) dT P 2

Sustituyendo (P) en la expresión del traba jo , tenem os:

v2W = J PdV

V!

P2 dP y '? dT

í t =<2 +1)t| t

< , / = ) „ ( ( + I, ItiA )

W = n R T |dv P T ——

W = n R T f n (V ) |

* W = n R T fn ( — )V /

Solución: 65

• Com o el proceso es adiabático, no hay

transferencia de calor (dQ = 0), entonces de

la primera ley de termodinámica, se tiene:

dQ = dW + dU

dW = -d U = - —n R dT (1 )2

También de la ecuación de los gases idea

les el volumen es:

Ahora, encontremos una relación entre el exponente adiabático ( / ) y los grados de

libertad (y), así:

c , <-¿+ » R

X =y + 2

y

y + 2

=> y =x - i

x - i

Con esto la expresión para las presiones

temperaturas, queda así:

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624 Termodinámica

D = ( l ^ l . l O ^ O O O ) ^ -7

3 (7i)(28)

D = 1,59.10“

Luego, la cantidad de nitrógeno que pasa

por difusión a través de la su perficie es:

Apm = - D — ASAt

Ax

m = - ( 1 , 5 9 . 1 0 ~ 5) ( - 1 , 2 6 )( 1 0 2. 1 0~ 4 ) (1 0 )

* m = 2.10 kg = 2 mg UBj

Con esto, calculemos el recorrido libre me

dio de las moléculas del gas, a partir de:

1 .T| = - < V > < A > p

1 8 RT I/5 M Pti = - ( ------------ y ' - < \ >-

3 7tM R T

1 8 M 1/2 p r,n = - ( --------)1/2< A.>P

3 tcRT

= 3 2 ? R T i)3

P 1M

De otro lado, la expresión del recorrido li

bre medio de las moléculas es:

Solución: 69


liemos la densidad del gas, así:

ni ^ m M PP V = — R T = > p = — = ------

M V R T

Luego, el coeficiente de rozamiento inter

no del nitrógeno en C.N. es:

1r| = - < v >< ? i>p

1 „ M Pn = —D ------

3 R T

(0,142 .10~4 )(28)(1 ,013.10 5)

(3)(8,3 1.103 )(273)

< X >=

< X >=

1

D 2N

RT

V2t iD 2P N a

Igualando (1) con (2), y despejando D2:

d 2 _ (8M R T )1/2

(2)

3 V 2 7 l3 / 2 T] N /

2 [(8)(32)(8,3 LIO3)(273)]172D =

(3 V 2 Tt3 72)(18,8.10-6 )(6,02 3.1026)

D 2 = 9.10-20

* D = 3.1 0_10m ©

, ^ , « -6 N.S* r| = 18.10 —jm ©

Solución: 70


liemos la densidad del gas, así:

P V = — R T -> =M V R T

Solución: 71

• El volumen inicial que ocupa 1 kg de a

gua líquida, a 0o C es:

m 1V i = -

P 10-’0,001 m

Así, el trabajo realizado en la transforma

ción del agua en vapor de agua, a presión

constante es:

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Física II 625

W = P(V 2 - V j) PlV, _ P2v 2

W = (Í .OIS.IO^XO^Ó-0,001)

W = 84,6.103 J

De otro lado, el calor utilizado en la trans

formación del agua líquida en vapor de a

gua es:

Q = m L v = (103)(540) cal

Q = (54.104)(4,186 J)

Q = 2,26.106 J

Luego, el porcentaje que representa el tra

bajo (W), respecto del calor (Q) es:

, = ( W )(100) = ( M ^

Q 2,26.10

* \] = 3,74 % ©

Solución: 72• Com o la masa molecular del agua es 18

g/mol, entonces la masa de 1 mol es:

m = n M = (1)(18) = 18 g

Así, el volumen inicial que ocupa el mol de

agua líquida es:

tn _ 18

P 1V | = — = — = 1 8 cm

Vj =18.10_6m3

Ahora, se sabe que 1 mol de un gas (vapor)

en condiciones normales ocupa un volu

men de Vi=22,4 .10 '3 m3, entonces, de la e-

cuación de los gases ideales para P¡ = P2,

obtenemo s el volum en final (V 2), así:

fi (22.4 .10~3) P,V2

273 “ 273 + 100

V2 = 30 605.10-6m3

Así, el trabajo realizado en la expansión de

1 mol de vapor de agua, a presión constan

te es:

W = P ( V 2 - V , )

W = (1,013.105 )(30 6 05 -1 8) .10 ~ 6

W = 3 098,5 J

De otro lado, el calor utilizado en la trans

formación de 1 mol de agua líquida (18 g)

en vapor de agua es:

Q = m Lv = (18)(540) cal

Q = (9 720)(4,186 J)

Q = 40 687,9 J

De modo que, el aumento de la energía in

tema en el proceso de transformación de 1

mol de agua líquida en 1 mol de vapor de

agua es:

Q = W + AU

A U = 40 6 8 7 ,9 - 3 0 98 ,5

AU = 37 589,4 J

Luego, el porcentaje que representa (A U )

respecto de (Q ) es:

fi = (“ ■)(!00)

.37 589,4fi = (---------- —)( 100)

40 687,9

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Física II 627

hallemos la densidad del aire, así:

m „ „ m M PP V = — R T = > p = — = ------

M V R T

P =

(29)(760)(133,3)

(8,31.1 03 )(283)

p = 1,249m

Así, el coeficiente de difusión de las molé

culas de aire es:

D = - < v x A . >3

D = (—)(45 4,4 )(9,6 .10 )

D = 15.10-6 —

D | _ .M^ l /2 d2 2

D 2 Mj dj

Di = (28)1/2(0,37.10 )2

D 44 0,40.10“

D,

D ,0,68 ®

Solución: 78• La razón de los coeficiente s de roza

miento interno, correspondientes al anhídri

do carbónico (u ,) y nitrógeno ( r|2) es:

rjj _ < V! >< ^ > P i/3

fi 2 < v 2 ^2 > P2^

f il = A v P l ) = ( Di v Mi p / RT)ri2 D 2 p2 D 2 M 2P / R T )

A su vez, el coeficiente de rozamiento in

tem o de las m oléculas de aire es:

r| = i < v x ^ > p = D p

T] = (15 .10 )(1,249 )

* r] = 18 ,7.10,-6 — Om

Solución: 77• La razón de los coe ficiente s de difusión

de las moléculas de anhídrido carbónico

(D ^ a nitrógeno (D2) es:Dj _ < V[ x Xj > / 3

D 2 < v 2 x A,2 > /3

( 8 R T)i /2 (_ RT

— = ( ^ ) ( “ ) = ( o m ~ )44 ,

fi2 D 2 m 2

fi l

28

+ — « 1,1

f i2

®

Solución: 79• Para un proceso isotérmico, de la ecua

ción de los gases ideales, se tiene:

P,V, P,V,2 v 2 =>

Di _ 7i Mi V 27 tdfP N ;

D , .8 R T y / 2 RT

n \1 2 V 2 7id 2P N A

-)

)

Así, el trabajo realizado en el proceso iso

térmico es:

W = n R T t e (V 2/V 1)

W = n RT ¿n(^- )

W = (10)(8,31)(273) ¿n(— )

W = 52,2 kj

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628 TermodinámicaFinalmente, como el proceso es isotérmico,

AU = 0, ento nces , d e la primera ley de la ter

modinám ica, se tiene:

Q = W + AU

* Q = 52,2 kJ ®

Solución: 80• La razón de los coeficien tes de roza

miento interno de las moléculas de oxígeno

(r i i) y nitrógeno (r |2) es:

Til _ < V j >< X,! > P i /3

r|2 < v 2 >< X2 > p 2 / 3

r»2 M 2 . di

Hi ,3 2 - 1/2 3.1Q- 10 2

n 2 28j 3.10- 10

* — » 1,07 veces Tl2

®

Solución: 81• El primer proceso es isocórico (V= cte.)

la temperatura final es:

Ti T2

2 4

250 ~ T2

T2 = 500 °K


calculemos el número de moles, así:

Pi V, = n R T ]

(2)(1,0 13.10 5 )(5. 10~3)

(8,31.103)(250)

n = 0,488 moles

En el primer proceso el trabajo es cero

(W=0), de modo que, el calor entregado es

igual a la variación de la energía interna, es

to es:

Qj = AU = n C v AT

Qj = (0,488)(21)(500 - 250)

Qi = 2 562 J

En el segundo proceso, la presión se man

tiene constante, de modo que, el calor entre

gado es:

Q 2 = n CpAT

Q2 —n (Cy + R ) AT

Q2 = (0,488)(21 + 8,31 )(65 0-5 00 )

Q2 = 2 145,5 J

Luego, el calor total suministrado al gas en

todo el proceso es:

Q i = Qi + Q2

* Qt = 4 707,5 J ( 5 )

Solución: 82

• Representem os los dos procesos isotér

micos y el proceso isobárico.

En el proceso isotérmico (A-B), de la ecua

ción de los g ases ideales, se tiene:

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Física II 629

P1V = nRT 1

Así, el trabajo realizado en la expansión del

gas a temperatura constante es:

3VWA_ B = nRT 1/n ( — )

WA_ B = P,V¿n(3)

En el proceso isobárico (B-C), de la ecua

ción de los gases idea les, la temperatura fi

nal es:

_V_

T2

3V

Ti=> T, = -T ,

2 3

Así, el trabajo realizado en la compresión

del gas a presión constante es:

WB^ C = P AV = n RA T

WB^ c = n R ( T 2 - T 1) = n R ( - T 1 - T 1)

W,B->C

En el proceso isotérmico (A-B), de la ecua

ción de los gases ideales, tenemos:

P] V = P2(3V) =>

En el proceso isotérmico (C-D), de la ecua

ción de los gases ideales, se tiene:

p , v x = p2 v = > ^ - = 5 -

WC-.D = ^nRT 1£ n ( i )

WC->d = ^ P i V M “ )

Luego, el trabajo total realizado en todo el

proceso es:

W = WA_>B + W g^ c + WC_>D

2 1 1W = P, V /n(3) - —Pj V + - Pj V tn (-)

W = (105) (2 .10-3) [ ^ n ( 3 ) - | + L n ( ^ ) ]

+ W = 13,2 J ©

Solución: 83

• Transformando los calores espec íficos

cP y cv de cal/ g.°K a J/kg.°K, así:

J JcP = 992 — -— , cv = 707

kg.°K kg.°K


teniendo en cuenta que R=CP-CV, y c=C/M, hallemos la densidad del aire, así:

~ , m „ ^ m M PP V = — R T => p= — = ------

M V R T

P =M P

( C p - C V) T (cP - c v ) T

P =1,013.10

( 9 9 2 - 7 0 7 ) ( 2 8 8 )

Y*V

Así, el trabajo realizado en la compresión

del gas a temperatura constante es:

Wc ^ D = n R T 2£n(V x / V )

* p = 1 , 2 3 ^ | ®nr

Solución: 84

• Sustituyendo en la primera ley de la ter

modinámica las expresiones de Q y AU, se

tiene:

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630 Termodinámica

Q = W + AU

W = n C p A T - n C v AT

W = (CP - Cv ) n AT

w = ( C pj^ v ) q

W = ( 1 - 1 x 5 0 0 ) = 2 00 cal

W = (200)(4,186 J)

* W = 837,2 J ©

Solución: 85• Representemos los procesos isobárico

(A-B) y adiabático (B-C) que experimenta

el gas.

En el proceso isobárico (A-B) el trabajo de

expansión del gas es:

Wa _>b = Pi(V2 - V,)

WA_>B = (2)(1 ,01 3.1 05)(5 - 1 )

w a ->b = 810,4 kJ

En el proceso adiabático (B-C), el trabajo

de expansión del gas es:

W,B->C - 'P1V2 - P 2V3

[(2)(5) - (0,5)(10)](1,013.10 )W d v f = ----------------------------------------------------------------------

B^ C 1,4 -1

WB_*C = 1 266,3 kJ

Luego, la razón de los trabajos entre la segunda y la primera etapa es:

WB^ C _ 1 266 ,3

W,A->B 810,4

* = 1 56W,A->B

Solución: 86• Com o el proceso es isotérmico, de la e

cuación de los gases ideales, se tiene:

P,V, = P2V2 => V2 /V 1 = P 1 /P 2

Luego, la variación del trabajo en el pro

ceso isotérmico es:

t i = (W!~ W2)( 100)W,

^n(V2/Vj )

, = tM » ](100)to(10)

ri * 30 % ©

Solución: 87• Representem os los procesos adiabático

(A-B ) y isotérmico (B-C).

x - i

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Física ii 631Como el gas es monoatómico (%= 5/3), en

tonces de la ecuación de Poisson, se tiene:

P A _ ( V B ) X = > L APA _ ( A )5/316

Pb = 3 2 P a ( 1)

De otro lado, de la expresión del trabajo pa

ra el proceso adiabático (A-B ), se tiene:

Pa Va - P b Vb

X - lw,A - > B

(2)

16P* - 2Pñ^ — = - 7 2 0 k

5 / 3 - 1

8 PA - PB = - 2 4 0 k

D e (1) en (2), tenemos:

8 PA - 32 PA = - 2 4 0 k

PA = lOkPa y PB = 32 0 kPa

Ahora, como el proceso (B-C) es isotérmi

co, de la ecuación de los gases ideales, ha

liemos Vc, así:

Pb V b = P c V c

(320k )(2) = (10k)Vc

Vc = 64 m

Luego, el trabajo de expansión del gas en el

proceso isotérmico (B-C) es:

WB^ = n R T B( n ( J ) v b

Wb^ c = PBVB( n ( ^ )V B

WB->c = (32 0k ) (2 ) /n(6 4 /2 )

WB c = (32 0k )(2)(5)M 2)

* WB_„C = 2 24 0 kJ

Solución: 88

• Representemos los procesos isobárico

(A-B ), isocórico (B-C) y adiabático (C-A).

Como el proceso (A-B) es isobárico, de la

expresión del trabajo, hallemos la tempera

tura Tb, así:

W = P AV = n RAT

W = n R (Tb - Ta )

- 415,5 = (0,2)(8,3 1)(Tb - 6 50 )

Tb = 400° K

Ahora, aplicando la ecuación de los gases

ideales a los estados B y C, hallemos la tem

peratura Tc, así:

r r P

400

2P

Tc = 800 °K

Lueg o, el trabajo realizado por el gas m ono atómico ( x = 5/3) en el proceso de expan

sión adiabática (C-A ) es:

W = n R T C / j _ T A 'v

x-1 Vw (0,2)(8,31)(800) 650

5 / 3 - 1 800

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632 Termodinámica

* W » 374 J

S o l u c i ó n : 8 9

©

• Como el aire (C 0 2) es diatómico su ex

ponente adiabático es %- 7/5, luego, de la e

cuación de Po isson, se tiene:

^ = (A ) X

Pi V /=> — = ( 20) 7/5

* P2 » 66,3 atm ©


• Recordemos la ecuación de Poisson que

relaciona temperaturas y volúm enes

T] /T 2 = (V 2 /V 1) ^ 1

Para el gas (A) monoatómico (% =5/3).

V / 3 —1T, = ( ™ ) 3 T2

Para el gas (B) d iatómico (%= 7/5).

V / 2 — 1

T, = ( — ) 5 (423)


1 2 1 2( - ) 3 X2 = ( - ) 5 (423)

,1 /3

T2 = (? 7J)2(423)

( 1)

(2)

* T2 » 667 K © S o l u c i ó n : 9 1

• Como el gas es diatómico ( y = 5 ), sus

capacidades caloríficas a presión y volu

men constantes son:

CP = ( - +1) R = 29,1.103 — ------

2 kmol.°K

C v = ( - ) R = 20 ,8 .1 03 -----

V T kmol.°K

Sustituyend o CP y Cv en la primera ley de

la termodinámica, se tiene:

Q = W + A U

W = n C P A T - n C v A T

W = (C P - C v ) n A T

w = (gp_z .g y ) Q

W = (29,1.103 - 20,8.10 3

29,1.103

* W »1194 J

)(4 186)

©

S o l u c i ó n : 9 2

• Para el proceso isotérmico (A -B), ha

liemos la presión en el estado B, así:

PB Vb = P a Va => Pb (2) = (10)(5)

PB = 25 atm

Para el proceso adiabático (A-B), de la e

cuación de Poisson, hallemos Pc y Tc :

P C _ y V A \X = > ^ = A l , 5

pa Vvc' 10 V

Pc = 39,53 atm

Í Z z z ^ ) ^ 1 = > - Í Z = ( - )

t AV c

7 0 0 2

Tc =1106 ,8 °K

Luego, la razón de las presiones y tempera

tura pedidas es:

39,53

251,58*1,6

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Física II 633

Tc _ 1 106,8

Tb “ 7001,58: ■w ©

Solución: 93

• El trabajo realizado en la com presión a diabática del gas de nitrógeno (% = 1,4) es:

w = £ £ Í l [1 _ (^ l )x -1]

(X - 1 ) V /

w = (1X8,31X300)

( 1 , 4 - 1 )

+ W = -9 423 J ®

g NotaEl signo menos significa una disminu

ción en el volumen.

Solución: 94• Sustituyendo en la primera ley de la ter

modinámica, las expresiones de la cantidad

de calor (Q) y el trabajo (W), se tiene:

Q = W + AU

AU = n CP(T2 - Tj) - P (V2 - V j)

AU = n (T + 1) R (T2 - T j ) - n R (T2 - T j )

A U = n R ( y / 2 ) ( T 2 - T 1)

AU = (5)(8,31)(—)(300 - 30)

+ AU « 28 046 J @

Solución: 95

• Primero calculemo s los exponentes adia

báticos para los gases A y B, así:

X =C P _ ( y / 2 + l ) R _ y + 2

C v y / 2 R y

Para el gas (A) monoatómico (y =3):

X 3 + 2 5

3 ~ 3

Para el gas (B) diatómico (y = 5):

5 + 2 7x = — = -

Ahora, según la ecuación de Poisson, la re

lación entre temperaturas y volúmenes, vie

ne dado por:

J l = ( V 1 => T2 = (— L)X-1Tt 2 v , v 2

Luego, como los gases A y B tienen la mis

ma temperatura inicial, entonces, la razón de sus temperaturas finales es:

T a = (2)

t b ( 2 )

5 / 3 - l r l 0A

7 / 5 - 1 r ‘ OA

= 1,203

Solución: 96• De la ecuación de los gases ideales, se

tiene que:P V = n RT

Sustituyendo nRT en la expresión de la e

nergía interna, tenemos:

U = - n R T = —P V 2 2

U = C“ )(5 )(l,0 13.105 )(10.10-3 )

+ U « 7 598 J ©

Solución: 97• Aplicando la ecuación de los gases idea

les al estado A, hallemos PA, así:

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634 Termodinámica

Pa =n R T .

V A

PA =(3)(8,31)(300)

5.10'

rVPA = 14 ,96 .103 N /m

P = A V + B ( 1)

donde, las constantes A y B, se hallan eva

luando la ecuación anterior en los estados 1

y 2, así:

Pj = A% + B y P2 = AV2 + B

Como la cantidad de calor absorbido en el

proceso isocórico (A-B) es 200 cal, enton

ces:

AQ = n Cv (Tb - Ta )

Re solviendo este par de ecuacion es para A

y B , se tiene:

P2 —Pj (15 ,5 -4 ,1 ). ! O3

V , - V , ( 9 - 3 2). 1 0 '

AQ = n ^ R ( T B - T A)

(200)(4,186) = (3)(-)(8,31)(T b - 3 00 )

Tb = 322,39 °K

Ahora, apliquemos la ecuación de los gases

ideales a los estados A y B, así:

A = - 0 , 5 . 108 N /m 2

B = - AVj = 4,1.103 + (0,5.10s)(32.10~3)

B = 20,LIO5 N /m 2

Sustituyendo (1) en la ecuación de los ga

ses ideales, se tiene:

A V 2 + B V = n RT

14,96.103

300 322,39

Luego, de completar cuadrados esta ecua

ción queda así:

(V + — ) 2 = — (T + — — ) 2A A 4n RA

PB = 16,08.105N /m 2

Luego, el trabajo desarrollado por el gas en

el proceso isobárico B-C es:

W = PB(V C - V B)

W = (16,08.105)(10 - 5)(10"3)

* W = 8 040 J ©

Solución: 98

• En el diagrama P-V , como la presión va

ría linealmente según la temperatura, se tie

ne que:

Esta es la ecuación de una parábola de vér

tice U(-B/2A; -B 2/4nRA) que se abre hacia

abajo, como se aprecia en la Fig.

el gas durante el proceso es:

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Física II 635

B¿ M B

4 n R A 4m R A

T (4)(20,1.10 5)2

(4)(20)(8 ,3l ) ( -0 ,5 .108)

* Tmax * 48 6 °K ®

E?3 NotaLa parábola se abre hacia abajo, por

que, nR/A < 0.

Solución: 99• Toman do variación a la ecuación de los

gas es ideales, se tiene:

P V = n RAT

PAV = nRAT ( 1)

De otro lado, el trabajo realizado en un pro

ceso isobárico (P=cte.) es:

W = PAV

De (1) y (2), tenemos:

(2)

mW = n RAT = — R (T2 - T ,)

M 2 1

W = (— )(8,31)(108 - 20)44

* W * 3 3 2 J ©

Solución: 100

• Sustituyendo en la primera ley de la ter

modinámica, las expresiones del trabajo

(W) y la variación de la energía interna

(AU), se tiene:

Q = W + AU

Q = P AV + n Cv AT

q = R (T2 - T i ) + c v(T 2 - T 1) M M

Q = ^ ( R + C v )(T2 - T 1)M

Q = (t7)(8,3 1 + 28,8)(108 - 20) 44

* Q * 1 48 4 J ©

Solución: 101

• Hallem os el exponen te adiabático (%)

del gas ideal, así:

Cp Cy + R R

x = t t l = - ^ — = 1 + 7TCy Cy

8,31 5x = 1 + ! = 1,66 = -

(3)(4,186) 3

<<cE l gas ideal es mo no at óm ico ^

Ahora, calculemos la razón de los trabajos

realizados en el proceso isotérmico (BC) e

isobárico (A B), así:

WB->c _ PBVBln(V c /V B)W A _ ,B PB(V B - V A )

w,B->C( í M j M , 8; 2,)

16,4

WA^ B (16 ,4 -8 ,2 )

* ^ B~>c * -1 ,4 veces (c )WA_>B

¡?LJ NotaEl signo (-) nos indica que en el proce

so isotérmico, el volumen disminuye.

Solución: 102• D e la ecuación de los gase s ideales, ha

liemos la temperatura en los estados A, B yC, así:

PAVA = n RTa

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636 Termodinámica

(4X8,2) = (2)(0,082)T a

Ta = 2 0 0 °K

_ n R ^b

(4X16,4) = (2X0,082) Tb

Tb = 400 °K

PCVC - n RTC

(8)( 8,2) = (2)(0,082)TC

Tc = 400 °K

Como, 1 cal=4,186 J, entonces la constante

de los gases ideales (R) en cal/mol.°K es:

R = 8,31 — -— * 2 Calmo l°K mo l°K

El calor recibido por el gas en el proceso

isobárico A-B es:

Q a b = n Cp(TB - T a)

Q ab = n (Cv + R)(Tb - Ta )

Qab = (2X3+ 2X 400 -200)

Q ab = 2000 cal = (2000)(4,186 J)

Qab = 8 372 J

En el proceso isotérmico B-C, AU=0, pues

la temperatura es constante, de modo que,

el calor para este proceso es:

Q b c = W B_ , C

Q b c = P BV b ^ &Vr

Qbc = (4.105)(16,4.10-3 )^n(8,2 /16 ,4)

Qbc = -4 547 J

Luego, la razón del calor en el proceso iso

bárico al calor en el proceso isotérmico es:

* Q ab = 1 3 7 2 @

Qbc 4 547

Solución: 103

• El trabajo realizado en el proce so isobá

rico (A -B) es:

Pa (V b - V a ) = W

n R ( T 2 -T Q = -60 .1 0 J (1)

En el proceso isocórico (B-C), W=0, de mo

do que, el calor es igual al cambio en la e

nergía interna, esto es:

Q = AU = n Cv AT

n ^ R ( T j - T 2 ) = 1 50 .1 03 (2 )

De (1) y (2), obtenemos el número de gra dos de libertad (y ) y el coeficien te de Poi

sson (%), así:

(60.103)(^) = 150.103

15 <y = — = 53

y + 2 5 + 2

x = — = —— y 5

* X = 1,40 @

'' Com o y = 5 el gas es diatóm ico^

Solución: 104

• En el proceso (1-2), la presión en el esta

do (2) es:

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Física II 637

P,V, P2V2

(10 )(5) P2(10)

50 100

P2 = 10 Pa

En el proceso (2-3), la presión en el estado

(3) es:

t 2 t 3

10° P3

100 ~ 50

P3 = 0 , 5 . 106P a

En el proceso (3-4) la presión en el estado

(4) es:

P3V3 _ P4V4

(0,5.10 6)(10) P4(12)

50 60

P4 = 0,5.10bPa

Como los procesos son a presión constan

tes, el trabajo realizado por (ó sobre el gas)

en cada uno de ellos es:

W1 2 =P2(V2- V 1)

W]_>2 = (106)(10 —5). 10-3 = 5 kJ

W2 3 = P2(V3- V 2)

W2_>3 = (106)(10 —10). 10-3 = 0 kJ

W3 4 = P 3(V4 - V 3)

WT = 5 kJ + 0 kJ +1 kJ

+ WT = 6 kJ ©

Solución: 105

• Record emo s que para un gas monoató

m ico ( x = 5/3), así, de la ecuación de Pois

son, la temperatura en el estado A es:

V a=> ^ =

300 V

Ta = 1200 °K

El trabajo realizado en el proceso adiaba tico A-B es:

WA->B ~ 'n R T A

x - i

W,A->Bn R(1200) ( | _ 300 ^

5 / 3 - 1 1200

WA^ B = 1 350 nR

El trabajo realizado en el proceso isotér mico B-C es:

WB^ C = n RTb M ^ )VB

WB^ c = n R ( 3 0 0 K n ( - ^ ) o V

WB^ C = -62 3,8 nR

El calor entregado al gas en el proceso iso córico C-A es:

ZCA A U CA = n C v (TA - T c )

W3^ 4 = ( 0 , 5 . 1 0 ° ) ( 1 2 - 1 0 ) . 1 0 ^ = 1 k J

Luego, el trabajo total realizado por (ó so

bre) el gas es:

QCA = n —R (1200 - 3 00 )

Qca = 1 350 nR

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638 TermodinámicaEl proceso adiabático (A-B) el gas no reci

be ni pierde calor, y en el proceso isotérmi

co el gas pierde calor, pues, se enfría.

Luego, la eficiencia del proceso cíclico que

desarrolla el gas ideal es:

R = (W,A—>B + w,B—»C

Qca

Xioo)

R 1 35 0 n R - 623,8 n R

1 350nR

* R « 53,8 % ©

Solución: 106• En el proceso isobárico (A -B), hallemos

el volumen en el estado B, así:

V,B __ 1

300 900

V B = 3 m 5

En el proceso isocórico (B-C), hallemos la

presión en el estado C, así:

3.10900

Jjc_ 600

Pc = 2.10 5 N /m 2

El trabajo en un ciclo, es igual, al área en

cerrada por el diagrama P-V , esto es:

W = (V b - V a )(P b - P c )

W = (3 - 1)(3 - 2 ) .105

W = 2 .105J

Como, el período es el inverso de la fre

cuencia, entonces la potencia desarrollada

en cada ciclo por el motor es:

W

T

2.10

TTToo

* P = 20.10° W ®

Solución: 107• Representemos los dos procesos isobá

ricos (1-2), (3-4), y los dos procesos des

conocidos (2-3), (4-1).

De la Fig., en el proceso (4-1) la presión

(P) varía linealmente según la temperatura

(T), por lo que:

P = AT + B

donde las constantes A y B, hallamos eva

luando (P), así:

En: T = 0, 0 = A (0) + B => B = 0


T = PV/nR, de modo que la ecuación de la

presión, queda así:

P = AP V

n R

n R cte.

Así, hemos probado que los procesos (4-1)

y (2-3) son isocóricos, por lo que, la gráfí

ca de la presión versus el volum en es:

600

200

P(kPa)

1 2

4 J

V(nf')

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Física II 639

Luego, el trabajo realizado en el ciclo ter

modinámico es:

W = área rectángulo

W = (3 - 1)(600 - 200). 103

* W = 800 kJ @

Solución: 108

• El émbolo al experimentar un pequ eño

desplazamiento A x , emp ieza a oscilar aire

dedor de su posición de equilibrio (P.E), co

m o se aprecia en la Fig.

/) 1 - . APo,V„ m Po, V» A

\! f \l

P.E

A /1 ( \Pi i ;

Vo+av ! :S Vo-AV AW i \ 1 /

—►!Ax|«—

En la Fig, de la ecuación de los gases idea

para T=cte., las presiones Pi, P2 a ambos la

dos del émbolo, son:

Pi = ( - — — ) P0 ; P2 = (— —— ) P01 V0 - AV 0 2 V0 + AV 0

F =2V 0P0A ( A A x )

V 2 [ 1 - ( A V / V 0 ) 2 ]

s2Como, (A V / V0) « 0, y las pequeñas oscj

laciones son producidas por una fuerza del tipo de Hooke, entonces la ecuación ante

rior, queda así:

F = -2 P 0 A

1Ax = k Ax

Así, conocido la constante (k), podemos ob

tener el período de las pequeñas oscilacio

nes, a partir de:

T = 27i(—)1/2 k

T = 2 7 i( -^ — ) 1/2 2 Po A

T = 2 ( 4 0 0 r i 0 ^ X 2 ^ 1/2

(2)(4.10 )(40.10 )

* T = 0,0 l 7t s ®

Solución: 109

• En el estado inicial y final, las mas as de

gas a ambos lados del émbolo se encuen

tran a la misma temperatura, por lo que:

P13V0 = P 2V0

3P, ( 1)

De modo que, la fuerza que actúa sobre el

émbolo, debido a la diferencia de presiones

es:F = (P1 - P 2).A

© ©

P i . v ,P ’ b V j

F = (----- ----------------1------) V0P0AV0 - A V V0 + AV 0 0

p2, v 2 P’2, V ’2

2V 0P0AAV

v 02 - a v 2 p,'Vi = pjv;

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640 Termodinámica

K = Y i P2 v /

(2)

Aplicando la ecuación de los gases ideales,

a los estados ( 1) y (2), para los volúmenes

que están por encima y por debajo del ém bolo, se tiene:

P,3V0 p;v;

2 T,

v r

p2v 0

1

6 * \ v 0p;

Pó Vj

(3)

2Tj

P ,V 2 = 2 - f V (

2(4)

Ahora el volumen del recipiente es 4V0, en

tonces sumando las ecs.(3) y (4), y utilizan

do la ec.(l), se tiene:

4 V0= (6 “ 7+ 2 ^7) V0

34 + 34p; p2

6 P1 =4 p; pj

p ; + p 2(5)

De otro lado, la diferencia de presiones a

ambos lados del émbolo antes y después de

aumentarse la temperatura es la misma, es to es:

P2 —P, = P 2 -P,'

2 Pi = P?

6P¡ = 3Pj - 3P ] (6)

Igualando (5) y (6), y teniendo en cuenta la

ec.(2), tenemos:

4 P/ P2, = 3 ( P j - P 0

P,'+P

í -

3 “ p;P2

~ vj v;Denominando, V{ / Vj = x , tenemos:

x 2 - l

3 x - 4 x - 3 = 0

Xj = 1,868 s (si ) y x 2 = -0,5 35 s (no)

* V/ / V¿ » 1,9 ve ces ( c )

Solución: 110• Las fuerzas que actúan sobre la burbuja

son: su peso (W), el peso del aire encerra

do (W ’) y el empuje del aire (E), com o se

aprecia.

Según teoría, la diferencia de presiones en

tre el interior (P) y exterior (P0) a la burbu

ja es:

' 4 a „ „ 4 a P - P 0 = — = > P = P0 + — r r


las masas del aire (m0), (m) a las tempera

turas y presiones T0 , P0y T, P son:

m n =P0M V

R T„m :

PM V

R T

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Física II 641

Luego, como la burbuja se encuentra en e

quilibrio estático, se cumple:

E = W + W'

m0g = m g + 47ir25 p g

P0MV PM V 2s u - - + 4 7 tr5 pRTf o R T

P0M V _ (p° + r ^MV

RTf o R T+ 47tr 8 p

4 o(P o+ ) M V p

r _ rc M V

R T

R T :

RTn

471 r 8 p

4 c(P0 + — )M V

P()lMV_ 4Tcr25

RTn

M V

R T =

(Por + 4 0 )R T o

T =

471 r /3

M ( P or + 4 0 ) T

MP0r - 3 8 p R T 0 0

* T = 378 °K = 105 °C ®

Solución: 111

• Representemos las fuerzas que actúan

sobre el vaso, cuando este está sumergido

en el líquido una altura (H/2).

©

w*El

H/2

1

Del principio de Arquímedes, el peso del

vaso (W ), es igual, al empuje (E) del líqui

do desplazado, esto es:

Aplicando el principio de Arquímedes.

> Cuando la base del vaso está sumergida

en el líquido Fig.(l), se cumple:

W = p g AH

O )

> Cuando la base del va so está fuera del lí

quido Fig.(2), se cumple:

W = p g A x

De (1) y (2), tenemos:

H2

(2)

(3)

©

Ahora, en la Fig.(2) de la ecuación de los

gases ideales, hallemos la presión (P) al in

terior del va so para T= cte., así:

P0V0 = P V

P0A H = P A ( H - y )

H „

H - y (4)

De otro lado, en la Fig.(2), la fuerza sobre

la base del vaso, debida a la diferencia de la

presión interna (P) y externa (P0), es i gual,

al peso del vaso, esto es:

(P -P 0)A = W

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642 Termodinámica

( P - P 0) A = ~ p g A H

p = po + - P g H (5)

Igualando (4) con (5), y despejando (y):

T ~ “ po = po + ^ P g H H - y 2

P0H = P0( H - y ) + p g H ( H - y )

(P0 + p g H ) y = i p g H 2

P g H 2

2 P 0 + PgH

Luego, la altura a la que se encuentra el bor

de inferior del vaso, de la superficie libre

del líquido es:

h = x + y

h = « + - P8H22 2 P0 + p gH

h = » q + 2p g H )2 2 P0 + p gH

04 (2)( 103)( 10)( 0,1)

V L 2 . 105 + (103)(10)(0,1)

* h = 5,05 cm

Solución: 112• La razón de la energía interna (U ,) de 1

kg de aire a la energía interna (U2) de 1

cm3, viene dada por:

y m _ T T R T -q rp

u i _ 2 M _ r nR T

u 2 Y p v M PV

Ui (1)(8,31.10 )(273)

U 2 (29) (1,013 .105 )(10~6)

0,8.10* “ l

U 2

Solución: 113

• D e la ecuación de los gases ideales, el

número de moles de cada uno de los gases,

es:

n f iVi

RT,n , = p2v 2

RT,

De otro lado, la energía interna de la mez

cía de gases, es igual, a la suma de las ener

gías internas de cada una de sus comp onen

tes, esto es:

U = Ü ! + U 2

Y —n R T = —n,T, + —n 2T22 2 2

(n 1 + n 2) T = n 1T1 + n 2T2

(P1V1/R T 1)T i + ( P 2V2 /R T 2)T 2

(P1V1/R T 1) + (P2V2 /RT2)

p | V , + P 2V2T = T,T2

pi V] T2 + P2V2T,

T (400)(600 )[(1)(200) + (4)(100)]

(1)(200)(600) + (4)(100)(400)

* T = 514,3 °K ©

Solución: 114• D e la ecuación de los gases ideales, y u

tilizando el resultado del problema anterior

se tiene:

P V = n RT

(nj + n2)R TP =

v, + v2

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Física II 643

P(V1 + V 2) = (n1+ n 2 ) R

P (V 1+ V2) = R (RT,

( n iT + n2T2)

( n i + n 2)

t2)P,vt T + P2V2

R T,

P, V, + P2 V2v, + v2

p _ (1)(200) + (4)(100)

200 + 100

+ P = 2 atm

Solución: 115

• Los volúmenes y las presiones al inte rior de las pomp as de jabón son:

4 , 4 aV 1 = - 7 tR? P ,= P 0 + -

3

4

R,

4 aV2 - - 7iR 2 P2 - P0 +

j K -2

De otro lado, según el prob.(114) la pre

sión al interior de la pom pa resultante es:

P =

P - P n

P1V1 + P 2V2

v, + v2

P|Vl+P2V2Po +

V , + V 2

4 a= - P 0 + -

4 a 4 ,(P0 + d -) (- 7 I R 13)

K j j

—7lR 3

3

4 a R

(P0 + 4a / R 2)(47TR 2/ 3)

(4 /3) tcR 3

- p0r 3 + p0r 3 + p0r 3 +

4 a R? + 4 a R 3,

p0 r 3 + r 3 - r 3

4 R 2 - R 2 - R 2

P0 R 3 + ( 2 R 1)3 - ( 2 , 2 R 1)3

4 ( 2 , 2 R 1)2 - R j ? (2 R j) 2

a = ( ^ ) ( 1 0 ,3 ) ( R , ) 4

* a * P0R,40 1

Solución: 116• Representemos el estado inicial y final

del sistema recipiente resorte.

ANTES

DESPUES

En la Fig., la longitud inicial del recipiente

que contiene el gas es:

A 0 102100 cm = 1 m


hallemos la presión final (P), cuando el re

sorte está en equilibrio, así:

4a (R 2 - R,2 - R 2) = P0(R? + R3 - R 3) P0V0 = PV

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644 Termodinámica

P = — P0 = — — --------Po (1)V 0 ( x + f 0 ) A 0

Cuando el resorte está en equilibrio, la fuer

za debida a la diferencia de presión en el

émbolo, es igual, a la fuerza del resorte, es

to es:

( p - p a tm )A = k x

P —Patm +k x

(2)


A P a tm + k x = -Vn

(x + ¿0)

A P atm (x + ^ o ) + k x ( x + ^ o ) = P 0 V 0

k x 2 + (k t 0 + APatm) X + APatmf 0 - P0V0 = 0

x 2 + 2 x - 0 , 1 3 = 0

x¡ = 0,063 m (si) y x 2 = -2 ,065 m (no)

* x = 6,3 cm

S o l u c i ó n : 1 1 7

• Sean v, u las velocid ade s de los émbo

los de masas (m) y (M), respectivamente,

com o se muestra en la Fig.

Po,V0

Del principio de conservación de la canti

dad de movimiento, se tiene:

P antes —P después

Ahora, las velocidades de los émbolos es

máxima, cuando la energía interna del gas,

se transforma completamente en energía ci

nética de los émb olos, esto es:

—m v2 + —M u2 = —n RT02 2 2 0

—m v 2 + —M (— 'v)2 = —P0V02 2 M 2 0 0

1 i 1 m 2 3- m v + v = - P 0V02 2 M 2 0 0

v _ r 3 M P 0V0 1/2

m (m + M)

(3)(2m)P 0V0 i /2

(m)(m + 2m)

v = [ 2 P0V0] 1/2

m

v _ [ (2 )(4 .1 05) (0 ,2 .10-3) ] i / 2

10

+ v = 4 m /s ®

S o l u c i ó n : 1 1 8

• Sean, (v) y (u) las velocida des de los

émbolos, luego de una compresión del gas,

como se aprecia en la Fig.:

Del principio de conservación de la canti

dad de movimiento, se tiene:

P antes — P después

m (3v0) + m (v0) = m v + m u

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FísicaJi 64S

La temperatura del gas será máxima cuan

do la variación de la energía cinética del

émbolo sea máxima, así:

AEC = ^ m (3v0)2 + m - ( i m v2+ mu2)

AEC = ^ m ( 1 0 v 2) - ^ m v 2 - ^ m ( 4v0 - v)2

AEC = ^ m ( - 6 v 2 + 8 v 0v - 2 v 2 )

Derivemos AEC e igualemos a cero, para

hallar la velocidad (v), para el cual, AEC es

máxima, así:

m enos e l del rectángulo, esto es:

W = 3-10 3)(0,15.106) -

(—. 10 _ 3)( 0,1.106)

W = 525 J - 66,7 J

* W « 458 J ©

Solución: 120• Cuando la com presión es máxim a, la ve

locidad del émbolo es nula, de modo que, la

temperatura alcanzada es:

dAEcdv

= 8vn - 4v = 0

v = 2 v 0 y u = 2 v 0

Luego, igualando la variación de la energía

interna del gas, a la variación máxima de la

energía cinética, obtenemos la temperatura

máxima:

A U = E C>0

—n RT - —n RT n = - M v 2

3 n R ( T - T 0) = M v

,PoV0( T - T 0) = M v

AU = AEC

- n R T - - n R T 0 = - m ( 3 v 0)2 + - m v 2 - 2 2 0 2 oJ 2 0

.1 2 ^ 2\ (—m v + —m u ) 2 2

3 R ( T - T 0) = m (1 0 v2 - 8 v 2)

_ ^ 2 m v nT = T0 + ------- ^

3 R

T = 400 o k + (2 )(1 )(1 ° ^ 0K (3)(8,31)

+ T = 408 °K ©

Solución: 119• El trabajo realiza do por el gas durante

su expan sión, es igual, al área del trapecio

T = T0 (1 +M v

3P0V0

( 1)

De otro lado, de la ecuación de Poisson que

relaciona las presiones y temperaturas,

se tiene:

p x p

_ 5/3 5Po _ / 0 \ 5 / 3—I _ /J o.' , 2

P T T

(2)

Sustituyendo (1) y (2) en la ecuación de los

gases ideales para los estados inicial y final

obtenemos el volumen del gas, que corres

ponde a la máxima compresión:

PqVq _ PV

Tn T

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646 Termodinámica

V = A ( f ) V 0 = ( ^ ) 5/ 2( f ) V or A0 1 Ao

V = (Z o)5 /2(2 o) -1 = (^ )3 /2 Vo

V = V0(— 3P ° V° , ) 3/23 P0V0 + M v

V = (2)[ (3)(2.105)(2.10~3) 3/2

(3)(2.10 5)(2 .10-3 ) + (1)(202)

* V « 1 ,3 ®

Solución: 121• Representemos los dos procesos isobári

eos y isocóricos.

t 2 t 3

t 2

V, V4

Aplicando la ecuación de los gases ideales

a los estados 2 y 4, se tiene:

p2v 1 = p1v 4

En el proceso isobárico (2-3):

T2 = A => Y l = I lV, V4 V 4 T3

En el proceso isocórico (1-2):

J l - Ü = > Y l - I l

( i )

v4 v4

Igualando las dos últimas ecuaciones:

t2 / t3 = t1/ t2 => t2 = t, t3

t 2 = (2)

Luego, utilizando las ecs.(l) y (2), halle

mo s el trabajo realizado por el gas, así:

W = (P2 - P I)(V 4 - V 1)

W = P2V4 - P 2V1 - P 1V4 +PIV1

W = P2V4 - 2 P,V4 + Pj V,

W = n RT3 - 2 n R T2 + n RTj

W = n RT3 - 2n + n RTj

W = n R ( A/ T ^ - V T ) ) 2

W = (1)(R)(V400 - V324)2

* W = 4 R ®

Solución: 122• D e la ecuación de los gases ideales para

dos estados, hallemos la temperatura final

del gas a P=cte., así:

v ,_ v 2 v, 2 V,

T2 = 2 T,

Así, la cantidad de calor que se debe sumí

nistrar al gas es:

AQ = n Cv (T2 - T j)

AQ = n ( i + l )R ( 2 T j -T , )

AQ = (1 )(- + 1)(8,31)(273)

AQ * 7,94 kJ

De otro lado, el trabajo realizado por el gas

a presión constante es:

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Física II 647

De otro lado, el trabajo realizado por el gas

a presión constante es:

W = P AV = n RAT

W = n R (T2 - Tj ) = n RTj

W = (1)(8,31)(273)

* W » 2,27 k J ©


liemos la presión final P2 en el proceso iso

térmico, así:

PlVi = P2V2 => P ,(2 )= P 2(4)

P2 = - Pj 2 2

El trabajo total realizado por el gas, es la su

ma de los trabajos parciales realizados en

cada uno de los p rocesos, así:

w = w, + w2 + w3

W = W n (^ -) + 0 + i p 2(V 3 - V 2)

Vi z

Así, la energía potencial elástica almacena

da en el resorte es:

1 . 2 1 , P02A 2E P = - k x = - k - ~ ~

Ep =1 Pn" kV„ 1

2 k Pn= t P 0V0

De otro lado, la energía del gas monoatómi

co, a la presión P0, volumen V 0 y tempera

tura T0 es:

U = —n RT = —n RT02 2

u = - p 0v 0

Luego la capacidad calorífica del gas mo

noatómico es:

c _ Q E p + U

C =

t P o V 0 + | p 0V0

W = (105)(2.10-3) £ n ( ^ ) + i(105)(8-4).l O' 3

W = 138,63 J + 100 J

+ W * 239 J ©

Solución: 124• Cuando el émbo lo de área A está en e

quilibrio, la fuerza de la presión del gas, es igual, a la fuerza de recuperación del resor

te, esto es:

P0A = kx => P0A = k — A

A2 = k V0 y x2 = ^ A 2

a c = 2 Po Vo ©

Solución: 125• Com o el proceso es isobárico, entonces

de la ecuación de los gases ideales, se tie

ne:

P V = nR T => P AV = n RAT

p _ n R A T _ n R A T

AV AS d

Ahora, cuando los émbolos están en el equi

librio, la fuerza debida a la diferencia de

presión, es igual, al peso de los émbolos, es

to es:

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648 Termodinámica

A PA S = m g = > ( P - P 0) A S = m g

m g + P0AS

AS

Igualando (1) co n (2 ), tenemos:

n RAT _ mg + P0AS

ASd ~ AS

(mg + P0AS)d

(2)

AT =n R

AT =[(5X10) + (105)(10.10“4 )](5.10"2)

(1X8,31)

* AT « 0,9 °K ©

Solución: 126• Sustituyendo la expresión de (P) en la e

cuación de los gases ideales, se tiene:

P V = n RT

(P0 - a V 2) V = n R T

T = —— (P0V - a V 3) (1 )n R

Derivando está expresión respecto de V, e

igualando a cero, hallemos el volumen (V)

para el cual, la temperatura (T) es máxima,

así:

— = — (P0 - 3 a V 2) = 0 dV n R 0

v ’ - 3 l => v ^ A y /23 a 3 a

Sustituyendo esta expresión en (1), obtene

mos la temperatura máxima:

Tm„v = — —[P0( A -)1/2 - a ( A - ) 3/ 2]

r = 2 t Po d /2

max n R 27 a

TAmax2,7.1o3

(1)(R) (27)(0,25 .10 )

1/ 2

+ Tmax4.10

Solución: 127• Sustituyendo la expresión de la tempe

ratura en la ecuación de los gases ideales,

se tiene:

P V = n RT

P = n R (T0V~' + a V) (1)

Derivando está expresión respecto de V, e

igualando a cero, hallemos el volumen (V)

para el cual, la presión (P) es mínima, así:

dP , — = n R ( -T 0V + a ) = 0 dV 0

A = a => V = ( I i ) i / 2

V a

Sustituyendo esta expresión en (1), obtene

m os la presión mínima:

: n R [ T° TTy + a ( A ) 1/2] (To / a ) a

,1/2

n R 3 a 3 a

pmin = 2n R (aT 0)

Pmm =(2 )(1)(8 ,31 )[(16 .10 4)(4 0 0 )]1/2

* Pmin ® 1,33 atm ( b )

Solución: 128• Representem os la fuerza (F) debida a la

rotación del capilar, que actúa sobre un ele

mentó de líquido.

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Física 11 649

1— dF

H I— dx

AQab - n 2 " ^ a )

200 = ( 3 ) ( ^ ) ( ^ ) ( T b - 3 0 0 )

En la Fig., la presión sobre el diferencial de

volumen de gas de masa (dm), área de sec

ción transversal (S) y longitud (dx) es:

dF 1 2 xdP = — = —(dm © x)

S S

dP = —(p S dx)(© 2x)s

J - d P = — co2 í x d x P RT n

Tb = 322,39 °K

PB _ P A __ B 14,76

Tb Ta " 322,39 _ 300

PB = 15,86 atm

En el proceso isobárico AB, la temperatura

en el estado C es:

=>

Tb Tc

5 10

322,39 ~ Tc

P . M © 2r2f n (— )

P0 2 R T

P = P0 eM © 2 r2 /2 RT

(29)(102 )2 (l )2

p = p e (2X8,31.10J X400)

+ P « 1,04 Pn ©

Solución: 129

• De la ecuación de los gase s ideales, ha

liemo s la presión en A, así:

Tc = 644,78 °K

Así, el calor absorbido por el gas en el pro

ceso isobárico BC es:

A Q bc = n ^p(T c ~ Tb)

AQBc = n ( T + l)R (T c - T B)

'l O'l 1AQbc = (3)(- + IXt t - ; ) *(644,78 - 322;39)

2 4,1so

AQ BC :4 800 cal

PA =nRTA (3)(8,31)(300)

VA 5.10'

Fuego, la razón del calor en el proceso BC

al calor en el proceso AB, es:

PA = 14 ,95 8.1 05 = 14,76 atmm

* ^ Q bc = i 800 = 24 ©AQ AB 200

En el proceso isocórico (AB), hallemos la

temperatura y la presión en B, así:

AQab = n Cy(TB - Ta )

Solución: 130

• El trabajo total realizado en el ciclo, es

numéricamente igual, al área encerrada por

el ciclo, esto es:

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650 Termodinámica

W = área rectángulo ABCD

W = (PB - P A)(V D - V A )

W = (16,066 -14,9 58 ) . 10 5 • (10 - 5) .10~3

* W = 554 J ©

Solución: 131• El trabajo de expan sión libre del anhí

drido carbónico es:

W = P AV = n RAT

W = (— )(8,31)(10) = 13,2 J 44

De otro lado, la variación de su energía in

tema es:

A U = (y / 2 ) n R A T

AU = ( ^ ( 7 7 X8,31 )0 0 )2 44

* AU = 33 J ©

Solución: 132I) D e la ecua ción de los gases ideales, ha

liemos el volumen inicial, así:

PjV! = nRT!

28(750)(133,3) V! = (— )(8,31)(313)

z o

Vt = 0,026 m 3 = 26 tt

De la relación de temperaturas y volóme

nes, dada por la ecuación de Poisson, obte nem os la temperatura final (T 2), así:

h = ( A ) x - i

Ti V

T 2 = ( ^ | ) M 3 1 3 )

T2 = 413 °K

De la relación de presiones y volúmenes,

dada por la ecuación de Poisson, obtene

mos la temperatura final (P2), así:

P2 = ( f f >5( " 9 7 5 )

© P2 = 2 ,6 4 .1 0 5 ~ = 2 ,6 atm

m

II) El trabajo de com presión realizado en el proceso adiabático, viene dado por:

W = Pl Vt n _ 2Ski

T,O ]

0 C - 1) Tj

(750X133,3X26.1Q-3) 413

313( 7 / 5 - 1 )

* W * -2 0 7 6 J ®

Solución: 133I) La cantidad de calor que se debe sumí

nistrar al gas, para elevar su tempera

tura en 10° C es:

AQ = n CP AT = — ( - +1) RAT M 2

AQ = ¿ ) é + 1X8,31)(10)z o

2AQ = 10,4 J ©

II) D e la ecuación de los gases ideales, ha

liemos la altura que se eleva el émbolo,

así:

P V = n RT => P AV = n RAT

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Física II 651

W m(P0 H )(S h) = — RAT

0 S M

h =( m / M ) RA T

P0S + W

h =(1/28)(8,31)(10)

(1,013.105)(10.10-4) +10

* h » 2,67 cm

Solución: 134

• Representemo s al condensador antes y

después de la comp resión del aire.

ANTES DESPUES

Th

_L

i'iliiihlüiüjgg

m s

Po+P

-Q

F =2s0S

P = l = . QS 2e0S

Luego, en la ecuación de los gases ideales,

considerando T= cte., se tiene:

PiV, = P2V2

P0Sh = (P0 + P ) S x

* - 0 + £ ) - l + ^2s0S P0

h , 271Q — = 1 + -

= 1 +

4i®0S Pq

(2tt)(9. 109)(2.10~6 )2

(8.10-4 )2(1.013.105)

* — « 4,5 veces x

La magnitud del campo eléctrico uniforme entre las placas del condensador es:

e = = - 2 _ e0 s0S

Así, el diferencial de fuerza eléctrica, debi

do a este campo eléctrico, sobre un diferen

cial de área de una de las placas es:

dF = E dQ =Q dQ

E0 S

De modo que, la fuerza total entre las pía

cas cargadas del condensador y la presión

eléctrica entre ellas, son:

F i QJ dF = — j Q d Q

£0S o

Solución: 135

• Representem os los procesos isobárico y

isocórico.

I) D e la ecuación de los gases ideales, ha

liemos (nR), así:

p a ^ a - n RTa

(8,2.105)(3.10-3) = (nR)(300)

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652 Termodinámica

nR = 8 ,2 J /°K AQacb _ n Cy(Tc _ Ta ) + n CP(TB - Tc )

También, de la ecuación de los gases idea

les, hallemos las temperaturas en los esta

dos B, C y D.

En el proceso isocórico A-C:

Pc = 8,2 . 105 6.105

Tr 300 ~ Tc

Tc = 219,5 °K

En el proceso isobárico C-B:

Z c = ^B = > 3 _ 4,5

Tc B 219,5 Tb

Tb = 329,25 °K

En el proceso isobárico A-D:

3 4,5VA Vd

Td > 300 Td

Td = 450 °K

La cantidad de calor entregada al gas en el proceso ADB es:

A Q adb = n Cp(Td - TA) + n C v (Tb - TD)

AQACB = n (T ) R (T c - T A) +

n ( ^ + l)R ( T B - T c )

AQa c b = ( 8 , 2 ) ( - ) (2 1 9 , 5 - 3 0 0 ) +

( 8 , 2 X | + 1 X 3 2 9 , 2 5 -2 1 9 ,5 )

AQacb * TS kj

Luego, la razón del calor en el proceso A D B al calor en el proceso ACB es:

A AQadb = M g = 1>22 ( b )

AQacb 1.5

II) El trabajo realizado por el gas en el pro

ceso AD B es:

Wa d b = P a (V b - V a )

W a d b = ( 8 , 2 . 1 0 5) ( 4 , 5 - 3 ) . 1 0 - 3

Wadb = 1 230 J

AQADB = n ( T + l) R ( T D - T A) +

n ( ^ )R (T B - T D)

El trabajo realizado por el gas en el proceso

ACB es:

WAcB = PB(VB ~ VA)

AQadb = ( 8,2 ) ( - + l )( 4 5 0 - 3 0 0 ) +

(8,2)(—)(329,25 - 450)

AQAD B :1,83 kJ

W a c b = ( 6 . 1 0 5) ( 4 , 5 - 3 ) . 1 0 - 3

WACB = 900 J

Luego, la razón del trabajo en el proceso

ADB al trabajo en el proceso ACB es:

La cantidad de calor entregada al gas en el

proceso AC B es:

WADB _ 1 230

WACB 900= 1,37

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Física II 653

Solución: 136

• Ap licando la ecuación de los gases idea

les al estado A, hallemos el número de mo

les, así:

PAVA = n RT a

n =(7)(1,013.10S)(2.1CT3)

(8,3 1.103 )(273 + 12 7)

( V d )X-i _ J a

V 4 Tr

V d = ( ^ 3 1 ) ' ’4 , ( 2 ) = 3’2

En el proceso isotérmico CD, la presión en

D es:

n = 0,427.10"3 kmol p d v d = PCVC

En el proceso isotérmico AB, la presión en

el estado B es:

p b v b = p a v a

PB =(7)(1,01 3.105 )(2 .10 3)

5.10 - 3

PB = 2,84.105N /m 2 = 2,8 atm

En el proceso adiabático BC, de la ecua

ción de Poisson, obtenemos la presión en C,

así:

Pc _ / VBnX

Pr Vr

Pc = G M (2,8) = 1,45 atmO


al estado C, obtenemos la temperatura en C,

así:

Pc^ c - n RTC

Tc =(1,45)(1,013.105)(8.10~3)

(0,4 27 .10 -3 >(8,31.103)

Tc =331 °K

En el proceso adiabático DA, de la ecua

ción de Poisson, obtenemos el volumen en

D, así:

(1,45)(1,013.10 5 )(8.10”3)

3,2.10

N

-3

PD = 3,67.10 — y = 3,6 atmm~

I) A sí, los parámetros P, V y T para cada

uno de los estados, son:

A B C D

P(atm 7 2,8 1,45 3,6

V(lt) 2 5 8 3,2

T(°K) 400 400 331 331

II) El trabajo en el proceso isotérm ico AB

es:

W, = n RTAZn(^-) V

Wj = (0,427)(8,31)(400)¿n(5/2)

Wj = 1 300 J

El trabajo en el proceso adiabático BC es:

W,n R T B

0c - i )[1- ^ ]

W2 =(0,427X 8,31)(400) _ 331

( 1 ,4 - 1 ) 4 0 0

W2 =612 J

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654 TermodinámicaEl trabajo en el proceso isotérmico CD es:

W3 = n RTc fn(V D / Vc )

W3 = (0,4 27 )(8 ,31)(3 31) £n(3,2 /'8)

W3 = -1 076 J

El trabajo en el proceso adiabático DA es:

w HRTd Va

4 (x - 0 t d j

w _ (0,427X8,31X331) 400

4 (1 ,4 -1 ) 331

W4 = - 6 1 2 J

III) El trabajo total realizado en el cicl o es:

w = + w2 + w3 + w4

W = 1 3 00 + 6 1 2 - 1 0 7 6 - 6 1 2

W = 224 J ©

IV)El porcentaje que representa el trabajo

en el proceso de compresión respecto

del trabajo en el proceso de expansión

es:

1 076 + 6 l2 w1ti = (------------------ 100

I 300 + 612

p = 88,3 %

V) El rendimiento del ciclo de Carnot es:

©

p = (L

Td )( 100)

331p = ( l X I00)

400

p = 17,3 % ©

VI) La cantidad de calor que se toma del

foco caliente en cada ciclo es:

W 224Q r = — = = 1 2 95 J

L p 0,173

Qc = 309 cal (E)

VII) La cantidad de calor que se envía al

foco frío en cada ciclo es:

Qf = Q c - W = 1 295 J - 2 24 J

Qf = 1 071 J « 256 cal ®

Solución: 137• D e la ecuación de los gases ideales, ca|

culemos las temperaturas en los estados A,

B C y D, así:

T = P V / n R

(2 ) 0 ,0 13 ^ X 2 5 ) ^ 0 ^

(1)(B,31.103)

( 2 )0 ,0 1 3 ^ X 5 0 ) = 1 2 1 9 . K

(1)(8,31.10)

(1)0’0 13;10: X50) = 6 o9 5 ok

(1)(8,31.10 )

= 304,8( l ) (8 ,31 .10)

El trabajo en el ciclo formado por dos pro

ceso s isobáricos y dos isocóricos es:

W = (Pa - P d)(Vb - V a )

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Física II 655

W = (1,013.105 )(50 - 25)

W = 2 533 kJ

Ahora, representemos el ciclo de Carnot for

mado por dos procesos isotérmicos y dos procesos adiabáticos.

De la ecuación de Poisson, para los proce

sos adiabáticos BC y DA, se tiene:

(Vc a -i _ J b

V n Tn VH./ I k y / x - i

Tn

I b

Tc=> VD = ( -TB n1/x -1

V A ^Tr Va *c va *c

Igualando las dos últimas ecu aciones

Vd = Va

vc vB

El trabajo en el proceso isotérmico AB es:

W, = n R T A* i (V B / V A )

W, = (1)(8 ,31 .10 3 )(1 219)<?n(2/l)

Wj = 7 022 k J


W2 =

w 2 =

n R T B

( x - i )

n R

O - - - )

( x - i )(Tb - T c )

El trabajo en el proceso isotérmico CD es:

W3 = n R T c ín (V D /V c )

W3 = (l)(8,31.103)(304,8Kn(^)

W3 = -1756kJ

El trabajo en el proceso adiabático D A es:

n RTr------

(X -1 ) Tc

W,(X -1 )

Así, el trabajo total realizado en el ciclo de Cam ot es:

W' = Wj + w2 + w3 + w4

W' = 7 022 kJ + W2 - 1 7 5 6 k j - W2

W' = 5 266 kJ

Luego, la razón del trabajo en el ciclo de

Cam ot al trabajo en el ciclo isobárico-isocó

rico es:W' 5 266

tVW 2 533

* r| » 2,1 veces ©

Solución: 138

I) El rendimiento de la máquina frigorífí

ca en el ciclo de Cam ot inverso es:

ri = 1 - TF _ 2 7 3 -1 0Tc " 273 + 17

T] = (0,093X100 )

T] = 9,3 % ©

II) La cantidad de calor que se toma del fo

co frío cada ciclo es:

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656 Termodinámica

q f = q c - W = W / ti - W

Qf = (— )W = ( - ^ f )(37 000)r| 0,093

>361 kJ ®

III) La cantidad de calor que se cede al cuer

po caliente cada ciclo es:

QC = QF + W = 361 kJ + 37 kJ

Qc = 398 kJ ©

Solución: 139• El rendimiento de la máquina ffigorífi

ca en el ciclo de Camot inverso es:

, Tf 273 + 011 = 1 — — = 1 -----------------

Tc 273 + 100

r] = 0,268

La cantidad de calor que se utiliza en el fo

co caliente para vaporizar 1 kg de agua es:

Qc = m LF = (1)(22,6.105)

Qc = 2 260 kJ

Así, la cantidad de calor que se toma del fp

co frío es:

Qf = (1 - r|) Qc

QF = (1 - 0,268 )(2 2 6 0 .103)

Q f * 1 654 kJ

Luego, la cantidad de agua que se debe he

lar en el refrigerador es:

Qp = m Lp

1654.10 3 = m' (33 5.1 03)

+ m' » 4,94 kg

Solución: 140

©

• Repre sentemos a las fuentes (A), (B), a

la refrigeradora (R) y al sumidero (C).

(C)

De la primera ley de la termodinámica, ob

tenemos la cantidad de calor en (B), así:

Q a + Q b + Wa + Wb = Qc

400 + QB + 400 + 400 = Q c

Qb = Q c ~ i 200

Aplicando la expresión de la eficiencia a la fuente (A), hallemos la temperatura del su

midero (C), así:

W A

Wa + Q a

Tc = ( W/V.+ -Qa ) Tc v w A

400 + 400

400

Tc = 500 °K

Luego, la cantidad de calor enviado al sumí

dero (C), lo obtenemos de la expresión de

la eficiencia para la fuente (B), así:

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Física II 657

r|B = 1- — = i — — Tc Wb + Q b

400

2 r | = 1 - T F /T ' C

273 + 71300 ___________________

500 ~ 400 + Qc -1 200

* Qc = 1 800 kJ ©

S5 Notas1) En una máquina refrigeradora los tra

bajos siempre son negativos, pues, los

trabajos se hacen sobre el sistema.

2) El sumidero (foco caliente), siempre

está a mayor temperatura que las fuen

tes (fo co frío).

Solución: 141• La eficiencia del refrigerador en el ciclo

de C amot es:

ti = 1 - ^ = 1 - — = 0 ,417 Tc 360

Luego, como la eficiencia del refrigerador

es la mitad de la eficiencia del refrigerador

de Camot ( q ), entonces:

(2X0,236) = ! - -%

„ > Q c , Qf

Qc

Qc =600

1 - ( 0 , 4 1 7 / 2 )

+ Qc * 758 J

1- ( + 1/ 2)

= 758,05J

©

Solución: 142

• La eficienc ia de la máquina térmica en el ciclo de Camot es:

tl = l - T F /T c

, 273 + 71q = 1 -----------------= 0,236

273 + 177

Luego, la temperatura del foco caliente pa

ra el cual la eficiencia se duplica es:

* T¿ * 651,52 °K

Solución: 143I) Representemos el ciclo de Cam ot forma

do por dos procesos isotérmicos y dos adia

báticas.

De la ecuación de Poisson, para los proce

sos adiabáticos BC y DA, se tiene:

/ Vc y/.-i _ => Vc _ /T b-vI/x- i

V Tc VB Tc

/ V d ) X - i _ I b = > ^ d _ = ( t b y / y - i

VA ' Tc V A Tc

Igualando las dos últimas ecuaciones:

Vr

El trabajo en el proceso isotérmico A B es:

W¡ = n RTa Zn(Vb / VA)

W1 = ( l ) (8 ,31)(600)fn(5/2)

' Wj = 4 56 8,6 J


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658 Termodinámica

w,

( x - 1)

n R

( x - i )

El trabajo en el proceso isotérmico CD es:

W3 = n RTc tn(V D / Vc )

W3 = (1)(8,31)(300) £n (2/5 )

W3 -2 284,3 J

El trabajo en el proceso adiabático DA es:

n RTC

(x- i )

W4 = rn-R- - (TC - T B):( x - i )

-W ,

Así, el trabajo total realizado en el ciclo de

Cam ot es:

w = w, + w2+ w3+ w4

W' = 4 568,6 J + W2 - 2 284,3 J - W2

W = 2 284,3 J ©

II) Ap licand o la primera ley de la termodi

námica a los procesos isotérmicos AB y

CD, obtenemos los intercambios de ca

lor, así:

AQ! = W, + AU, = W,

AQ[ = 4 568,6 J

AQ2 = W2 + A U 2 = W2

A Q 2 = - 2 2 8 4 ,3 J

Luego, la razón del cambio de calor en el

proceso AB al cambio de calor en el proce

so CD es:

r = ^ L = 2a q 2

©

III) La eficiencia del ciclo de Cam ot es:

= 1 _ T f = i _ 3 M

11 Tr 600

+ r| = 0,5 ©

Solución: 144• Ap licando la primera ley de la termodi

námica a la máquina térmica (A):

Qc = W,+ Qf

Q f 600 - 400 = 200 kW

Aplicando la fórmula de rendimiento a la

máquina térmica (A):

fiA = 1~Tp

TC *Qc

TF = (1 - — )(1 200) = 400 °K 600

El calor del foco frío para la máquina (A),

es el calor del foco caliente para la máqui

na (B), así, de la fórmula de rendimiento, se

tiene:

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Física II 659

1 . - - ^

c Qc

300 ©

* W, = (1 ---------)(200) = 50 kW2 400

^ NotaEl punto encima de la letra, significa

la derivada respecto del tiempo, así:

• dAA = —

dt

Solución: 145

• La máxim a cantidad de calor cedida al foco caliente, empleando el mínimo traba

jo , se ob tien e mediante un a máq uina refrige

radora en el ciclo de C amot, esto es:

1 Tf _ W

11 Tc Qf + W

w = - ^ L q f = í e ^ q ff i - i t f

273 + 21W = ( l2 7 3 - 1 8

* W « 1,53 cal

)( 10)

©

Solución: 146• La eficiencia térmica de cada una de las

máqu inas refrigeradoras es:

1225 — => Tj2 = (352)(192)

T, = 665 °K

Sustituyendo T! en las ec.(l), obtenemos las eficiencia s de las máquinas:

Ti! = n 2 = 0,457

Ahora, aplicando la primera ley de la termo

dinámica a la máquina ( 1), y teniendo en

cuenta la ec.(l), se tiene:

Qx = W ,+ 100

Qj = 0,457 Q j+ 100

4 = 1 8 4 , 1 6

1225°K

Q2 tW2uy

Q,/Xw ,

uy361°K

Til = 1

T)2 = 1 -

361 W,

( 1)

1 225

Qi

4 ( 2 )

También, aplicando la primera ley de la ter

modinám ica a la máquina (2), y teniendo en

cuenta la ec.(2), se tiene:

q 2 = q , + W2

W2

Q2

= 184,16+ W20,457 2

* W2 » 155 kW ©

Com o, p j = r |2 , entonces, igualando las e

cuaciones ( 1) y (2), tenemos:Solución: 147

Aplicando la ecuación de Poisson al pro

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660 Termodinámicaceso adiabático AB, y teniendo en cuenta

que el aire es diatómico (x = 1,4) hallemos

el volumen en B, así:

=> VB VA

v*1

VB = ( “ ® )M -1(4) = 1,3 t t B 500

De otro lado, aplicando la ecuación de los

gases ideales al estado A, hallemos el núme

ro de moles del aire, así:

P V (2)(1 ,013.105)(4.10~3)

n _ R T ~ (8 ,31)(320)

n = 0,305 moles

El trabajo en el proceso adiabático A B es:

nRT*W,

w.

X - l

n R

x - i(T a -T b)

El trabajo en el proceso isotérmico BC es:

W2 = n RTB£n{-^-)VB

W2 = (0 ,305)(8 ,31)(500)fn(8/ l ,31)

W2 = 2 293 J

El trabajo en el proceso adiabático CD es:

x-1 V

W3 = i ^ - ( T B - T A) = - W 1X - 1

W4 = nR T A <n(— j Vn

W4 = (0,305)(8,31)(320) fn (4 /12 )

W4 = - 8 9 1 J

Luego, el trabajo total realizada en el ciclo

de C amot es:

w = Wj + w2+ w3+ w4

W = Wj + 2 293 J - Wj - 891 J

* W = 1 40 2 J ®

Solución: 148

• Representemo s la máquina refrigerado

ra y los focos caliente y frío.

La eficiencia del refrigerador es 1/3 de la

de un refrigerador de C amo t, por lo que:

273 + 29

Ti = 0,032

De otro lado, el calor que extrae el refrige

rador del foco frío, es igual, al calor de so

Edificación del agua, esto es:

QF = mL p = (20 0.10 3)(80)

El trabajo en el proceso isotérmico DA es: Qp = 1 6 .106 cal

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Física II 661

I) Ahora, el trabajo que se ha ce sobre el

refrigerador, hallamos de la expresión

de la eficiencia, así:T| = 1 -

TF: l - n 1_x

Tl =WW

Q c w + q f

1 -T | 1 -0 ,0 3 2

, ®W = 0,529.10°cal = 2,21.10° J

II) Finalmen te, de la primera ley de la ter

modinámica, hallamos el calor enviado

al foco caliente, así:

Qc = W + Q f

Qc = 0,529.106 +16.106

* Qc * 1 6,5 .106cal

Solución: 149• Representem os el ciclo de Cam ot, for

mado por dos procesos isotérmicos (AB y

CD ) y dos procesos adiabáticos (BC y DA ).

I) D e la ecuación de Poisson , hallemo s la

razón de la temperatura del foco frió (Tf) a la temperatura del foco caliente

(Tc), así:

Vr nAc vc

Así, la eficiencia del ciclo de Camot es:

r| = l - ( 2 )M ’4 = 0,242 ®

II) D e la ecuación de Poisson, hallemo s la

razón de la temperatura del foco frió

(Tf) a la temperatura del foco caliente

(Tc), así:

<?

X~1 X-1

— = (— ) 1 = (—) x

Así, la eficiencia del ciclo de Camot es:

i-xi Tp - x

ti — 1 — = 1 - n K Tc

1-1,4

il = l - ( 2) 14

* r| = 0,18 ®

Solución: 150

• Representemos los tres procesos isotér micos y los tres procesos adiabáticos que

forman el ciclo.

El trabajo total realizado en el ciclo, es i gual, a la suma de los trabajos realizados en

cada uno de los procesos, esto es:

W = n R T, fri(— ) + n R T, t o ( ^ ) +V A 2 Vr

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662 Termodinámica

VF, , n RT, ^ T2 |nR T 3M + ,

vE x - i

n R T 2 (1_ l í ) + £ R Z i (1 _ Z i )

x - i X - 1

W = n RTj ¿n(k)+ nRT2fn(k)+nRT3 t o ( - ) +

nR _ _ nR nR ^ — .01 -T 2) + — (T2 -T 3) + — (T3 -Tj ) X - 1 X - 1 X - 1

W = n R ¿ n ( k ) (T ! + T 2 - 2 T 3)

De otro lado, el calor recibido del foco ca

liente durante el ciclo, es igual, a la suma

de los trabajos en los procesos de expan ión

isotérmica del gas, esto es:

Qc = n R T , f n A + n RT2£n A A VC

Qc = n R fn(k)(Tj + T2)

Lueg o, el rendimiento térmico del ciclo es:

Wri = —

Qc

n R fn(k)(T! + T2 - 2T3)

11 ~ n R¿n(k)(Tj +T 2)

Tl = l-2T,

= 1 -(2)(300)

T , + T 2 (900 + 600)

* T) = 0,6 ©

E ^ N o t aSe ha demostrado anteriormente, que el

aumento del volumen en la expansión i

sotérmica es (n) veces, entonces, la dis

minución del volumen durante la com

presión isotérmica será ( 1/n) veces.

Solución: 151

• Recordem os que el coeficien te de refri

geración es e = Qf/W , así, de la expresión

del rendimiento, se tiene:

0 =W

W

wQc w + q f

fi"Qf

8 =

1 - Tl

Q f 1 ~ fi 1 - 0,1

W T|

* 8 = 9

Solución: 152

0,1

©

• Representem os el ciclo formado por dos

isocoras y dos adiabatas.

De la ecuación de Poisson para los proce

sos adiabáticos AB y CD, se tiene:

= ( t ~ ) x_1 = (n)x~!ir'1C VD

Igualando (1) co n (2), tenemos:

( 1)

(2)

I a

Tb

I d

TC

! - £Tb

=> I d

Ta

- . I - I* . (3)

De otro lado, el rendimiento térmico del ci cío, viene dado por:

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Física II 663

W Qc + Qf

Qc Qc

ri = 1+ — = 1 +n Cv (Tc - TB)

ri = l-Ta ( 1 - T d /T a )

1- — = 1- — Tb Tc

(3)

Qc n C v (TA - T D)

Como, Tb>Tc, la ecuación anterior queda

asi:

Tb ( 1 - T c /T b )

De otro lado, el rendimiento térmico del ci

cío, viene dado por:

r\-.W Q c + Q f

Qc

Finalmente, teniendo en cuenta (1) y (3),

obtenemos:

r) = 1 - n 1_3C = 1- (10)1-1,4

+ ti = 0,6 @

Solución: 153

• Representem os el ciclo formado por dos

isóbaras y dos adiabatas.

= 1+ E g y ,g c ,- Tp )

Qc n CV(TB - Ta )

Como, Tc>T d, la ecuación anterior queda

así:

Tc ( 1 - T d /T c )q = l -

Tb ( 1 - T a /T b )

Finalmente, teniendo en cuenta (1) y (3),

. obtenemos:

H e

r| = 1 — — = 1 - n x Tg

1-1,4

r| = 1 - 4 1,4 = 0 , 3 2 7

* T] = 32 ,7 %

Solución: 154

®

De la ecuación de Poisson para los proce

sos adiabáticos BC y D A, se tiene:

• Rep resentemos el ciclo formado por dos

isóbaras y dos isocoras.

x-i x-iÜ = ( I b ) x = (n) x ( 1)

(2)

A B

-D C

V

Igualando (1) con (2), tenemos:Aplicando la ecuación de los gases ideales.

Al proceso isocórico DA:

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664 TermodinámicaAl proceso isobárico AB:

V a V„ => = = n (2) V a T a

A continuación, hallemos una relación en

tre los grados de libertad ( y ), y el coeficien te adiabático (y), así:

X :y/2 + 1

y/2

x - i(3)

De otro lado, el trabajo realizado en el ci

cío es numéricam ente igual, al área del rec

tángulo ABCD, esto es:

W = (PA - P D)(V B - V A)

Td \ n R (Tb - TA)W = PA (1 - —

W = n R (1 - — )(— 1)T a

Utilizando las ecs.(l) y (2), obtenemos la expresión para el trabajo:

W = n R ( l - l / n ) ( n - l ) T A

Como la temperatura del sistema aumenta

en los procesos isocórico (DA), e isobárico

(AB), entonces, el calor del foco caliente es

Qc = n \ R(Ta - Td ) + n (1 + 1)(Tb - TA)

Qc = n ^ R ( l - J ) T a + n C + l ) R ( ^ l ) T A

Q c = n R [—(1 - —) + (~ + l)(n -1 )] Tal Vi l

Sustituyendo (W) y (Qc) en la expresión

del rendimiento de una máquina térmica, se

tiene:

Wq = -----

Qc

( n - l ) 2 /n

y ( n - l ) / 2n + (y /2 + l ) ( n - l )

2 ( n - 1 )q = ^ i—

y + n y + 2 n

Sustituyendo ( y ) dada por la ec.(3):

2 (n - 1)Tl

2 2 „ — h n + 2 nx - i x - i

Tl (n - lXx - l )1 + nx

(5 - 1)(1,4 -1 )

1+(5X1,4)

+ q = 20 %

0,2

©

Solución: 155

• Representemos el ciclo formado por u

na isocora (CA), una adiabata (AB) y una

isoterma (BC ).

Aplicando la ecuación de Poisson, al proce

so adiabático AB , se tiene:

.V,-= (7 7 )

V r:> Z a = ( V b )X- i

TC Vc '

Ye . Je \x-I VB T A ;

(1)

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Física II 665

De otro lado, el trabajo es la suma de los

trabajos realizados en los procesos adiaba

tico AB e isotérmico BC, así:

W = ■n R ía

x - i(1 — ) + n RTC f n ( - ^ )

lA

W =nRTr T a nRT,

f ( ^ - 1) + — ,X-1 Tc X -1

V»

W =nRT,

W = ■

x - i

nRT,

(n - 1) +,1

X - 1 n

x - i[ n - 1 - ^ n ( n ) ] (2)

A su vez, el calor recibido (Qc) en el pro ceso isocórico CA es:

Qc = n ( y /2 ) R ( T A - T c )

Qc =n R TC ( T A _ 1}

X - 1 Tc

Qcn R T c

x - i( n - 1 ) (3 )

Sustituyendo (2) y (3) en la expresión del rendimiento de una máquina térmica, se tie

ne:

Wtl = -----

Qc

nRT,

x - i[ n - 1 - Ai (n)]

n R Te

x - i( n - 1)

n = l _ ^ l = 1_ ^ l = 0A5n - 1 3 - 1

* p = 45 % ®

Solución: 156• Representemos el ciclo formado por la i

socora CA, adiabata AB e isoterma BC.

Aplicando la ecuación de Poisson, al pro

ceso adiabático AB , se tiene:

T 4( A - ,

Vrx - i = 5 T A ,v

■= (7 - )BjiX-1

V,c

V C _ ( T C ) l / x - l

V, T a( 1)

De otro lado, el trabajo es la suma de los

trabajos realizados en los procesos adiaba

tico AB e isotérmico BC, así:

W nR“ f ( l - ~ ) + nRTc / n ( ^ )X - 1 t a v b

w = ■nRTr .T,

W :

X - 1 T (

nRTr , 1_C(_

X - 1 n

( - - - ! ) +

1) +

nRTcx - i

nRTc

x - i£n(n)

W =n RTr 1

[ 1+ (n(n)] (2)X - 1 n

A su vez, el calor cedido o perdido (QF) en

el proceso isocórico CA es:

Qc = n ~ R (TA - Tc )

Qc ;

Qc

nRTc Ta

X - 1 Tc

_ n R T c , l

X - 1 n( - - 1 )

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Física II 667

Aplicando la ecuación de los gases ideales.

Al proceso isocórico CA:

^L = Za

Tr T a

=> P^ = T'

*C AA A

Al proceso isobárico BC

c

Ta(1)

V„ VcTr

Tr

Tb *c *b

A l proceso isotérmico AB.

p a v a = p b v b

= - (2)

V„ n(3)

El trabajo realizado en el ciclo, es igual, a

la suma de los trabajos en los procesos iso

térmico (AB) e isobárico (BC), esto es:

W = nR T Aí n ( ^ ) + PB(Vc - V B)VA

W = nR T A/ n A - W - ^ )V a V r

W = n RTAfn(k) - n RTA(1 - - )k

W = n RTa (“ -1 + &ik) (4 ) k

El calor que recibe el sistema en el proceso

isotérmico (AB), es igual, al trabajo en di

cho proceso, de modo que el calor recibido

en todo el ciclo es:

Qc = n l R (Ta - Tc ) + n R TA

Qcr RTa

x - i0 - ^ ) + n R V n ( ^ )

V A

1/k - 1Q c = n R Ta ( - + £n k)

x - i(5)

Luego, de (4) y (5) el rendimiento térmico

del ciclo es:

n = w/Qc

l - k + k £n k

n R T a------------------

k -1 + (X -1 ) k fnk n R T ,

X] :

n = i

tl -1

k (x - l )

(1 - k + k &ik)(x - 1)

k - 1 + (X “ 1) k fnk

X (k ~ 1)

k - 1 + (x _ 1) k fnk

(1 ,4X(10-1)1 0 - 1 + (1 ,4 - l )(10) £ n l0

* r ] « 3 1 % ®

Solución: 159

• Representemos el ciclo formado por dos

isotermas (AB y CD) y dos isocoras (DA y

BC).

Por dato del problema se sabe que:

T a■ —t y

Vb = Vc =

V A Vn

El trabajo en el ciclo, es igual, a la suma de

los trabajos en los procesos isotérmicos AB

y CD, esto es:

W = n RTa f ti( — ) + n R TCV A *

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668 Termodinámica

W = n R T A fr i k - n R T c frik

W = n R £ n k T A( l - T c /T A)

/nW = n R T A — ( t - 1 )

De otro lado, el sistema recibe calor en el

proceso isobárico DA e isotérmico AB, así:

Qc = n y- R (Ta - TD) + n R TA^ n (^ -)

Q c = ^ ( l - 7 ) + nR TAM

x - i t a

Qc = n R T A[ - ^ + f r i k ]

Qc -n R T A

t ( x - l )

t ( x - l )

[t - 1 + (x - 1) t ¿nk]

Finalmente, sustituyendo W y Qc en la ex

presión del rendimiento, obtenemos:

Tl =

n R T ,

W Qc

frik A — ( t - 1)

[t - 1 + (x - 1) t frik]n R T ,

T| =

t ( x - l )

( x - i ) ( t - i ) f a k

t - 1+ (X - 1) t frik

(1 ,4 - 1)(6 -1 ) fr i40,333

6 - 1 + (1,4 - 1)(6) fr i4

* r) = 33,3 % ®

Solución: 160

• Representemos el ciclo desarrollado por

el motor diesel.

El calor producido por la combustión en el

proceso de exp ansión isobárica CD es:

Qc = n Cp (T D - T c )

El calor perdido por el sistema en el proce

so de enfriamiento isocórico EB es:

QF = n Cv(TE -T B)

De modo que, el trabajo realizado en el cj

cío del motor Diesel, teniendo en cuenta

que, x = CP / Cv es:

W = Qc - Q f

W = n C v [x (T D - T c ) - ( T E - T B)]

A su vez, el rendimiento del ciclo en el mo

tor D iese l es:

= JW11 Qc

= n C v [x(T D - T c ) - ( T E - T B)]n XC v (TD - T c )

Tl = l-

1 TE -T B

x T d - T c(1)


al proceso de expansión isobárica CD, ha

liemos Tc, así:

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Física II 669

YQ- ~ Y®. => _ Zi)Tr Tn Tr Vr

T C = ( 1 / P ) T D (2)

siendo, (p ) el grado de expan sión isobárica Aplicando la ecuación de Poisson, al proce

so de expansión adiabático DE, hallemos

Te, así:

Solución: 161

• El grado de expa nsión isobárica, viene

dado por:

(3 = - = — = 2,5 % 6,4

Utilizando el resultado del problema ante

rior, el rend imiento del motor D iese l es:

Tnfi = l-

p'x - l

E nX-1 :X-1 %ax ’(P-l)Tg VD

(3)fi = l -

2,5 1,3 - 1

(1,3X161>3_1)(2,5 -1 )

Aplicando la ecuación de Poisson, al proce

so de compresión adiabático BC, hallemos

Tb, así:

ri = 0,489 » 0,49

De otro lado, de la definición de rendimien

to de una máquina térmica, se tiene:

Tn Vr fiW _ P t

Qc mJ

Tr Tn

a x-i o r P(4)

m =

Finalmente, sustituyendo (2), (3) y (4) en

( 1), y teniendo en cuenta que, P = a/E,, ob tenemos:

Td

l ¡ x -n = i —

i, .

a x“’p

Pt (36,8.103)(3,6.103)

f i J _ (0 ,49) (4 ,6.107)

* m = 5,9 kg ©

Solución: 162

• El rendimiento real de la máquina térmi

ca, viene dada por:

TnP f il

fi =1

'

1 1

1 ( a / p ) z_1 a z-1p

W Pt

Qc mJ

* fi = 1-

p-1p

(Px - l ) / p a x~~l

x(P-i) /p

Px - 1

_ (1 4,7 .103)( 3,6 .1 03)

111 ” (8,1)(3,3.107)

fi! =0 ,198 « 2 0 %

El rendimiento de la máquina térmica ideal,

que funciona según el ciclo d e Camot es:

X°cx 1(P-1)1 2 = 1 - ^ = 1

Ir

58 + 273

200 + 273

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670 Termodinámica

r|2 = 0,30 = 30 % ©

Solución: 163

• La variación que experimenta la entro

pía ai elevarse la temperatura del hielo de

T, = -20° C a T2 = 0 o C es:

4S , = J Í 5 = I¡ 2 í ¿ I1 T T , T

T,AS, = m c eí n ( - )

Ti

273AS, = (1 0 )( 0,5 )¿ n (— )

AS, = 0,38 -1 5 Ocal

K

La variación que experimenta la entropía al

transformarse el hielo en agua, a la tempera

tura constante de T2 = 0o C es:

As 2 = Q - H L f

T,

AS = (10X 80) = caL

2 273 °K


elevarse la temperatura del agua desde T2=

0o C hasta T3= 100° C es:

AS,| dQ _ T| m c edT

2 T T 2

AS3 = m c e fn(” ) h

373AS3 = ( 10 )( l ) f t i (— )

La variación que experim enta la entropía al

transformarse el agua en vapor de agua, a la

temperatura de T3 = 100° C es:

A Q m L FAS 4 =

1 *3

AS4 = £0X540) = H 4 8 Ü L373 °K

Luego, la variación total que experimenta

la entropía es:

AS —AS, + AS2 + AS 3 + AS 4

AS = 0,38 + 2,93 + 3,12 +1 4,4 8

* A S a 2 ! — ©"K

Solución: 164

• La variación que experimenta la entro

pía al elevarse la temperatura del agua des

de T, = 0o C hasta T2= 100° C es:

ASj = m c e £ n ( ~ ) h

373 calAS, = (1)(1) ( n = 0 ,312 -----

1 273 °K


transformarse el agua en vapor de agua, a la

temperatura de T2 = 100° C es:

AS 2 =AQ _ m LF

AS2 = 0X540) cal2 373 °K

Luego, la variación total que experimenta

la entropía es:

AS = AS, + AS2

AS3 =3,12cal

AS = 0,312 + 1,448 = 1,76cal

°K

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Física II 673

AT = T' - T = 289° - 281°

* AT = 8 °C ©

S o l u c i ó n : 1 7 2• Igualando el calor perdido por el agua

caliente, con el calor ganado por el agua

fría, hallemos la temperatura de la mezcla,

así:

(50)(1)(50 - T) = (200)(1)(T - 0)

T = 10°C

El cambio en la entropía debido al calenta

miento de los 200 g de agua fría es:

283 ^ s~ \ 283 j t

AS2 = J '2 73 ^ 2 73 T

AS, = mce¿ n T |^ = (200)(l)/n2 73

28 3

273

AS, = 7.2 cal /° C

El cambio en la entropía debido al entfiamiento de los 50 g de agua caliente es:

283 j/^v 283 j'-p

A S , =323 1 323 1

AS2 = m ce¿nT| 3*3 = (50)(1)

AS2 = - 6,6 cal /°C

Luego, el cambio total en la entropía en el

proceso de la mezcla del agua fría con el a

gua caliente es:

AS = AS! + AS2

cal calA S = 7 , 2 — - 6 , 6 —

°C °C

* A S = 0,6 cal/0C ©

S o l u c i ó n : 1 7 3

• Los cambios de entropía que experimen

ta el sistema en cada uno de los procesos son: el hielo se calienta desde Ti= -20° C

hasta T2= 0 o C, aum entando su entropía en:

As,=Tí f = T|" ’f 7T, 1 T, 1

ASj = m c et n ( - f )M

3 0 + 273AS, = (10 )(0,5) (n

AS, = 38,041 O

- 20 + 273

cal

C

El hielo se derrite a la temperatura constante de T2= 0o C, recibiendo calor, por lo quesu entropía aumenta en:

AS, =

m LF _ (10 )(80)

T¿ “ 273

calAS 2 = 293,04

°C

El agua se calienta desde T2= 0o C hasta T3

= 100° C, aumentando su entropía en:

TAS3 = m c eí n ( - )

AS3 = (103) ( l ) l n 10 0 + -2-733 0 + 273

cal

°CAS3 =312 ,10

El agua se vaporiza a la temperatura cons

tante de T3= 100° C, recibiendo calor, por

lo que su entropía aumenta en:

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674 Termodinámica

m L F (103)(54 0)

T3 ” 373

cal

AS4 =

AS 4 = 1 447,72

uEl vapor de agua se calienta desde la tempe

ratura de T3=100° C hasta T4=120° C, au

mentando su entropía en:

De otro lado, de la ecuación de los gases i

deales, y de la primera ley de la termodiná

mica, se tiene:

dQ = dW + dU

dQ = P dV + n Cv dT

n RTdQ = dV + n C v dT

V V

AS5 = m ce< n(A )

AS5 = (103)(0,5) I n 120 + 27 35 100 + 273

AS, = 26,12 —

Finalmente, el aumento total de la entropía

en el proceso de conversión del hielo a - 20°

C en vapor de agua a 120° C es:

AS = AS! + AS2 + AS3 + AS4 + AS5

AS = 3 8,04 + 293 ,04 + 312,10 +

1 44 7,7 2 + 26,12

AS= 2117 ,02

AS 8 862

cal

©

S o l u c i ó n : 1 7 4

• R ecord em os que el trabajo realizado por un gas en un proceso de expansión iso

térmica a la temperatura TA es:

VR W = n R T A l n —

A VA

n R < n ^ JV 4 Ta

O)

Sustituyendo (dQ) en la expresión del cam

bio de la entropía de un gas, tenemos:

AS = J —^J rp

BdV BAS = n R J — + n C v jd T

VA V Ta

AS = n R i i— + n C v í n ~

Como el proceso es isotérmico, TA=TB, el

segundo término se anula, de mo do que:

n R í n — = ASVA

Finalmente, igualando (1) con (2):

W 1 2 0 0

(2)

AS =

* AS = 3

A 127 + 273

L ©

K S o l u c i ó n : 1 7 5

• Primero hallemos una relación entre los

grados de libertad (y ) y e l coeficien te adia

bático (x ), así:

CP y /2 + 1

X ~ C ~ Y/2

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Física M 675

y _ 1

2 X - 1

Del problema anterior, el cambio en la en

tropía que experimenta el helio es:Vo Y To

AS = n R £ n ^ -+ n 1 RJn-2- V , 2 T ,

AS = n R < n — + — j n - V , X - 1 T ,

Vo 1 ToAS = n R [ (n — + -------

Vj X - 1 Tj

AS = (~ )(8 ,3 1)[to 4+ i ^ ¿ n ^ ]

* AS = - 2 2 ,6 — ®°K

Solución: 176

• Representemos el ciclo de Camot, for

mado por las isotermas AB y CD, y las a

diabatas BC y DA .

El cambio de la entropía entre las adiabatas es el que experimenta el proceso de expan

sión isotérmica AB, esto es:

AS = n R t n — VA

De otro lado, el calor que recibe el sistema

(Qc), es igual, al trabajo realizado por el

gas en el proceso de expansión isotérmica

A B, esto es:

Qc = n R T J n ^ - VA

Qc = T a AS

Luego, sustituyendo (Qc) en la expresión

del rendimiento del ciclo de Camot, obtene

mos el trabajo (W), así:

Ta ~ T c _ W

Ta Ta AS

W = (100)(103) = 105cal

* W » 0,42 MJ ®

S ^ N o t a

En el ciclo de Camot la isoterma supe

rior (AB), está a mayor temperatura que

la isoterma inferior (CD).

S o l u c i ó n : 177

• En un proceso isocórico, W= 0, así, de

la definición de entropía y de la primera ley

de la termodinámica, se tiene:

dQ = T dS = dU

dS

dU ~ T

Como no hay cambio en la energía interna,

dU = 0 , así, de la definición de entropía y de

la primera ley de la termodinámica, se tiene

dQ = T dS = P dV

. ® , p- © dV T

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676 TermodinámicaS o l u c i ó n : 1 7 8

• En Un proceso adiabático, dQ= 0, así, dela primera ley de la termodinámica, el cam

bio en la energía interna del gas es:

AU = -AW = — y-[1 - ( ^ - ) x_1]x - i v 2

AU = (5X8,31X304) 24 s/3_i

5 / 3 - 1 4 0

+ AU » -5 469 J

De otro lado, como en un proceso adiabático no hay transferencia de calor, entonces,no hay cambio en la entropía.

S o l u c i ó n : 1 7 9

• El trabajo en el proceso de calentamiento de la sustancia cristalina es nula, de modo que, el cambio en la entropía es:

A s J d Q = Tj n C v d T

í T l T

T = — P V = — (P0 V - a V2) nR nR

dT = — (P0 - 2 a V ) d VnR

Luego, como a un cambio máximo en la entropía, le corresponde un cambio máximoen la cantidad de calor, entonces:

dQ = dW + dU

dQ = PdV + nC v dT

dQ = (P0 - a V )dV +

n(y/2)R

dQ

dV

nR

P 0 - a V +

(P0 - 2a V )dV

(P0 - 2 a V)x - i

Igualando a cero esta expresión, hallemosel volumen (V) para el cual, la entropía esmáxima, así:

. „ r n A T 1 . i t_ AS = f dT = - n AT i 2

TJ T 3 !TlM

A s U n A f l f - T ? )

~ = rA (3)3n 3

A S O A

* — = 9 An ©

2 a V - P 0 = ( x - l ) - o c ( x - l ) V

a(2 + x - l ) V = ( x - l + l)P0

XP0 (7/5)P0

a ( l + x) a (1 + 7 /5)V

* Vm :1 A © 12a

S o l u c i ó n : 1 8 0

• De la ecuación de los gases ideales, haliemos la temperatura en función del volumen, así:

PV = nR T

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Física II 677

CNDASRESORTE

V y / W W V

C A P - 9

CUERDA


a) OndaEs toda perturbación que experimentaun medio sólido, líquido o gaseoso, yque se transmite por vibraciones de susmoléculas, transportando energía sin elmovimiento del medio (materia).

b) Fuentes de ondasSon los cuerpos que actuando en un medio provocan la perturbación, que por su naturaleza u origen pueden ser mecanicas, electromagnéticas, etc..

E j e m p l o : 0 1

En la Fig., la piedrita, es la fuente de ondas y el agua el medio.

c) Clasificación de ondas

I. Según el medio de propagación

1) Ondas mecánicasSe llaman así a las perturbaciones mecanicas (deformaciones) que se propaganen un medio elástico.

E j e m p l o : 0 2

Ondas en un resorte, ondas en una cuer da, ondas en una columna de gas.

2) Ondas electromagnéticasSe llaman así a las perturbaciones delcampo electromagnético que se propagan en un medio material o en el vacío.

Ejemplo: 03Ondas de radio, televisión, rayos X, rayos gamma, luz, etc...

II. Según su modo de propagación

1) Ondas longitudinales

Una onda elástica es longitudinal cuando las partículas del medio de propagación oscilan en la misma dirección en laque se propaga la onda.

E j e m p l o : 0 4

Las ondas en una columna de gas sonlongitudinales.

ONDAS DERADIO

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6 7 8 .Ondas.onda que se mueve a ia derecha.

ONDA

( E M •)

ONDA

2 ) O n d a s transversalesUna onda elástica es transversal cuando las partículas del medio de propagación oscilan perpendicularmente a la dirección en la que se propaga la onda.

CUERDA TENSA

CUERDA PERTURBADA

¿>3si

Ejemplo: 05Las ondas provocadas en una cuerdatensa son transversales.

2. ECUACION DIFERENCIAL DEL MOVIMIENTO ONDULATORIO

a ) Descripción matemática de una o n d a

En la Fig,, se tienen dos ondas que se propagan a la derecha e izquierda, convelocidades de propagación (v), así:

y = f( x -a ) = f(x - vt)

es la representación matemática de la

y = f( x + a) = f(x + vt)

es la representación matemática de laonda que se mueve a la izquierda.

Ejemplo: 06Una onda del tipo sinusoidal representamos, así:

y(x, t) = y0sen k(x - vt)

siendo, (y) la amplitud de la perturbación (y0), (k=27t/A.) el número de onda,y (v) la velocidad de propagación laamplitud máxima de la perturbación.

b) Ecuación diferencial del movimiento ondulatorio

La ecuación diferencial que describe elmovimiento de una onda que se propaga a velocidad constante (v), en la dirección de los ejes X+ y X , viene dado

por:

a yd t2

■= V2 ^ y

dx2

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Física II 679La solución general de esta ecuación diferencial de segundo orden homogéneaen derivadas parciales es:

y(x, t) = f, (x - v.t) + f2 (x + v.t)

como se vio anteriormente, fi(x-vt),f2(x+vt) son las representaciones matemáticas de ondas que se propagan haciala derecha e izquierda del eje X, con velocidades de propagación constantes

(v).Demostración:Sean: y = f( x ± vt) y u = x ± v t , enton

ces:du , du

— =1 y — = ±vdx dt

Si en un medio se propagan al mismotiempo (n) ondas diferentes determinadas por los potenciales escalares (p¡,...,

cpn, y los potenciales vectoriales A ,

An los potenciales cp y A de la onda

resultante, serán:

<P= X > ii=i

y a = 5 > !

¡=i

y = f (u) =>

Cada onda se propaga por el medio independientemente de las demás.Sólo es válido para medios lineales, queobedecen a la ley de Hooke.

3. ONDAS SINUSOIDALES

De modo que, de la regla de la cadena,se tiene:

dy _ dy du _ dy

dx du dx du

dy dy du + dy

dt du dt du

Procediendo del mismo modo:

32., 3 a., a.. a2d y d dy du _ d¿y

dx" du dx dx(1)

t l dt2

d dy du

a ü a " a

d 2y± va4 (±v)

du

1 d2y _ d V

v2 dt2 du2Igualando (1) con (2), obtenemos:

32.

(2)

t l dt2

t l dx2

c) Principio de superposición de ondas

a) DefiniciónUna onda que tiene como perfil una sinusoide se dice que es armónica, recor demos que toda función armónica es periódica.Las ondas de perfiles más complicados

pueden expresarse como sumas de funciones sinusoidales mediante los méto

dos de Fourier.

b) Ecuación matemática de una onda sinusoidal

La ecuación de una onda sinusoidal píana (armónica), que se propaga en unmedio no absorbente, se representa así:

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680 Ondas

y(x, t) = A s e n ^ t t — x + <p0)

siendo, (A) amplitud de la onda, (T) período de la onda, (A.) longitud de onda,(v) velocidad de propagación, (cp0) fase

inicial de la onda, (co) frecuencia cíclica(y) posición en la vertical de un puntode la onda.

• El signo (+) es para una onda que se propaga hacía la izquierda.

• El signo (-) es para una onda que se pro paga hacía la derecha.

c) Representación compleja de una ondaLa ecuación matemática de un movjmiento ondulatorio, en general puederepresentarse en su forma compleja, delmodo siguiente:

y(x, t) = A ‘ k x:F®'t+eo)

y(x, t) = A [cos(k.x + co.t + 0O) +

sen(k.x + co.t + 0o)]

siendo, (A) la amplitud, (k) el númerode onda, ( 0 ) la frecuencia cíclica, y( 0 O) la fase inicial.

d) Elementos de una onda sinusoi-dal

1) Fase de la onda (3>)Es el argumento de la función que re

presenta a la onda, por ejemplo para una onda del tipo sinusoidal, su fase de1 nda es:

Es la distancia recorrida (A) por la onda plana en un tiempo igual al período(T), es decir:

A = vT

3) Número de onda (k)Es el número de longitudes de onda (A)contenidas en una fase de 2 n , esto es:

k 2?t 2tc _ co

A vT v

4) Frecuencia cíclica (ca)La frecuencia cíclica (angular) de unaonda plana del tipo sinusoidal, es la ra

pidez con la que se cubre una fase com pleta (2rc), es decir:

T

5) Amplitud (A)Es la máxima distancia alcanzada por las partículas que oscilan, respecto desu posición de equilibrio, cuando la onda pasa por ellas.

6) Relaciones entre v, T, co, A, f Las expresiones que relacionan, la velocidad de propagación (v), la longitud deonda (A), la frecuencia (f) y el perío do,son:

A cov = —= Af = A —

T 2ti

e) Potencia (P)La rapidez media con que transporta laonda la energía por unidad de tiempo,viene dada por:

= i p vco2Ayo,27t 271 — 1± —

T A$ = ( — 1 ± — x + (Po)

2) Longitud de onda (A)siendo, (p) la densidad del medio de

propagación, (v) la velocidad de propa-

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Física II 681gación, (co) la frecuencia cíclica, (A) elárea de la sección a través del cual pasala energía, y (y0) la amplitud de la onda.

f) Intensidad de energía (i)

Se llama así, a la energía media por unídad de área y tiempo, que pasa a travésde una sección del medio de propagación, viene dado por:

g) Ondas monocromáticasSe dice que un conjunto de ondas son

monocromáticas, si estas poseen la misma frecuencia, esto es:

f, = - = fn

h) Onda homogéneaUna onda es homogénea si la funciónde onda (y) es constante, sobre el frente de onda; esto es, si la amplitud de laonda es constante.

i) Frentes de ondaSe llama así a la superficie en la cual lafase de una onda ( 9 ) es constante.

• Para una onda plana los frentes de onda son superficies planas para los cua

les k • r = cte.• Para una onda esférica los frentes de

onda son esferas siendo r =cte.

j) Ondas estacionarias

Se llama así a la onda que resulta de lasuperposición de dos ondas sinusoidales que se propagan una al encuentro dela otra y que tienen la misma frecuenciay amplitud; y en caso de ser transversales igual polarización.Ejemplo: 07Una onda estacionaria transversal se orígina, si un extremo de un hilo lo fija

mos y el otro extremos lo ponemos enmovimiento oscilatorio, mediante un vi

brador.

• Si se superponen dos ondas planas coherentes móviles se obtiene una onda

plana estacionaria.

k) Onda planaUna onda se dice que es plana si sus

frentes de onda forman un conjunto de planos paralelos entre si, por ejemplo,las ondas del tipo sinusoidal que se pro

pagan en un medio no absorbente son planas.

í) CoherenciaDos ó más ondas se dicen que son coherentes cuando son generadas por fuentes (focos) que oscilan con la misma fre

cuencia manteniendo un defasaje constante, caso contrario se dice que son incoherentes.

4. VELOCIDAD DE PROPAGACION DE UNA ONDA

a) Velocidad del sonidoLa velocidad de las ondas sonoras en líquidos y gases, viene dado por:

v - ( VP

siendo, (K) el módulo de compresibilidad del líquido ó gas, y (p) la densi

dad del medio no perturbado.• La velocidad de propagación de la onda

en el gas, también, puede obtenerse a partir de:

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682 Ondas

P

siendo, (x) el coeficiente de Poisson,

(P) la presión del gas y (p ) su densidad.

b) Velocidad en un medio isótropo sólidoLa velocidad de las ondas transversalesen un medio isótropo, viene dado por:

P

siendo, (G) el módulo de rigidez del medio de propagación, y (p) su densidad.

c) Velocidad de las ondas longitudi-nales en una varillaLa velocidad de propagación de las ondas longitudinales en una varilla de módulo de Young (E) y densidad (p), vie

ne dado por:

P

d) Velocidad de las ondas transver-sales en una cuerdaLa velocidad de propagación de las ondas transversales en una cuerda de densidad de masa longitudinal ( p ), de resis

tencia a la rotura (a) , viene dado por:

p p A

siendo, (F) la fuerza de tracción y (A)el área de la sección transversal de lacuerda.

5. ONDAS SONORAS

a) DefiniciónSe llaman ondas sonoras o acústicas alas ondas elásticas de poca intensidad,es decir, a las perturbaciones mecánicas débiles que se propagan en un medio elástico.

b) ClasificaciónLas ondas sonoras según su frecuencia,se dividen en cuatro grupos:

Grupo Frecuencia (fíz)

Infrasonido f< 16

Sonido audible 16 < f < 2.104Ultrasonido 2.104 < f < 109

Hipersonido f> 109

c) Velocidad de propagaciónEs una magnitud vectorial, mide la ra pidez con la que se propaga la pertur bación, así, la rapidez del sonido en el

aire es de aproximadamente 340 m/s.

d) Características

1) IntensidadPara una fuente de sonido de potencia"P", ubicada a una distancia "d", del receptor, la intensidad viene dado por:

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Física II 683

1= 24nd

• El oído humano puede percibir intensidades sonoras comprendidas en el inter

valo de 1 0 12 W/m2 a 1 W/m2.2) Nivel de referencia de intensidad

Es una cantidad física escalar, que serepresenta simbólicamente con una "(3"

y que mide la intensidad de un sonido"I", respecto de la intensidad de refe

rencia "I0", viene dado por:

P = 10 fog10( l )

losiendo, (p) el nivel de referencia de laintensidad lo,cuyo valor es 10'12W/m2.

3) TonoSe utiliza para diferenciar si un sonidoes fuerte o débil, así, a un sonido de ba

ja frecuencia le corresponde un tono ba jo.

4) TimbreEs la diferencia de sonidos producidos por dos fuentes diferentes de una misma intensidad de tono.

6. ONDAS ELECTROMAGNETICAS

a) DefiniciónSe llaman ondas electromagnéticas a

las perturbaciones del campo eléctrico ymagnético que se propagan en un medio material o el vacío.

b) Características1) Las ondas electromagnéticas están for

madas por ondas del tipo sinusoidal, una correspondiente al vector del campo

eléctrico (E), y la otra al vector del

campo magnético (B), perpendiculares

entre sí, y ambas transversales a la dirección de propagación de la onda, como se aprecia en la Fig.

2) Los campos eléctrico y magnético queforman la onda oscilan en fase, esto es,cuando uno de ellos es mínimo el otrotambién es mínimo.

3) En una onda electromagnética plana,las magnitudes de los campos eléctricoy magnético, están relacionados por:

E = c B

4) Las ondas electromagnéticas transpor tan energía, más no materia.

5) Las ondas electromagnéticas transpor tan energía y poseen cantidad de moví

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684 Ondas

6)

miento, así, en la Fig. se observa que laenergía y cantidad de movimiento de laonda electromagnética, producen la rotación de la placa muy sensible y delgada.

Las ondas electromagnéticas pueden ex perimentar los fenómenos de reflexión,refracción, interferencia, difracción y

polarización.

c) Velocidad de propagaciónLa velocidad de propagación de unaonda electromagnética en el vacío, viene dado por:

c = ^0.f0 = 3.108m /s

siendo, "A,0" su longitud de on da," f0"

su frecuencia, y (c) la velocidad de laluz en el vacío.

• La velocidad de la luz en el vacío de pende de la permitividad eléctrica en elvacío ( e 0 ) , y de la permeabilidad mag

nética en el vacío ( p0), así:

c = [sopo]-1/2=3.108-s

La velocidad de propagación de una onda electromagnética en un medio diferente del vacío, viene dado por:

v = X f

Como, la frecuencia de la onda electromagnética no cambia (f0=f), entonces:

- = í ^ ° > l => X >X v fX

es decir, la onda electromagnética tie neuna mayor longitud en el vació, que enotro medio.

ELECTROMAGNETICA

a) DefiniciónSe denomina espectro de la radiación electromagnética, al conjunto de diferentes frecuencias y longitudes de ondaque presentan las ondas electromagnéticas, matemáticamente este conjuntode frecuencias ó longitudes de onda serepresentan así:

[f ] = (f„...,fn) ó [M = ( v . . a n)

b) ClasificaciónEl espectro electromagnético, se clasifica en:

Ondas de radio-frecuenciaEste tipo de ondas incluyen la radiaciónde las líneas eléctricas, ondas de radiode AM y FM y las de TV.

1)

2) Micro-ondasSe utilizan frecuentemente en las ondasde radar, comunicaciones, análisis de laestructura atómica y molecular.A la región de las micro-ondas se le liama también UHF (ultra high frecuency)frecuencias Ultra altas.

7. ESPECTRO DE LA RADIACION3) Espectro infrarrojo

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Física II 685

3) Espectro infrarrojoEstas ondas son producidas por cuer pos calientes y moléculas.

Ejemplo: El motor de un avión generaondas infrarrojas.

4) Luz o espectro visibleLa luz producida por átomos y moléculas como resultado del movimiento intemo de sus componentes, principalmente los electrones de las capas atómicas.

5) Rayos ultravioletasSon producidas por átomos y moléculas en descargas eléctricas. Por ejem

pío, el sol es una fuente rica de rad iación ultravioleta, la que hace posible el

bronceado de la piel.

6) Rayos - X

Los rayos - X son producidos por los electrones más fuertemente ligados, queabandonan el átomo, también se produce rayos-X por efecto de la radiación defrenado. Debemos mencionar que unacantidad inapropiada de radiación Xdestruye los tejidos sanos.

7) Rayos gammaEstas ondas son de origen nuclear y son

producidas por muchas sustancias radioactivás, cuando son absorbidas por

organismos vivos producen efectos graves. Se utilizan con mucha frecuenciaen la investigación astronómica.

8. ESPECTRO VISIBLE

• Los colores que perciben el ojo humano dependen de la frecuencia (ó longitud de onda) de la onda electromagnética.

• La sensibilidad del ojo también depede de la longitud de onda de la luz; es tásensibilidad es máxima para longi tudesde onda de 5,6.10'7m.

Color A..10'7 , v 104,(m) (Hz)

violeta 3,90 - 4,55 7,69 - 6,59

azul 4,55 - 4,92 6,59 - 6,10

verde 4,92 - 5,77 6,10-5,20

amarillo 5,77 - 5,97 5,20 - 5,03

naranja 5,97 - 6,22 5,03 - 4,82rojo 6,22 - 7,80 4,82 - 3,84

• La visión es el resultado de señalestransmitidas al cerebro por dos elementos presentes en una membrana llamadaretina, la cual, se encuentra en el fondodel ojo; estos elementos son los conos y

bastoncillos.• Los conos son activos a la luz intensa, y

sensibles a los colores, mientras los bastoncillos nos permiten ver con pocaluz (oscuridad), y son insensibles a ioscolores.

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686 Ondas9. FENOMENOS ONDULATORIOS

DE LA LUZ

a) Reflexión de la luzEs el cambio de dirección que experimentan los rayos luminosos cuando encuentran una superficie pulida.

SUPERFICE SUPERFICIE

PLANA CURVA

> LeyendaR.i : rayo incidenteR.r : rayo reflejado0j : ángulo de incidencia

0r : ángulo de reflexión

N : perpendicular (normal) a lasuperficie pulida.

> Leyes de la reflexión1) El rayo incidente, rayo reflejado y ñor

mal, se encuentran en un mismo plano2) El ángulo de incidencia es igual al ángu

lo de reflexión, esto es:

0, =er

b) Refracción de la luz

Es el cambio que experimentan los rayos cuando atraviesan la superficie quedivide dos medios transparentes distintos.

> LeyendaR.i rayo incidenteR.R rayo refractado

e¡ ángulo de incidencia

ángulo de refracción

N perpendicular (normal) a la su perfície que divide los medios

> Indice de refracción (n)El índice de una sustancia transparentese define como la razón de la velocidadde la luz en el vacío "c" a la velocidadde la luz "v" en el medio transparente,es decir:

siendo, "A,0" y "X." las longitudes de on

da de la luz en el vacío y en el mediorespectivamente.

• El índice de refracción mide la densi

dad óptica de un medio transparente.• El índice de refracción es una magnitud

física adimensional mayor que 1.

TABLA

SustanciaIndice de

refracciónAgua (25° C) 1,33

Alcohol (20° C) 1,36

Vidrio "crown" 1,52

Hielo 1,31

Aire 1,00029

Cuarzo 1,51

Diamante 2,417

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Física II 687>

1)

2)

Leyes de la refracciónEl rayo incidente, el rayo refractado yla normal, se encuentran en el mismo

plano.Si el rayo es monocromático, se cumplela ecuación conocida como la ley deSnell:

njSenBj = nRsen0R

n¡ = índice de refracción del medio in

cidentenR = índice de refracción del medio

refractante.

c) Interferencia

• Se denomina interferencia a la superposición simultánea en una región del es

pació de dos ondas.• Se pueden generar de varias formas la

interferencia ondulatoria, así, cuando una onda se superpone a su onda refle

jada se genera una onda estacionaria.• Otra forma de interferencia se encuen

tra en el movimiento ondulatorio confinado a una región del espacio de unacuerda fija por sus extremos, un líquidoen un canal, una onda electromagnéticaen una cavidad metálica, etc.... La inter ferencia en estos casos da como resultado ondas estacionarias.

Se produce interferencia constructivacuando las amplitudes (At, A2) de lasondas que interfieren se suman, dandocomo resultado una onda de mayor am

plitud (A]+A2) como muestra la Fig.

Se produce interferencia destructivacuando las amplitudes (Ai, A2) de lasondas que interfieren se restan, dandocomo resultado una onda de menor am

plitud (Ai -A2) como muestra la Fig.

A i

d) Difracción de la luzSe denomina así a las desviaciones ensus trayectorias que sufren las ondas de

luz, cuando pasan por el borde de laabertura de una pantalla, o colisionancon un objeto, que puede ser un alam

bre o disco, como muestra la Fig.

O N D A S

P L A N A S

O N D A S

D I F R A C T A D A S

Para que la difracción sea notoria la Iongitud de onda debe ser menor que el tamaño de la abertura.

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Física II 689Se denomina birrefringencia o doble refracción al fenómeno en la cual el rayoque incide sobre una superficie de cristal se desdobla en dos rayos refractadoslinealmente polarizados de manera per

pendicular entre si como si el materialtuviera dos índices de refracción distintos, como muestra la Fig., para el cristalde espato de islandia.

• La primera de las dos direcciones siguelas leyes normales de la refracción y sellama rayo ordinario; la otra tiene unavelocidad y un índice de refracción variables y se llama rayo extraordinario.Ambas ondas están polarizadas perpendicularmente entre sí. Este fenómeno

sólo puede ocurrir si la estructura delmaterial es anisótropa. Si el material tiene un solo eje de anisotropía, (es decir es uniaxial), la birrefringencia puedeformalizarse asignando dos índices derefracción diferentes al material paralas distintas polarizaciones.La birrefringencia está cuantificada por la relación:

An = n e - n 0

siendo, n0, ne los índices de refracción para las polarizaciones perpendicular (rayo ordinario) y paralela al eje de anisotropía (rayo extraordinario), respectivamente.

• La birrefringencia puede darse tambiénen materiales magnéticos, pero varia dones sustanciales en la permeabilidad

magnética de materiales son raras a lasfrecuencias ópticas.El papel de celofán es un material birrefringente común.El fenómeno de birrefringencia no se daen cristales cúbicos regulares.

h) Experimento de Young

F

• Mediante está experiencia ThomasYoung en 1 802, demostró por vez pnmera el fenómeno de la interferencia deondas luminosas, para lo cual utilizó como fuente luminosa la luz solar.

• Mediante el experimento de Young sedemuestra, también, el comportamientoondulatorio que posee la luz.

• Los dispositivos utilizados en el experimentó, consisten básicamente de dos láminas la primera de una sola rendija"S" y la segunda de dos rendijas "Sj" y

"S 2", una fuente de luz monocromática

(de una sola frecuencia o longitud deonda) coherente, y una pantalla "F", tal

como se observa en la Fig..• Las ondas de luz al pasar por "S" se diffactan, a su vez, estas ondas al incidir sobre las rendijas "Sj" y "S2", produ

cen la interferencia, las cuales se obser van en la pantalla "F" como franjasobscuras e iluminadas, las franjas oscuras se asocian a la interferencia destructiva, y las franjas iluminadas a la inter ferencia constructiva.

i) Holog rafiaEs una técnica avanzada de fotografía,que consiste en crear imágenes tridimensionales de los objetos basados enel fenómeno de la interferencia de lasondas de luz. Para esto se utiliza un rayo láser, que graba microscópicamenteuna película fotosensible. Esta, al red

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690 Ondas bir la luz desde la perspectiva adecúada, proyecta una imagen en tres dimensiones.

• En la holografía, a diferencia de lo queocurre en el método fotográfico común,se registran, por medio de una emulsiónfotosensible, no sólo las relaciones entre las amplitudes (o sus cuadrados, esdecir, las intensidades) de las ondas lumiñosas difundidas por las distintas par tes pequeñas de la superficie del objeto,sino también entre las fases de estas ondas.

j) PrismaDispositivo de vidrio que se utiliza para

observar la descomposición de la luz enlos colores del arco iris, que van desdeel rojo hasta el violeta, cuando se refractaa través del prisma, este fenómeno recibeel nombre de dispersión y se debe a quela velocidad de la luz en un medio cualquiera varía con la longitud de onda (elíndice de refracción de un medio y por tanto la velocidad de la luz en el mismodepende de la longitud de onda). Cada

color tiene una longitud de onda distinta.Así, para un mismo ángulo de incidencia,la luz se refracta con ángulos distintos

para diferentes colores, como se apreciaen la Fig.

(1)(2)(3)

(1) rojo, (2) amarillo, (3) azul

k) Arco irisEl arco iris es una consecuencia de la dis

persión de la luz del sol cuando se refracta y se refleja en las gotas de agua de llu

via. El color rojo es el que menos se refracta y se encuentra en la parte exterior del arco.

i) Efecto invernaderoSe llama así al calentamiento que expe

rimenta la atmósfera terrestre, debido aque este absorbe la luz infrarroja (IR)

procedente del suelo, evitando una per dida de calor hacia el espacio exterior,como consecuencia el suelo y el climaterrestre adquieren una mayor temperatura de la que pudieran estar si no existiese este efecto.

• La pequeña contribución del ozono (molécula 0 3) al “efecto invernadero” , es o

casionada por la presencia del ozono enel aire urbano altamente contaminadoen regiones cercanas al suelo.

• El efecto invernadero ayuda a mantener la Tierra a temperaturas cómodas parala vida, pero esta es una situación conun balance muy delicado. En el últimomedio siglo, la quema de combustiblesfósiles, carbón y petróleo, ha incrementando continuamente el contenido at

mosférico de C02. La temperatura promedio de la Tierra también se ha incrementado, y este incremento se cree quees debido al aumento de C 0 2.

m) ¿Por qué se pierde el ozono?El ozono que se encuentra a grandes alturas se pierde debido a la presencia delcloro, producido en los gases refrigerantes que se pierden, en los dispositivos de aires acondicionados, refrigera

dores, botes de aerosol y también en a]gunas aplicaciones industriales. Comoestos gases son muy estables pueden

permanecer en la atmósfera por muchosaños, y al llegar a la estratosfera sus moléculas son divididas por la luz ultravioleta desprendiendo cloro. Debido al daño que ocasionan estos gases a la capa

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692 Ondas

Para un tiempo igual al período T0 desus oscilaciones, la fuente recorrerá unadistancia igual a ViT0=Vi/f0, siendo f0 lafrecuencia de las oscilaciones de lafuente (claxon de la combi). En la Fig.,la diferencia de las longitudes de ondacuando la fuente (F) está en movimiento "A,", y cuando está en reposo

" V es:

A - A0 = VjTq

A = A0 + v,T0 = ( v + V|)T0

A = (v + V!)/f0

siendo, "v" la velocidad de fase de la

onda en el medio. Así, la frecuencia dela onda registrada por el receptor (R)es:

f _ v _ foA 1+ (vj /v )

Ahora, si la dirección del vector velocidad de la fuente v, forma un ángulo ar

bitrario "0" con la rec ta que une a la

fuente (F) con el receptor (R), la expresión anterior se escribe así:

l + (Vj cos0/v)

La frecuencia registrada por el receptor "f" es menor que la frecuencia de lasoscilaciones de la fílente " f 0 " .

L 2¡a _______ i

• Si la fuente (F) se acerca con una velocidad V j, al receptor (R) en reposo a lo

largo de la recta que los une, la frecuencia de las ondas de sonido, registrada

por el receptor, viene dada por:

f = — J ° -----

l - ( V j / v )

La frecuencia registrada por el receptor "f" es mayor que la frecuencia de lasoscilaciones de la fuente "f0".

• Ahora, si la dirección del vector velocidad de la fuente Vj forma un ángulo ar

bitrario "0" con la recta que une a lafuente (F) con el receptor (R), la expre

sión anterior se escribe así:

1 —( Vj cos0/v)

> Segundo casoEl receptor (R) se acerca con una velocidad v 2 a la fuente (F) en reposo respec

to de un medio gaseoso, a lo largo de larecta que los une.

R

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Física II 693

En la Fig., la longitud de la onda en el

medio es A,=Xo=v/f0. Pero la velocidadde propagación de la onda con respectoal receptor es v+v2, de modo que la frecuencia del de sonido registrada por elreceptor (R) es:

f v + v 2. = (i + — Ko^0 V

La frecuencia "f" registrada por el receptor es mayor que la frecuencia delas oscilaciones de la fuente "f0".

Si la dirección de la velocidad v2 del

receptor forma un ángulo "0" con larecta que une al receptor con la fuente,

la expresión anterior se escribe así:

f = (1 + — co s0)fo

Si el receptor (R) se aleja con una velocidad v 2 de la fuente (F) en reposo

respecto de un medio gaseoso, a lo lar go de la recta que los une, la frecuenciade las ondas de sonido registrada por elrecep tor (R), viene dada por:

la expresión an terior se escribe así:

f = (1- — cos0)fov

> Tercer caso

La fuente (F) y el receptor (R) se acer can (o alejan) entre si con velocidadesV] y v2 respecto del medio gaseoso (o

fluí do), a lo largo de la recta que los

une.

Aplicando el principio de superposición al primer y segundo caso, se encuentra que la frecuencia registrada por el receptor (R) es:

l ± ( V v )

l + (vj/v ) 0

siendo, "v" la velocidad la velocidad defase de la onda en el medio.Si los vectores velocidad v¡ y v2, for

man ángulos 0¡ y 02, con la recta que

une al receptor con la fuente, la expresión anterior, se escribe así:

X0 v

La frecuencia "f" registrada por el receptor es menor que la frecuencia delas oscilaciones de la fuente 11f 0 " .

Si la dirección de la velocidad v2 del

receptor forma un ángulo "0" con larecta que une al receptor con la fuente,

f = r l± (v 2 /v) cos92i f 1+ ( V j /v)cos0, 0

d ) E f e c t o D o p p l e r electromagnéticoEs la variación de la frecuencia de lasondas luminosas percibidas por el obser vador debido al desplazamiento mutuodel observador y de la fuente de luz.

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694 OndasSi la fuente luminosa y el receptor deondas luminosas se desplazan unifor memente con respecto a un sistema inercial de referencia, la frecuencia observada (f) de la luz está relacionadacon la frecuencia (f0) observada en estesistema estando inmóviles la fuenteemisora y el observador, mediante la relación:

f = fr[1 -(v/c)2]1/2

1 + (v / c) eos 0

siendo, (0 ) el ángulo entre la línea deobservación y la dirección del movímiento de la fuente con respecto al ob

servador, medido en el sistema de coor denadas relacionado con el observador,(v) la magnitud de la velocidad del movimiento relativo de la fuente emisiva, y(c) la velocidad de la luz en el vació.

siendo,(R) el receptor y (F) la fuente dela ondas luminosas, que se traslada convelocidad (v) a lo largo del eje X, y S,S’ los sistemas de coordenadas cartesiañas el primero fijo y el segundo moviéndose jun to a la fuente.

Casos particulares

> Si la fuente (F) y el observador (R) sealejan el uno del otro,0 = 0o, se tiene:

f = f0 [— ] 1 /2 > f < f 0c + v

A. >

> Si la fuente (F) y el observador (R) seacercan el uno hacia el otro, 0 = 180°,se tiene:

f = f0 [ ^ ] 1/2. f > f o .c - V

> Si la fuente (F) y el observador (R) for man un ángulo de 0 = 90° ó 0 = 180°, setiene:

<<: Efecto transversal Doppler >>

> Para, 0 = tc/ 2 ó 0 = 3tc/ 2 y v « c , s etiene que f = f0 , X = A,0 , y no se obser

va el efecto Doppler.

> Para, cos0 = -[1 - (1 - (32)]172 y v « c

no se observa el efecto Doppler, siendo(P=v/c).

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Física II 695e) Velocidad de grupo (vg)

• El pulso de la Fig., no es armónica, pues, su amplitud no es constante.

• La velocidad de grupo es la velocidades la velocidad con la que se desplazaun pulso.

• Para un medio no dispersivo ni absor

vente la velocidad de fase coincide conla de grupo.

• Para un medio dispersivo, la velocidadde propagación depende de la longitudde onda (frecuencia), y la velocidad degrupo, viene dada por:

siendo, (v) la velocidad de propagación

de la onda sinusoidal, (k) el número deonda.

• Las ondas de amplitud modulada (pulsos) se utilizan para transmitir señaleselectromagnéticas.

f) Pulso de ondaUn pulso es un perturbación que experimenta un medio o estado físico que dura un corto intervalo de tiempo y de ex

tensión limitada. Una característica principal de un pulso es que tiene un prin ti pió y un final. Ejemplos de pulso son:

1) Una sacudida brusca (subida y bajadade la mano) aplicada en el extremo de una cuerda tensa produce un pulso de una onda mecánica que se propaga a lolargo de la cuerda, de izquierda a derecha.

2) El sonido de un disparo es un pulso de .una onda de sonido que se propaga enel espacio, en todas las direcciones.

3) Un flash o destello luminoso es un pulso de una onda de luz, etc...

• Se debe decir que un pulso es producido por una sola vibración (efecto pertur

bador), en tanto, una onda es producida por una serie sucesiva de vibraciones, por lo que, un pulso no es precisamente

una onda.

g) Pulso electromagnéticoSe llama pulso electromagnético (PEM)a la emisión de energía electromagnétjca de alta intensidad en un breve período de tiempo. Esta emisión de radiación electromagnética puede ser resultado de una gran explosión nuclear o uncampo magnético que fluctúa intensa

mente causado por la fuerza de empujedel efecto Compton en electrones y fotoelectrones de los fotones dispersadosen los materiales del aparato electrón!co o explosivo, o a su alrededor.

h) ¿Por qué el cielo se ve azul?Los rayos solares, al pasar por la atmósfera colisionan con las partículas constituyentes (moléculas, iones, etc...) dando lugar a la emisión de ondas secundarias (Difusión) que al propagarse en tpdas las direcciones, producen nuevasondas secundarias. Estas ondas secundarias son de longitudes de ondas pequeñas, o sea, una mezcla de azul y violetalo que da como resultado el color azuldel cielo.

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696 Física II


01. Una onda se propaga con rapidez de v=3.108 m/s, y tiene un período igual a T=10'14 s.Halla r su longitud de onda.


02. Una onda mecánica de longitud de onda 5 cm, recorre 100 cm en 5 s. Hallar su frecuencia.

a) 1 Hz b) .2 Hz c) 3 Hz d) 4 Hz e) 5 Hz

03. Por la posición de Pepé pasan 20 crestas en 40 s, de unas olas superficiales de agua cu

ya distancia entre un valle y una cresta adyacentes es 2 m. Hallar la rapidez de propagación de las olas.


04. La distancia entre la primera y la cuarta cresta de una onda es 15 cm. Hallar su longitudde onda.


05. El oído humano percibe sonidos cuyas frecuencias están entre 20 Hz y 20000 Hz. Hallar la menor longitud de onda correspondiente a estas frecuencias, la rapidez del sonido es vs = 340 m/s.

a) 11 mm b) 13 mm c)1 5m m d)1 7m m e)1 9m m

06 Una onda que se propaga con una rapidez de 400 cm/s. ¿En qué tiempo recorrerá unadistancia de 12 cm? (m il i: m = 10'3)

a) 10 ms b) 20 ms c) 30 ms d) 40 ms e) 50 ms

07. Las ondas superficiales producidas por el balanceo de un bote en un lago tienen una

longitud de onda de 5 m y tardan 20 s en llegar a la orilla distante 50 m. Hallar el período de oscilación de las ondas.

a) 1 s b) 2 s c) 3 s d) 4 s e) 5 s

08. En la Fig.01, los dos pulsos de onda generados en una cuerda tensa se mueven en direcciones contrarias. Hallar el tiempo que tardan en pasar uno sobre el otro.

a) 3 s b) 2 s c) 3 s d) 4 s e) 5 s

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Ondas 697

09. En la Fig.02, la onda se mueve hacia la derecha. Diga en qué direcciones se mueven las partículas A y B.

a)A (< -);B (—>) b )A (-» ;B (< -) c) A (t) ;B (¿) d) A(4) ; B(T) e) A (-> ); B(->)

2 cm/s2 cm/s

n

12cm 1 6cm 4cm

Fig.01 Fig.02

10. En la Fig.03, las ondas "1", "2" y "3" se propagan hacia la derecha. Hallar el valor de lala siguiente relación: (Xj / X2) + (X) /X 3)

a) 1 b) 2 c) 4 d) 6 e) 8

Fig.04

11. En la Fig.04, se muestra el movimiento de una onda mecánica. Hallar su rapidez de pro pagación.

a) 0,1 m/s b) 0,2 m/s c) 0,3 m/s d) 0,4 m/s

12. En la Fig.05, la onda de frecuencia 2 Hz se propaga en una cuerda.

I) ¿En qué tiempo el punto P realiza una oscilación completa?

a) 0,1 s b) 0,2 s c) 0,3 s d) 0,4 s

II) ¿Donde se encuentra el punto P luego de un tiempo de 0,375 s?

a) x=+A b) x=-A c) x=+A/2 d) x=-A/2

e) 0,5 m/s

e) 0,5 s

e) x = 0

III) ¿Cuántas ondas completas han pasado por el punto P en un tiempo de 6 s?

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698 Física II

a) 10 b) 12 c) 14 d) 16 e) 18

13. El período de un movimiento ondulatorio es de 0,04 s y su rapidez de propagación de300 m/s. Hallar la diferencia de fase entre las oscilaciones de dos puntos que están a lasdistancias de 10 m y 16 m de la posición de equilibrio.

a) tt/2 b) tc/4 c) 7i d)27i e)37i

14. La longitud de onda de un movimiento ondulatorio es 1 m. Hallar la diferencia de faseen tre las oscilaciones de dos puntos, que se hallan en un mismo rayo y a la distancia de2 m.

a) n/2 b) 7t /4 c) 7t d)27 i e ) 47t

15. En la Fig.06, cuando la onda pasa por el punto A, este sube. Hallar la dirección de pro pagación de la onda.

a) (<- ) b ) ( -> ) c ) ( t ) d) (M e) (<->)

1 6 . Un rayo de luz pasa del aire (n=l) al agua (n=4/3) con un ángulo de incidencia igual a

53°. Hallar el ángulo de refracción.

a) 30° b)37° c) 45° d) 53° e) 60°

1 7 . La rapidez de la luz en el diamante es de 125000 km/s. Hallar el índice de refraccióndel diamante.

a) 2,0 b)2,2 c)2 ,4 d)2 ,6 e) 2,8

1 8 . ¿Qué tiempo tarda en atravesar un rayo de luz, una placa de vidrio de espesor 3 cm e indice de refracción n=l,5? (pico : p=10‘12)

a) 50 ps b)60 ps c) 70 ps d) 80 ps e) 90 ps

1 9 . En la Fig.07, un rayo de luz incide sobre un medio transparente, de índice de refracciónn=4/3, formando un ángulo "0". Hallar el valor de "0" si el rayo reflejado es perpendicular al rayo refractado.

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Ondas 699

a) 30° b) 37° c) 45° d) 53° e) 60°

Fig.08

— frecuencia y ■

Fig.07

2 0 . Respecto de las ondas, complete correctamente la oración.Ondas monocromáticas, son aquellas que tiene l a -------------

—longitudes de onda.

2 1 . Una cuerda de piano de acero de 80 cm de longitud y masa de 10 g, se tensa medianteuna fuerza de 500 N.I) ¿Cuál es la velocidad de las ondas transversales en la cuerda?


II) Para reducir la velocidad de la onda a la mitad sin modificar la tensión, ¿Qué masade alambre de cobre habrá que enrollar alrededor del hilo de acero?

a) 10 g b) 20 g c) 30 g d) 40 g e) 50 g

2 2 . Cierta cuerda de violín tiene 50 cm de largo entre sus extremos fijos y su masa es de 2g. La cuerda genera la nota “La” (440 FIz) cuando se pulsa con los dedos, ¿A qué distancia del extremo fijo, debe ubicarse el dedo para tocar un “Do” (528 Hz)?


2 3 . Hallar la frecuencia del modo fundamental de la onda transversal que puede establecerse en un alambre de acero de masa 5 g y longitud 1 m, sometido a una tensión de 968

N.

a) 200 Hz b) 210 Hz c) 220 Hz d) 230 Hz e) 240 Hz

2 4 . En la Fig.08, una cuerda de densidad lineal de masa p= 0,2 g/cm es tensada con un peso de 98 N como se muestra. Sabiendo que la diferencia en longitudes de onda del 1er armónico y 7mo armónico es de 24 m. Hallar la longitud de onda cuando la cuerda vi

bra en su 5to armónico y su frecuencia de oscilación.

a) 5,2 m ; 12,7 Hz b) 5,8 m ; 12,1 Hz c) 5,4 m ; 12,3 Hzd) 5,6 m ; 12,5 Hz e) 5,0 m ; 12,9 Hz

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700 Física II25. Un hilo de longitud f = 3 m y masa m= 0,3 kg, tiene un extremo unido a un vibrador y

el otro extremo pasa por una polea y sostiene a un bloque de masa M=9 kg, ¿Cuál es lavelocidad de las ondas transversales?, ¿Qué tiempo invierte el pulso para recorrer todoel hilo? (g=10 m/s2)

a) 40 m/s ; 0,4 s b) 10 m/s ; 0,5 s c) 50 m/s ; 0,2 sd) 20 m/s ; 0,3 s e) 30 m/s ; 0,1 s

26. En la Fig.09, se muestra una cuerda estirada constituida por una parte delgada de longitud "t " y otra parte gruesa de longitud "2i " . Al hacer oscilar el extremo de la cuerda

delgada con frecuencia f=20 Hz se propaga una onda. Si en la parte delgada la longitudde onda es f/ 8 y en la parte gruesa X2 =1/16, hallar el tiempo aproximado que de

mora un pulso en recorrer toda la cuerda.

a) 1 s b) 2 s c) 3 s d) 4 s e) 5 s

27. Dos cuerdas (1) y (2) de densidades lineales de masa pi y p2 ( |-t2:=4u¡) se encuentranunidos por sus extremos. En el extremo izquierdo de la cuerda (1) se genera una ondaarmónica de frecuencia 20 Hz y velocidad de propagación 5 m/s, hallar la longitud deonda en la cuerda (2), cuyo extremo derecho está unido a una pesa a través de una polea.

a) 0,110 m b) 0,115 m c) 0,120 m d) 0,125 m e) 0,130 m

28. Los extremos izquierdo y derecho de una cuerda de longitud 1 m y masa 0,25 g están unidos a un diapasón que efectúa 200 vibraciones cada segundo, y a través de una poleaa un bloque. Hallar la tensión en el hilo para que se establezca el 4to armónico de una

onda estacionaria.

a ) l , 0 m b ) l ,5 m c )2 ,0m d) 2,5 m e )3 ,0m

29. En la Fig.10, la cuerda de longitud vibra con la frecuencia de su tercer armónico,cuando el platillo contiene M=1 kg, si se recubre la cuerda con un material de tal manera que se duplica su densidad lineal de masa, ¿Qué masa "m" hay que agregar en el píatillo para que su frecuencia de oscilación en el 4to armónico sea igual a su frecuencia deoscilación anterior?

a) 110 g b) 115 g c) 120 g d) 125 g e )1 3 0 g

30. Una cuerda de longitud í = 2 0 m y masa m=5 kg está suspendida del techo, y en su extremo inferior se ubica una masa de M=8 kg. Si en el extremo inferior se producen ondas de frecuencia 20 Hz, ¿Cuál es aproximadamente la longitud de onda? (g=10 m/s2)

a) 1,015 m b) 1,025 m c) 1,035 m d) 1,045 m e) 1,055 m

31. La elongación de una onda en función de la posición y el tiempo es y = 8 sen(3x -1020. t)

con "x" e "y" en m y "t" en segundos. Hallar la velocidad de propagación de la onda.

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Ondas 701


■21

Fig.09 Fig. 10

32. Dada la ecuación de una onda transversal, que se propaga en un hilo de longitud

< = lm y m asa m = 4 kg, y = 10 sen27i (——5.t) , donde x e y están en centímetros, "t"8

en segundos. Hallar:

I) El número de onda y la frecuencia angular.. n _j rad

a) -cm ; 57t — 2 s

ti _ i rad b) - cm ; 15ti —

3 s

d) 71cm 1 ; 20715

rad

s

71 _ !e) -cm7 6

25ti

71 _ jc) —cm

4rad

1071rad

II) La longitud de onda y el período de las oscilaciones.

b) 6 cm ; 0,1 sa) 8 cm ; 0,2 sd) 2 cm ; 0,4 s

c) 4 cm ; 0,3 se) 10 cm ; 0,5 s

III) La velocidad de propagación de las ondas,

a) 10 cm/s b) 20 cm/s c) 30 cm/s

IV) La tensión en el hilo.

a) 0,14 N b) 0,24 N c) 0 ,44N

d) 40 cm/s e) 50 cm/s

d) 0,64 N e) 0,84 N

3 3 . y = 2sen(7tx + 20O7t.t + tt/ 2) es la ecuación de una onda transversal que se propaga en

una cuerda, en la que "x" e "y" se miden en cm y "t" en segundos. Hallar velocidad de

propagación de la onda.

a) 100 cm/s b) 200 cm/s c) 300 cm/s d) 400 cm/s e) 500 cm/s

3 4 . Respecto del sonido, indicar las proposiciones verdaderas (V) o falsas (F):I) El sonido se propaga en el vacío.II) La velocidad del sonido es mayor en los sólidos que en los gases.III) El oído humano percibe intensidades de sonido mayores que 2 W/m2.

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702 Física II

a) VFV b) FVF - c) FFV d) VVF e) FFF

35. Respecto del espectro electromagnético, indicar las proposiciones verdaderas ó falsas

(F):I) Los rayos gamma son ondas de tipo longitudinal.

II) Las ondas de radio frecuencia, son las que tienen la mayor longitud de onda.III) El espectro infrarrojo es producido por la liberación de electronesen los átomos.

a) VFV b) FVF c) FFV d) VVF e) VFF

36. Respecto de las ondas electromagnéticas, indicar las proposiciones verdaderas ó falsas(F):I) Siempre son longitudinales.II) En el vació, siempre viajan a la velocidad de la luz "c".EH) Solo se propagan en un medio material


37. Respecto de las ondas electromagnéticas, indicar las proposiciones verdaderas ó falsas

(F):I) La luz puede refractarse pero no polarizarse.II) El sonido puede polarizarse pero no refractarse.III) La luz puede polarizarse, difractarse y refractarse.


38. Respecto de las ondas sonoras, indique las proposiciones verdaderas (V) ó falsas (F):I) Pueden experimentar reflexión, refracción y difracción.II) Pueden experimentar reflexión, refracción e interferencia.III) Pueden experimentar refracción, reflexión y polarización.


39. Dos fuentes sonoras idénticas separadas por 100 m, producen un nivel de intensidad de80 db en el punto medio de la recta que los une. Hallar la potencia de cada fuente.

a) n/2 W b) 7 c / 4 W c ) n W d) 2 ji W e)47rW

4 0 . ;Tico a que distancia mínima de una sirena de potencia 6471.10'8W, debe situarse para. 1 0 escuchar el ruido emitido por la sirena?

a) 100 m b) 200 m c) 300 m d) 400 m e) 500 m

4 1 . El nivel de intensidad emitido por 100 grillos es de 120 db. Hallar el nivel de intensjdad que genera cada grillo.

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704 Física II

a) 1 PH z b) 2 PHz c) 3 PHz d) 4 PHz e) 5 PHz

51. Un rayo luminoso pasa del aire a un medio refringente "x", con un ángulo de incidencia de 53°, y de refracción de 37°. Hallar la rapidez de propagación en el medio "x".

a) 1,25.10® — b) 2,25.108 — c)3 ,25.108 ™ d) 4,25.108 — e) 5,25 .108™s s s s s

52. Una sirena genera un sonido de frecuencia 1700 Hz y rapidez de propagación 340 m/s.Hallar la longitud de onda del sonido.

a) 10 cm b) 15 cm c)2 0c m d)2 5c m e)3 0c m

53. La dispersión de la luz blanca en un prisma es originada por:a) La doble refracción de la luz.

b) La polarización de la luz.c) La interferencia que experimenta la luz

al pasar a través del prisma.d) La variación de la frecuencia de la luz al pasar del aire hacia el prisma.e) La correspondencia univoca entre color e índice de refracción.

54. Respecto de las longitudes de onda del espectro visible: azul (Aa), verde (Av), rojo (AR);indique la relación correcta.

a) Aa ■> Av ^ Ar b) Aa < A,y < Ar c) Aa = Av = Ar

d) Aa ^ Ar > Av e) Ay ^ Ar > Aa

55. Un auto se acerca a una rapidez de v=30 m/s hacia una sirena que emite un sonido defrecuencia 500 Hz. Hallar la frecuencia captada por el conductor, la rapidez del sonidoes de Vs=340 in/s

a) 144 Hz b) 244 Hz c) 344 Hz d) 444 Hz e) 544 Hz

56. Un submarino que va sumergiéndose uniformemente emite impulsos sonoros de duración To=101T/99. La duración del impulso reflejado del fondo que se percibe es "T".La rapidez del sonido en el agua es 1400 m/s. ¿Con qué rapidez "v" va sumergiéndose

el submarino?

a) 10 m/s b) 12 m/s c) 14 m/s d) 16 m/se) 18 m/s

57. Respecto de las ondas electromagnéticas indicar las proposiciones verdaderas (V) ó falsas (F):I) Los campos eléctrico y magnético que forman la onda de luz no oscilan en fase.II) No se propagan en el vacío.

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Ondas /OS

III) Están formadas por dos ondas del tipo sinusoidal.


58. Respecto de las ondas de sonido, indicar las proposiciones verdaderas (V) o falsas (F):I) El oído humano puede percibir sonidos de intensidad de 10'3W/cm3.

II) Timbre es la diferencia de sonidos producidos por dos fuentes diferentes de intensidad de tono diferentes.

III) A un sonido de alta frecuencia le corresponde un tono bajo.

a) VFV b) FVF c) FFF d) VVF e) VFF

59. Respecto del espectro visible, indicar las proposiciones verdaderas (V) ó falsas (F).I) La mayor longitud de onda corresponde al color violeta.II) La menor frecuencia corresponde al color rojo.III) El color naranja tiene mayor longitud de onda que el color azul.

a) VFV b) FVF c) FVV d) VVF e) VFF

60. Respecto de los rayos-X, indicar las proposiciones verdaderas (V) o falsas (F).I) Tienen mayor longitud de onda que las ondas de radio.II) Son producidos por la expulsión de electrones de un átomo y por el efecto de ra

diación de frenado.III) Son altamente energéticos.


61. Respecto de una onda electromagnética, indicar las proposiciones verdaderas (V) ó fa]sas (F):I) La magnitud de É es "c" (velocidad de la luz) veces la magnitud de B.II) Siempre puede polarizarse.III) Su velocidad de propagación depende del medio en la que se propaga.

a) VFV b) FVF c) FVV d) VVF e) VVV

62. Respecto del sonido, indicar las proposiciones verdaderas (V) ó falsas (F).I) Son ondas electromagnéticas.

II) Su intensidad depende directamente de la potencia del generador del sonido.III) El nivel de referencia "P" correspondiente a una intensidad de 10'11 W/m2, es 10.


63. Respecto del espectro electromagnético, indicar las proposiciones verdaderas (V) ó fa¡sas (F):I) Se llama así al conjunto de oscilaciones que realizan las ondas.II) Las mayor longitud de onda corresponde a las ondas de radio.

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706 Física IIIH) Las menor longitud de onda corresponde a los rayos gamma.


6 4 . Respecto de las ondas, indicar las proposiciones verdaderas (V) o falsas (F).I) Ondas monocromáticas, son aquellas que tienen la misma frecuencia y diferentes

longitudes de onda.II) Cuando una onda pasa de un medio a otro varía su longitud de onda, más no su

frecuencia.III) Dos ondas son coherentes cuando son generadas por fuentes que oscilan con la

misma frecuencia.

a) VFV b) FVF c) FVV d) VVF e) VVV

6 5 . Si la razón de las longitudes de onda de dos ondas electromagnéticas es A.i/A,2=4, entonces la razón de sus frecuencias fi / f2 es:

a) 1/2 b) 1/3 c) 1/4 d) 1/6 e) 1/8

66. Un recluta observa el estallido de una bomba y después de un tiempo "t" escucha la ex

plosión. ¿A qué distanc ia del recluta se produjo la explosión, las velocidades de la luz ydel sonido son: "c" y "v"?

. c.v , , c.v . c + v c - v . ca) ------ 1 b ) 1 c) t d) t e) t

c —v c + v c.v c.v c —v

6 7 . Hallar la rapidez de propagación del sonido en el acero cuyo de modulo de Young es:E=21,6.1010N/m2 y su densidad de masa p = 7,7.103kg/m3.


68. La rapidez de propagación del sonido en el keroseno de densidad de masa igual a p = 800 kg/m3 es de 1330 m/s. Hallar su coeficiente de compresión (B) en m2/N.

a) 1,1.10"10 b) 3 ,1.10‘10 c) 5 ,1.10 '10 d)7 ,1 .1 0'10 e)9,1 .1 0 '10

6 9 . ¿Cuántas veces mayor es la rapidez de propagación del sonido en verano (+27° C) queen el invierno (-33° C)?

a) 1,12 b) 2,12 ‘ c) 3,12 d)4,12 e) 5,12

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Ondas 707

SOLUCIONARIO

S o l u c i ó n : 0 1

• La longitud de onda, viene dado por:A = v.T

A = (3.108)(10-14)

+ A = 3 pm ©

S o l u c i ó n : 0 2

• La rapidez con la que se propaga la onda mecánica es:

d 100 cmv = —= ----- = 2 0 —

t 5 s

Luego, la frecuencia de la onda es:

f = - = — A 5

* f = 4 Hz D


• La longitud de onda de las ondas es:

A = 2.d = (2)(2) = 4 m

La frecuencia de las ondas de agua es:

f = Nro. ondas = 20 = 0 5 H z

Tiempo 40

Luego, la rapidez de propagación es:

v = A.f = (4)(0,5)

* v = 2 m /s (®)

S o l u c i ó n : 0 4

• Entre la primera y cuarta cresta, hay treslongitudes de onda, por tanto:

. d 15 ( r )* A = —= — = 5 cm 'c y

3 3


• Las longitudes de onda correspondientes a las frecuencias dadas, son:

X v 3401 f, 20000

: 17 mm

i v 340 A y = — = ---------- = 17 m2 f2 20

* 1 7 m m < A < 1 7 m ( c )


El tiempo empleado por la onda es:

t = * = i ^ = 3 .1 0 -sv 400

* t = 30 ms


©

• La rapidez de propagación de las ondasde superficie es:

d 50 mv = —= — = 2,5 —

t 20 s

Luego, el período de oscilación es:

T - - - — ~ v ~ 2,5

* T = 2 s ©


• Recordando el tiempo de encuentro, eltiempo que tardan en pasar totalmente un pulso sobre el otro es:

2 + 6 + 4

vj + v 2 2 + 2

* t = 3s ©

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708 Física IIS N o t a

"d" es la distancia total de separación.


• Representemos la onda en dos instantesde tiempo diferentes, así:

Posición inicialPosición final ©

Como se aprecia la partícula "A" sube,y la partícula "B" baja.

@5 NotaRecordemos que las ondas no transpor tan materia, por lo que, las partículas no poseen movimiento horizontal.


• En la Fig, la longitud de cada cuadrad!to es 1 u, así, las longitudes de onda, son:

A.j = 4 u , X2 = 2 u , = 1 u

Luego, el valor de la relación dada es:

Lí ^ .1 —L — L - 2 + 4

Á.j Lí* —í- + _ i = 6

X2 X3 ©

S N o t a

Recuerde que tres nodos consecutivosforman una longitud de onda (L ).

S o l u c i ó n : 1 1

* El primer valle de la onda ha recorrido

12 cm en 0,6 s, de modo que la rapidez de propagación de la onda es:

d 0,12

V ~ t “ 0,6

+ v = 0,2m ©

S o l u c i ó n : 1 2

I) El tiempo que el punto P realiza una oscilación completa, corresponde al período del movimiento ondulatorio, es decir

T = - = —= 0,5 s ®

f 2

II)E1 punto P luego de transcurrido 3/4 del período, se encuentra en la cresta de laonda. 0

III) El número de ondas que han pasado por el punto P, durante el tiempo de 6 s es:

N = - = — = 12 ondas ©T 0,5

S o l u c i ó n : 1 3

• La diferencia de fase entre dos puntosdiferentes que oscilan, viene dado por:

-

<P2 <Pl ~

Como: X = v.T, la expresión anterior queda así:

cp2 - tp i = 2 n

(p2 - Cpi = 271

v.T

1 6 - 1 0

(300)(0,04)

* cp2 - cp, = n ©

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Física II 70 9

S o l u c i ó n : 1 4

• La diferencia de fase entre dos puntosdiferentes que oscilan, viene dado por:

(p2 - (pt = 2n

* Cp2-<Pl =27ty = 47l (E)

<<:Los puntos oscilan en fasey

S o l u c i ó n : 1 5

• Representemos la onda en dos instantesde tiempo diferentes, así:

_ c _ 300 000 km /s

v _ 125 000 km /s

+ n = 2,4 ©

S o l u c i ó n : 1 8

• Representemos los rayos de luz incidiendo sobre la lámina de vidrio.

Posición inicialPosición final (X)

La partícula "A" sube, luego, la ondase propaga a la izquierda

S o l u c i ó n : 1 6

• Aplicando la ley de Snell, tenemos:

n¡sen0¡ = nRsen 0R

(1) sen 53° = (—) sen 0R

(1)0~) = (~ ) sen 0R

La velocidad de la luz en el vidrio es,v=c/n luego, el tiempo que tarda en recorrer la luz la distancia "d" es:

_ d _ d _ n.d

v c /n c

t = M O ^ ) = 6 0 . 1 0 - 1 2 s

3.10°

* t = 60 ps

S o l u c i ó n : 1 9

• Representemos los rayos de luz incidente (R.i), reflejado (R.r) y refractado (R.R)

sen 0r = —

* 0R = 37 ®

S o l u c i ó n : 1 7

• El índice de refracción de una sustancia, viene dado por:

Aplicando la ley de Snell, tenemos:

n airesen 0 = n sen(90° - 0)

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710 Ondas

( l)sen0 = ncos0

* t g 0 = * ®3

S o l u c i ó n : 2 0

• Ondas monocromáticas, son aquellasque tiene la misma frecuencia y las mismalongitud de onda.

S o l u c i ó n : 2 1

I) La densidad lineal de masa de la cuerdaviene dado por:

¿ 0 . 8 m

Luego, la velocidad de propagación de lasondas transversales es:

v = {Iy /2 = (J 0 0 _ 1/2 = 200 m p 0,0125 s

I I ) La nueva velocidad de propagación es,V! = lOOm/s, luego la nueva densidad

lineal de masa de la cuerda es:

T 500

“ v? ' 1002: 0,05 —

m

Pero: pj = (m + x)/-£, siendo (x) la masa

aumentada de cobre, de modo que:

x = p ^ - m = (0,05)(0,8) - 0,01

Luego, la masa del alambre de cobre quese debe aum entar es:

+ 0,03 kg ó 30 g ©

S o l u c i ó n : 2 2

• Representemos los pulsos correspondientes a las notas "La" y "D o".

“Do”

0,5m

La velocidad de propagación de la ondadepende de la tensión en la cuerda y de ladensidad lineal de masa, por consiguienteen ambos casos la velocidad es la misma,es decir:

Vj = v2 => A,,.fj - X2.f2

(1)(440) = (2x)(528)

x » 0,417 m » 41,7 cm

Luego, el dedo se debe poner a 8,3 cmdel extremo fijo.


• La Fig., muestra el modo fundamentalde una onda transversal, de donde se deduce que la longitud de onda es: X=2 m.

Luego, la densidad lineal de masa del alambre es:

m 0 , 0 0 5 Ml 1 m

A su vez, la velocidad de la onda transver sal es:

v = [—] 1/2 = [———] 1/2 = 440 —- p 0,0 05 s

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Física II 711

Luego, la frecuencia de oscilación es:

v _ 440

“ X ~ 2

* f = 220 Hz ©

S o l u c i ó n : 2 4

• La velocidad de propagación de las ondas en la cuerda es:

v = [ I ] i / 2 = [ _ ? ? _ ] i ^ = 7 0 “

p 0.02 s

De otro lado, las longitudes de onda deller y 7 mo armónico son:

, 2 e . 2 1A i — ; K n = —

1 1 7 7

Por dato sabemos que: L, - Xn = 24 m,

de modo que:

2/ 621 ------= 24 m => (~){2Í) = 24 m

7 : 7

£ = U m

Luego, la longitud de onda del 5to armónico es:

21 2 V = y = ( - ) ( 14 m )

X5 = 5,6 m

Luego, la frecuencia ( f ) de la onda es:

f = — = 2 1 5 X5 5,6

D

* X5 = 5,6 m ; fs = 12,5 Hz

["--- 3m ------»)

VIBRADOR

La densidad lineal de masa del hilo, vie nedado por:

^ ” = M = 0 . , í i£ 3 m

La velocidad de propagación de las ondastransversales, es igual a:

v = [—] 1/2 = [M S]i ;2 p p

v = [— J 1/2 = 30 — 0,1 s

Luego, el tiempo que demora la Onda en recorrer todo el hilo es:

t = - = — = 0,1 sv 30

* v = 30 — ; t = 0,1 s ®

S o l u c i ó n : 2 6

• Cuando una onda pasa de un medio a otro no se altera la frecuencia "f", porquecada pulso incidente origina un pulso refractado, su velocidad de propagación, vie

ne dado por, v = W . Así, las velocidadesde propagación de las cuerdas delgada (1)y gruesa (2), son:

vi = M = ¿ X 2 0 ) = f /


• Representemos al bloque unido por lacuerda a un vibrador.

v 2 = X 2í = ( © ( 2 0 ) =16 4

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712 OndasA su vez, los tiempos de propagación encada cuerda, son:

i

v / (5£/2) 5

¿2

s y

21 8= - s" V2 (5 / /4) 5

De modo que, el tiempo total de propagaciño es:

2 8t = ti + t7 = —s + - s

1 2 5 5

+ t = 2 s

S o l u c i ó n : 2 7

• Representemos las dos cuerdas de densidades de masa lineales pij, p 2, unidas en

el punto P.

Las tensiones de las cuerdas AP y PB soniguales; luego, la razón entre las velocidades de propagación Vj, v2 , en estas cuer das es:

JH

v 2 / T / p 2= 2

Por dato se sabe que, v, = 5m / s , enton

ces, v2 = 2,5m/s.Cuando una onda pasa de un medio a otrono se altera su frecuencia, porque cada pulso incidente origina un pulso refractado, a-sí, la longitud de onda en la cuerda PB es:

2 f --2 5

20

* X2 = 0,125 m ®


• De la Fig. se deduce que la longitud de

onda es: X = 0,5 m. De otra parte, la densidad lineal de masa es:

—=0.25.1O-3 ts®i m

A su vez, la velocidad de propagación dela onda (v) es:

v = L f = (0,5)(200) = 100 m /s

Finalmente, la tensión (T) en la cuerda es:

T = p.v2 = (0,25.1 0-3 )(10 4 )

* T = 2,5 N ®


• Las densidades lineales de masa, parael tercer y cuarto armónico son:

Fi = P y P2 = 2p

Las longitudes de onda, para el tercer y

cuarto armónico son:

2 f

4

Las velocidades de la onda, para el tercer y cuarto armónico son:

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Física II 713

v 2 = ( V n 2 ) 1 / 2 = [ ( M + m ) g / 2 * i ] , / 2

A m b a s o n d a s t i e n e n , i g u a l fr e c u e n c i a , d e

m o d o q u e :

f = V j . _ V 2

Aj A>2

V M g / n V ( M + m ) g / ( 2 n )

( 2 ¿ / 3 ) ( t l 2 )

9 M 4 ( M + m )

4 2

m = Ó M = ¿ ) ( i 0 0 0 g )O o

+ m = 12 5 g

Solución: 30

• L a d e n s i d a d l i n e a l d e m a s a d e la c u e r

d a e s :

( . . H . - L . M s Í S( 20 m

S e a n T i , T 2 l a s te n s i o n e s e n l o s e x tr e m o s

d e l a c u e r d a ( e n l a F i g . p u n t o s 1 y 2 ) , e n

t o n c e s , s u te n s i ó n m e d i a e s :

T =T , + T >

T =(m + 2M) g

t . [5+(2X8)](10) = 105N

A s u v e z , l a v e l o c i d a d d e p r o p a g a c i ó n d e

l a o n d a e s :

T 1/2= ^05 i/2

V 0 ,2 5

v « 2 0 ,5 m / s

F i n a l m e n t e , la lo n g i tu d d e o n d a (A.) a p r o

x i m á d a m e n t e e s :

x v 2 0 , 5

f 2 0

* A = 1 ,0 2 5 m

Solución: 31

• H a c i e n d o l a c o m p a r a c i ó n c o n l a e c u a

c i ó n g e n e r a l d e u n a o n d a d e l t i p o s i n u s o i

d a l , e n c o n t r a m o s , l o s p a r á m e t ro s f í s i c o s ,

n ú m e r o d e o n d a ( k ) y f re c u e n c i a a n g u l a r

(o):

y = A s e n ( k . x - co .t)

y = 8 s e n ( 3 . x - 1 0 2 0 . t)

A m p l it u d

N ú m e r o d e o n d a

F r e c u e n c i a a n g u l a r

V e l o c i d a d d e

p r o p a g a c i ó n

A = 8 m

k = 3 m '1

cú = 1 0 2 0 r a d / s

v = ( ü / k = 3 4 0 m / s

Solución: 32

• H a c i e n d o l a c o m p a r a c ió n c o n l a e c u ac i ó n g e n e r a l d e u n a o n d a d e l ti p o s i n u s o i

d a l , e n c o n t r a m o s , l o s p a r á m e t ro s f í s i c o s ,

n ú m e r o d e o n d a ( k ) y f r e c u e n c i a a n g u la r

(<o):y = A s e n ( k . x - co .t)

y = 10 sen(—x - 10tU )

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714 OndasA = 10 cm

k = 7 t / 4 c m-i

La amplitud es

Número de onda

Frecuencia angular

Velocidad de

propagación

Período de las

oscilaciones

Longitud de onda :

Densidad lineal

de masa

Tensión en el hilo

S o l u c i ó n : 3 3

• Haciendo la comparación con la ecuación general de una onda del tipo sinusoidal, encontramos los parámetros físicos,número de onda (k) y frecuencia angular (ca).

y = A sen(k x ± co t + <j>)

el signo (+) ó (-) se empleará si la onda semueve respectivamente hacia la izquierdao hacia la derecha del eje "X".La amplitud de la onda: A = 2 cm

El número de onda : k = n cm'1

La frecuencia angular : co=200tcrad/s

: (|>= n 12

co

cd= 107t rad/s

_ (D_ IOtc

k 7t/4

v= 40 cm/s

_ 27t _ 2n

co IOtc

T = 0,2 s

X = v.T = 8 cm

m kg: u = — = 4 — i m

: T = p.v2 = 0,64 N

La fase inicial

La velocidad de

-i propagación v =

200txs “- i

S o l u c i ó n : 3 4

• Las respuestas a cada una de las afir maciones son: FFF

S o l u c i ó n : 3 5

• Las respuestas a cada una de las afir maciones son: FVF

S o l u c i ó n : 3 6

• Las respuestas a cada una de las afir maciones son: FVF.

S o l u c i ó n : 3 7

• Las respuestas a cada una de las afir maciones son: FFV

S o l u c i ó n : 3 8

• Las respuestas a cada una de las afir maciones son: VVF

S o l u c i ó n : 3 9

• La intensidad en el punto medio de larecta que une las dos fuentes sonoras, viene dado por:

-p - wI = Io1010 = 10~12.1010 =10“4- t

m

Luego, la potencia de cada fuente es:

P = 471 d2.I

n cm

v = 200 cm /s

P = (47t)(50)2(i l( T 4)

* P = - W

2

S o l u c i ó n : 4 0

• Recordemos que la intensidad mínimaque puede percibir el oído humano es de10'12 W/m2, de modo que:

p

1 =471 d

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Física II 715

w . „ = 6 ^ 1 » :

471 d

d2 = 16.104

+ d = 400 m C D)

S o l u c i ó n : 4 1

• La relación entre la intensidad de sonido (I) y el nivel de intensidad de sonido

((3), viene dado por:

3 ip

I = Io1010

Así, el número de grillos multiplicado por la intensidad de cada grillo, es igual, a laintensidad de los 100 grillos.

JL ™ 100 L1 010 = L I O 10

1010 = 1010

* |3 = 100 db CEJ


• La intensidad de sonido producido por la sirena, viene dado por:

p1 =

4ixd

LIO10 =•

471 d

100

471 d2

d2 = 16

+ d = 4 m


• Como la potencia de la fuente es inde pendiente de la posición que ocupe Pepe,se cumple:

P = 47t(2d)2I = 47td2(^)

+ 1 =1 W

8 m 2©

S o l u c i ó n : 4 4

• El número de personas (N) multiplicado por la intensidad de cada persona, esigual, a la intensidad de las N personas, esdecir:

60 80

N I o.1010 = I o1010

N.106 =108

+ N = 100 personas ©


• El número de sapos (N) multiplicado por la intensidad de cada sapo, es igual, a

la intensidad de los N sapos, es decir:

10 20

N Io.1010 = I o1010

N.10 = 102

* N = 10 sapos (a)


• La razón de las intensidades de los sonidos emitidos por las sirenas es:

Ij Io10p>/io

h Io10P2/io

= 10

P l ~ P 2

10 _ 60

1010

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716 Ondas

* I I = io6 ©h

S o l u c i ó n : 4 7

• Representemos a Pepa, en su posicióninicial y final, respectivamente.

Ahora, recordemos que la potencia de lafuente sonora, viene dado por:

iP = 47i.d2.I = 47i.d2.Io.1010

Luego, como la potencia de la fuente sonora, es independiente de la posición que o-cupe Luis, se tiene:

0 4 0

P = 47x.d2.Io.1010 = 4ti.(1)2.Io.10*°

d2 = 104

+ d = 100 m ®

f é ñ N o t a

El nivel de intensidad (P) correspon

diente a la intensidad mínima (1=10"12)es cero.

S o l u c i ó n : 4 8

• La diferencia de los niveles de intensidad de los sonidos, viene dado por:

p1- P 2 =10fog10A ) - 1 0 f o g 10( ^ )*0 O

P1- P 2 = 10^og10( ^ )l2/ lo

3 = 10<og10¿ )12

I, = I2.103/1° » (10p)(2)

* I, * 20 ®cm


• La diferencia de los niveles de intensidad de las ondas sonoras, viene dado por:

p1- p 2 = 10¿og10(^ )- 1 0 to g 10( ^ )

P , - P 2 = 1 0fo g10( ^ bl 2 ' *0

Pi - p2 = 101og10( ^ - )

« Pj - p2 = lOdb ©

S o l u c i ó n : 5 0

• La rapidez de propagación de una ondaelectromagnética en el vacío es:

c = M

3.108 = (3 000)(10_1° ) f

* f = 1015 Hz = 1 PH z ®

N o t a

Recordemos que: 1 A = KT10m

S o l u c i ó n : 5 1

• Aplicando la ley de Snell a los mediosaire-x, tenemos:

n¡.sen9, = nR.sen0R

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Física II 717

c c— sen 0 j = — sen 0 R

v i V R

4 /5 . 3/5

Vr 3.10°

* vR = 2,25.10* m / s ®

Solución: 52• La velocidad de propagación del sonido en el aire, viene dado por:

v = L f => 340 = 1 700 X

* X = 0,20 m = 20 cm ©

Solución: 53• A cada color del espectro visible de la luz, le corresponde un índice de refrac ción propio, por lo que, la respuesta es la

e)

Solución: 54• La relación correcta para las longitu des de onda de los colores azul, verde y

rojo es la b).Solución: 55

• Representemos al auto y a la sirena que emite el sonido.

Según, el efecto Doppler para sonidos, la frecuencia captada por el conductor es:

f,_ (vS+ v) f

vs

f = C340+30)

340

+ f « 544 Hz

Solución: 56• Representemos al submarino en tres po siciones diferentes.

En la Fig., la diferencia de distancias reco rridas por el sonido y el submarino, es i gual, a la suma de distancias recorridas por el eco y el submarino, esto es:

Tq - T <

Tn + T

d = c.T0 - v.T0 = c.T + v.T

c(T0- T ) = v(T0 +T ) => v =

v = (1 01 /9 9)T -T

(101/99) T + T

* v = — (1400) = 14 — ©

100 sSolución: 57

• Las respuestas a cada una de las afir maciones son: FFV

Solución: 58• Las respuestas a cada una de las afir

maciones son: FFF

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718 OndasS o l u c ió n : 5 9

• Las respuestas a cada una de las afir maciones son: FVV



S o l u c i ó n : 6 1

• Las respuestas a cada una de las afir maciones son: VVV

S o l u c i ó n : 6 2


S o l u c i ó n : 6 3


S o l u c i ó n : 6 4


S o l u c i ó n : 6 5

• Todas las ondas electromagnéticas, se

propagan a la velocidad de la luz (c), así:

c _ L].fj

c A,2.f2

S o l u c i ó n : 6 6

• Representemos las velocidades de la

luz (c) y la del sonido (v).

En la Fig. el sonido y la luz recorren lamisma distancia "d", la diferencia de sustiempos de recorridos es " t", esto es:

d d^ ~ tL ~ * - > -------- t

V C

. d= L, ®C - V


• La rapidez de propagación del sonidoen un medio material, viene dado por:

v = [E /p ]1/2

v = |21,6.1010/7,7.103] 1/2

*• v * 5 296 — ®s

S o l u c i ó n : 6 8

• La rapidez de propagación del sonidoen una sustancia, viene dado por:

v = [ 1 / p .B ]1/2

1330 = [l/800.Bj/2

S o l u c i ó n : 6 9

• La razón de las rapideces del sonidoen verano ( v0 a invierno (v2) es:

v , [ x - R - V M ] 172

v 2 [ x -R.T2 /M ] , /2

Z l = r l l ] 1/2 = r300] 1/2v2 T2 240

* — » 1,12 veces (5 )V2

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Flsica. i l 7 1 9

FACTORES DE CONVERSION

_______ Angulo plano _____

grado minuto segundo radian revolución

1 grado 1 60 3 600 1 745.10'2 2,778.10'3

1 minuto 1,667.10'2 1 60 2,909.10'4 4,630.10'5

1 segundo 2,778.10'4 1,667.10'2 1 4,848.10'6 7,716.10‘7

1 radian 57,30 3 438 2,063.105 1 0,1592

1 revolución 360 2,16.104 1,296.106 6,283 1

Angulo sólido1 esfera = 4n estereorradianes = 12,57 estereorradianes

Longitud0A mm cm metro km

Angstrom 1 10'7 I q-8 10-10 KJ13

1 milímetro 107 1 10’1 10'3 10'6

1 centímetro 108 10 1 ! O2 10~5

1 metro 1010 103 100 1 103

1 kilómetro 1013 106 105 1 000 1

Areamm2 cm2 m2 km2

1mm2 1 10'2 10‘6 10‘12

1 cm2 102 1 10'4 O O

1 m2 106 104 1 10'6

1 km2 1012 1010 106 1

Masa

g kg

1 gramo

1 kilogramo

1

103

10'3

1

Densidad,>/cm3 kg/m3

1 g/cm3 1 103

1 kg/m3 10'3 1

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720 Apéndice

Volumenmm 3 cm5 m3 km3 litro

1 mm3 1 10-3 10'9 I q-18 10-6

1 cm3 103 1 10‘6 1 0 15 10-3

1 m3 109 106 1 10'9 103

1 km3 1018 10i5 109 1 1012

1 litro 106 103 10'3 10’12 1

Tiempoaño día h min seg

1 año 1 365,2 8,766.10"3 5,259.105 3.156.101

1 día 2,738.10’3 1 24 1 440 8,640.104

1 hora 1,141.10'4 4,167.10'2 1 60 3 600

1 minuto 1.901.10"6 6,944.1o-4 1,667.10* 1 60

1 segundo 3,169.10-8 1,157.10"5 2,778.1o-4 1,667.10"2 1

Velocidadcm/s m/s km/h

1 cm/s 1 0,01 3,6.10-2

1 m/s 100 1 3,6

1 km/h 27,78 0,2778 1

Fuerzadina newton

1 dina 1 10-5

1newton 105 1

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Física II 721

Presiónatm dina/cm2 newton/m2 m m H g pascal

1 atmósfera 1 1,013.106 0,101 760 1,013.105

1 dina/cm2 9,869.10 '7 1 0,1 7,501.10-2 0,1

1 newton/m2 9,869.10® 10 1 0,7501 1

1 mm Hg 1,316.10'3 1,333.10* 1,333.10* 1 133,3

1 pascal 9,869.10® 10 1 7,501.10'3 1

Energía, trabajo, calor ergio joule caloría kW.h eV

1 ergio 1 10‘7 2,389.10* 2,777.10‘14 6,242.10n1 joule 107 1 0,239 2,777.10'7 6,242.1018

1 caloría 4,186.107 4,186 1 1,163.10'® 2,613.1019

1 kW.h 3,600.1013 3,600.10® 8,598.105 1 2,247.1025

1 eV 1,602.10 '12 1,602.10’19 3,828.10'20 4,450.10‘26 1

Potencia

cal/s kW W

1 cal/s 1 4,186.10'3 4,186

1 kW 238,9 1 1 000

1 W 0,2389 0,001 1

Sol Tierra

Masa 1,99.1030 kgRadio 6,96.105 km

Densidad promedio 1 410 kg/m3

Gravedad superficial 274 m/s2

Temperatura superficial 6 000° K

Masa 5,98.1024R adio ecuatorial 6,378.10® km

Radio polar 6,357.10® m

Densidad promedio 5 522 kg/m3

Rapidez angular 7,29.10‘5rad/s

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722 Apéndice

DensidadesSólidos(g/cm3)

Líquidos(g/cm3)

Gases (C.N.)(kg/m3)

Acero 7,8 Agua 1,0 Amoniaco 0,77

Aluminio 2,7 Agua de1,03 Aire 1,293

Cadmio 8,65 mar 1,1 Cloro 3,21Cobalto 8,9 Agua 0,81 Gas 1,98Cobre 8,9 pesada 0,79 carbónico, 0,09Corcho 0,20 Alcohol etil. 0,9 Hidrógeno 1,25

Diamante 3,5 0,9 Nitrógeno 0,72

Estaño 7,4 Alcohol 0,72 Metano 1,43

Grafito 1,6 Aceite 1,26 Oxígeno

Hielo 0,92 ricino 13,6Hierro 7,2 Benceno 0,8Latón 8,6 Eter Molibdeno 10,2 Glicerina

Níquel 8,9 MercurioOro 19,3 KerosenoPlata 10,5Platino 21,4Plomo 11,3Porcelana 2,3Sodio 0,97Titanio 4,5Tungsteno 19,1Uranio 19,0Zinc 7,0

Angulos de contactoLíquido Pared Angulo de

contacto

a-bromonaftaleno Vidrio de sosa y cal 5o

(C10H7Br) Vidrio de plomo 6o 45’Pyrex 20° 30’

Cuarzo fundido 21°Yoduro de metileno Vidrio de sosa y cal 29°(CH2I2) Vidrio de plomo 30°

Pyrex 29°Cuarzo fundido 33°

Agua Parafina 107°

Mercurio Vidrio de sosa y cal 140°

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Física II 723

Calores específicos de sólidos y líquidos a presión atmosféricaSustancia Temperatura (nC) O O ¿

T o o c (cal/mol.°C)Agua 0 1,0087 18,172

15 1,0000 18,01540 0,9976 17,972100 1,0064

18,130Hielo -21-0 (med.) 0,505 9,100Aluminio 0 0,2079 5,610

20 0,214 5,774100 0,225 6,071300 0,248 6,692

0-100 (med.) 0,211 5,693Cobre 0-100 (med.) 0,0930 5,910Oro 0-100 (med.) 0,0316 6,224Hierro 0-100 (med.) 0,1097 6,130Plomo 0-100 (med.) 0,0309 6,402Plata 0-100 (med.) 0,0561 6,502Estaño 0-100 (med.) 0,0556 6,599Zinc 0-100 (med.) 0,0935 6,112Mercurio 0-100 (med.) 0,0331 6,640Cloruro de sodio 0-100 (med.) 0,210 12 273

0-100 (med.) 0,0917 -

Latón 0-100 (med.) 0,113 -

Acero 0-100 (med.) 0,199 -

Vidrio 0-100 (med.) 0,188 11,305

Tensión superficialSustancia T°C Coeficiente de tensión

superficial (N/m)Aceite de oliva 20 0,032Aceite de ricino 20 0,035Agua 0 0,0756Agua 20 0,0728Agua 60 0,0662Alcohol etílico 20 0,0223Benceno 20 0,0289

Glicerina 20 0,0631Keroseno 20 0,030Mercurio 20 0,465Agua con jabón 20 0,025Tetracloruro de carbón 20 0,0268Oxígeno -193 0,0157

Neón -247 0,00515Helio -269 0,00012

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724 Apéndice

Calores es jecíficos de gases a presión atmosférica normal (P0)Gas T(°C) c P

cal/mol.0C

cvcal/mol.0

C

Cp “Cycal/mol.0

C

X=Cp/cv Cy/R Cp/R

He 18 4,964 2,992 1,972 1,659 1,506 2,499A 15 5,005 3,001 2,004 1,668 1,510 2,520

Ne 15 4,965 3,027 1,938 1,64 1,524 2,500Kr 15 4,944 2,942 2,002 1,68 1,481 2,489Xe 15 4,963 2,990 r,973 1,66 1,505 2,499h 2 15 6,832 4,846 1,986 1,410 2,439 3,440

2 000 8,241 6,253 1,988 1,318 3,148 4,149 n 2 15 6,939 4,942 1,997 1,404 2,488 3,494

0 2 15 6,976 4,979 1,997 1,401 2,507 3,5122 000 8,541 6,555 1,986 1,303 3,300 4,300

NO 15 6,993 4,995 1,998 1,400 2,514 3,521

CO 15 6,944 4,946 1,998 1,404 2,490 3,496Cía 15 8,17 6,03 2,14 1,355 3,03 4,11

Br2 20-300 8,79 6,66 2,13 1,32 3,35 4,42

h 200-400 8,63 6,63 2,00 1,30 3,34 4,34

s o 2 9,73 7,55 2,18 1,29 3,80 4,90

n h 3 1515

8,92 6,81 2,11 1,31 3,43 4,49

Presión de vapor de agua

T (°C) Presión de vapor (105Pa)

Presión de vapor (lb.in-7)

T(°F)

0 0,00610 0,0886 32

5 0,00868 0,126 41

10 0,0119 0,173 50

15 0,0169 0,245 59

20 0,0233 0,339 68

40 0,0734 1,07 104

60 0,199 2,89 140

80 0,473 6,87 176

100' 1,01 14,7 212

120 1,99 28,8 248

140 3,61 52,4 284

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Física II 725

Temperaturas de fusión y vaporización, calores de fusión y vaporización _______________ apresiónatmosféricanormal( P p ) ______________

Sustancia Temperaturade fusión (°C)

Calor defusión(cal/g)

Temperatura devaporización

(°C)

Calor devaporización

(°C)He - - -268,6 6,0A -190 8,94 -186 37,6h 2 -259,25 13,8 -252,8 108

n 2 -210 6,09 -195,55 47,6o2 -219 3,30 -182,9 50,9

n h 3 -75 108,1 -33,4 327,1h 2o 0,00 79,71 100,0 539,6Etanol -114,4 24,9 78,3 204Metano! -97 16,4 64,7 262,8Acetona -95 19,6 56,1 124,5Acido acético 16,58 44,7 118,3 96,8Benceno 5,42 30,3 80,2 94,3

NaCl 804,3 124 - -

Aluminio 658 76,8 - -

Cobre 1 083 42 - -

Plata 961 21,07 - -

Oro 1 064 15,8 - -

Plomo 327 5,86 - -Estaño 232 14,0 - -

Zinc 419 28,13 - -

Mercurio -39 2,82 67,85

Datos del punto tripleSustancia Temperatura Presión (105 Pa)

Hidrógeno (normal) ú m 0,0704Deuterio (normal) 18,63 0,171

Neón 24,57 0,432 Nitrógeno 63,18 0,125Oxígeno 54,36 0,00152Amoniaco 195,40 0,0607Dióxido de carbono 216,55 5,17Dióxido de azufre 197,68 0,00167Agua 273,16 0,00610

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726 Apéndice

Temperaturas, presiones y densidades críticasSustancia Tcrit (°C) Pcrit (atm) Pcrit (g/cm3)

Helio -267,9 2,26 0,0693

Hidrógeno -239,9 12,8 0,0310

oxígeno -118,8 49,7 0,430 Nitrógeno -141,1 33,5 0,3110

Argón -122 48,0 0,531

Neón -228,7 25,9 0,484Kriptón -63 54,0 0,780

Xenón 16,6 58,2 1,155

Cloro 144,0 76,1 0,573

Dióxido de carbono 31,1 73,0 0,460

Dióxido de azufre 157,2 77,7 0,520Amoniaco 132,4 111,5 0,235

Metano -82,5 45,8 0,162

Etano 32,1 48,8 0,210Propano 95,6 43,0 -

Etileno 9,7 50,9 . 0,220Acetileno 36,0 62,0 0,231Agua 374,0 218,5 0,325

Metanol 240,0 78,7 0,272

Etanol 243,1 63,1 0,275

Acetona 235,0 47,0 0,268

Acido acético 321,6 57,2 0,351Benceno 288,5 47,7 0,304

Coeficientes de viscosidad (en Poises)Líquidos p.102 Gases q.103

Agua (0 °C) 1,792 Aire (0°C) 1,71Agua 1,005 Aire 1,81Agua (40 °C) 0,656 Aire (40 °C) 1,90Glicerina 833 Hidrógeno 0,93Aceite de caster 9,86 Amoníaco 0,97

Alcohol 0,367 Bióxido de carbono 1,46

* Todos a 20° C, salvo aquellos en las que se indica la temperatura* 1 Po ise= 10"'N .s'1.

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Física II 727

Energía cinética traslacional de los gasesGas Peso molecular

(g/mol)vrcm aO °C

(m/s)Ec por mol a °C

(J/mol)

h 2 2,02 1 838 3 370

He 4,0 1 311 3 430h 2o 18 615 3 400 Ne 20,1 584 3 420 n 2 28 493 3 390CO 28 493 3 390Aire 28,8 485 3 280o 2 32 461 3 400

f N O O

44 393 3 400

Algunas temperaturas (°K)Reacción termonuclear del carbono 5.108Reacción termonuclear del helio 108Interior del sol 107Corona solar 106Onda de choque en el aire a 20 Mach 2,5.1O4

Nebulosas luminosas 104Superficie solar 6.103Fusión del wolframio 3,6.103Fusión del plomo 6,0.102Congelación del agua 2,7.102Ebullición del oxígeno (1 atm) 9,0.10'Ebullición del nitrógeno (latm ) 2,0.10'Ebullición del helio (He4) a 1 atm 4,2Ebullición del H3a la presión baja alcanzable 3,0.10"'Desmagnetización adiabática de las sales 10"3

paramagnéticas 10"6Desmagnetización adiabática de los núcleos

Constantes elásticas. Límite de resistenciaMaterial Módulo de

Young E(GPa)

Módulo decizallamiento

G (GPa)

Coeficientede Poisson

(x)

Resistenciaa la rotura

a r (GPa)

Coeficiente decompresibilidad

3 (GPa)Aluminio 70 26 0,34 0,10 0,014Cobre 130 40 0,34 0,30 0,007Plomo 16 5,6 0,44 0,015 0,022Acero 200 81 0,29 0,60 0,006(hierro) 60 30 0,25 0,05 0,025Vidrio - - - - 0,49Agua

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728 Ondas

Coeficientes cie dilatación térmica de sólidos y líquidosSustancia Temperatura Lineal-a Volumétrico-p

(°C) 10-6 (oc -i^ 10'3 (°C ‘)

Aluminio 20-100 23,8

Latón25-100 19,0

Cobre 25-100 16,8Oro 15-100 14,3Plata 15-100 18,8Hierro -18-100 11,4

Acero 0-100 10,5

Plomo 18-100 29,4

Invar* 20 0,9Estaño 18-100 26,9Zinc 10-100 26,3Vidrio 0-100 8,9

Hielo -20-0 51,0Cuarzo (fundido) 0-100 0,5Mercurio 0-100 0,1818Acido acético 16-107 1,06Acetona 0-50 1,32Etanol 27-50 1,01

Metanol 0-60 1,13Benceno 11-80 1,18Tetracloruro decarbono 0-76 1,18Eter 1,51Pentano 1,464

Calor de vaporización del agua a diferentes __________ temperaturas ______ _______

T (°C) L (cal/g)I n—

• /

Vi OT

-H

0 595 24,950 568 23,8100 539 22,6200 464 19,4

Diámetro de átomos y moléculasHelio 2 ,0 .10'10 m Oxígeno (0 2)

O O O e n

Hidrógeno (H2) 2,3.10"10 m Nitrógeno (N2) 3,0.10"10

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Física II 729

Indices de refracciónGases n Líquidos n Sólidos n

Nitrógeno 1,00030 Benceno 1,50 Diamante 2,42Aire 1,00029 Agua 1,33 Cuarzo 1,46

Oxígeno 1,00027 Glicerina 1,47 fundido 1,50Bisulfuro de carbono 1,63 Vidrio común

Coeficientes de conductividad térmicak (J.s'’.m 1.°C'1) k (cal.s‘1.cm"'.°C1)

MetalesAcero 50,2 0,12Aluminio 205 0,49Cobre 385 0,92

Hierro 58,7 0,14Latón 109 0,26Mercurio 8,3 0,020Plata 406 0,97Plomo 34,7 0,083SólidosArena seca 0,325 0,0008Asbesto 0,079 0,00019Corcho 0,04 0,0001Cuarzo fundido 1,37 0,0033

Ebonita 0,174 0,00042Espuma de poliestireno 0,01 0,00002Fieltro 0,04 0,0001Hielo 1,6 0,004Hormigón 0,8 0,002Ladrillo refractario 0,15 0,00035Ladrillo rojo 0,6 0,0015Lana espiral 0,04 0,0001Madera 0,12-0,04 0,0003-0,0001

fisica ii walter perez

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