Ondas y sonido: ejercicios de la PAU de Física resueltos

Planteamiento El movimiento local es sinusoidal. Una fase con el mismo signo para ωt y el signo contrario para kx describe la propagación hacia x positiva.

1. Calculamos la frecuencia angular y elegimos una fase inicial compatible.

   $\omega=2\pi f=300\pi\,\mathrm{rad/s}$$y(0)=0\Rightarrow\varphi=0$$\text{o}\ \ \pi$

2. Elegimos fase cero; el sentido inicial de la velocidad no está fijado.

   $y(t)=2{,}00\times10^{-3}\sin(300\pi t)$

3. La longitud de onda es velocidad dividida por frecuencia.

   $\lambda=\frac{v}{f}=\frac{3200}{150}=21{,}333\,\mathrm{m}$$k=\frac{2\pi}{\lambda}=0{,}29452\,\mathrm{m^{-1}}$

4. La fase ωt−kx mantiene en el origen el movimiento elegido para el teléfono.

   $y(x,t)$${}= 2{,}00\times10^{-3}\sin\left(300\pi t-\frac{3\pi}{32}x\right)$

Planteamiento La potencia se reparte por el área de una esfera. Convertimos la intensidad obtenida a decibelios con el logaritmo decimal.

1. Calculamos la intensidad en el punto de escucha.

   $I$${}= \frac{P}{4\pi r^2}$${}= \frac{1{,}00\times10^{-3}}{4\pi(3{,}00)^2}$${}= 8{,}8419\times10^{-6}\,\mathrm{W/m^2}$

2. Aplicamos la definición del nivel de intensidad.

   $\beta$${}= 10\log_{10}(I/I_0)$${}= 10\log_{10}\left(\frac{8{,}8419\times10^{-6}}{10^{-12}}\right)$${}= 69{,}465\,\mathrm{dB}$

Planteamiento Se pide qué armónico muestra la imagen, su longitud de onda y su velocidad de propagación, y la posición de los nodos y los vientres. La cuerda está sujeta por los dos extremos, la mano y el eje del cepillo, que son nodos.

1. En la imagen hay cuatro husos: cinco nodos (los dos extremos y los tres puntos intermedios que no se mueven) y cuatro vientres. Con un nodo en cada extremo, el armónico $n$ tiene $n$ vientres: es el cuarto armónico.

   $n=4$

2. Entre dos nodos consecutivos hay media longitud de onda; entre el primero y el último hay cuatro medias longitudes de onda:

   $4\,\frac{\lambda}{2}$${}= 36{,}0\,\mathrm{cm}$${}\Rightarrow \lambda=18{,}0\,\mathrm{cm}$${}= 0{,}180\,\mathrm{m}$

3. La onda vibra con la frecuencia del cepillo:

   $v=\lambda f=0{,}180\cdot357=64{,}3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

4. Medidas desde el primer nodo: hay un nodo cada $\lambda/2=9{,}0\,\mathrm{cm}$ y los vientres están a medio camino entre dos nodos (figura).

   $x_N=0;\ 9{,}0;\ 18{,}0;\ 27{,}0;\ 36{,}0\ \mathrm{cm}$$x_V=4{,}5;\ 13{,}5;\ 22{,}5;\ 31{,}5\ \mathrm{cm}$

ResultadoCuarto armónico; $\lambda=0{,}180\,\mathrm{m}$; $v=64{,}3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$. Nodos a $0$, $9{,}0$, $18{,}0$, $27{,}0$ y $36{,}0\,\mathrm{cm}$ del primero; vientres a $4{,}5$, $13{,}5$, $22{,}5$ y $31{,}5\,\mathrm{cm}$.

La pauta oficial da: n = 4; λ = 0,18 m; v = 64,3 m/s; N: 0; 0,09; 0,18; 0,27; 0,36 m; V: 0,045; 0,135; 0,225; 0,315 m

Planteamiento Se pide la ecuación de la posición del eje del cepillo y su gráfica durante un período. El movimiento empieza en el desplazamiento máximo, así que conviene un coseno sin fase inicial.

1. Amplitud y frecuencia angular:

   $A=0{,}50\,\mathrm{mm}=5{,}0\times10^{-4}\,\mathrm{m}$$\omega$${}= 2\pi f$${}= 2\pi\cdot357$${}= 714\pi$${}= 2{,}24\times10^{3}\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$

2. En $t=0$ el eje está en el desplazamiento máximo, $x(0)=A$: con $x=A\cos(\omega t+\varphi_0)$ la fase inicial es $\varphi_0=0$ (con un seno sería $\pi/2$). Con $x$ en metros y $t$ en segundos:

   $x(t)$${}= 5{,}0\times10^{-4}\cos(714\pi\,t)$${}= 5{,}0\times10^{-4}\cos\left(2{,}24\times10^{3}\,t\right)$

3. Período, para la escala de la gráfica:

   $T=\frac1f=\frac1{357}=2{,}80\times10^{-3}\,\mathrm{s}$

4. La gráfica (figura) empieza en $x=0{,}50\,\mathrm{mm}$, pasa por cero en $T/4=0{,}70\,\mathrm{ms}$, llega a $-0{,}50\,\mathrm{mm}$ en $T/2=1{,}40\,\mathrm{ms}$, vuelve a cero en $3T/4=2{,}10\,\mathrm{ms}$ y acaba en $0{,}50\,\mathrm{mm}$ en $T=2{,}80\,\mathrm{ms}$.

Resultado$x(t)=5{,}0\times10^{-4}\cos(714\pi\,t)$, con $x$ en m y $t$ en s; $T=2{,}80\times10^{-3}\,\mathrm{s}$.

La pauta oficial da: x = 5 × 10⁻⁴ cos(2240 t); T = 2,80 × 10⁻³ s

Planteamiento Se piden la frecuencia de la luz, su velocidad dentro de la fibra y su longitud de onda dentro de la fibra. La frecuencia no cambia al pasar de un medio a otro; la velocidad y la longitud de onda, sí.

1. Frecuencia, con los datos en el vacío:

   $f$${}= \frac{c}{\lambda_0}$${}= \frac{3{,}00\times10^{8}}{650\times10^{-9}}$${}= 4{,}62\times10^{14}\,\mathrm{Hz}$

2. Velocidad en la fibra:

   $v$${}= \frac{c}{n_1}$${}= \frac{3{,}00\times10^{8}}{1{,}48}$${}= 2{,}03\times10^{8}\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

3. Longitud de onda en la fibra, con la misma frecuencia:

   $\lambda$${}= \frac vf$${}= \frac{\lambda_0}{n_1}$${}= \frac{650}{1{,}48}$${}= 439\,\mathrm{nm}$

Planteamiento Se piden el ángulo límite en la superficie entre el núcleo de la fibra ($n_1$) y el recubrimiento ($n_2$), en el punto $P$, y el ángulo de entrada $\varphi$ con el que el rayo llega a $P$ justo con ese ángulo límite.

1. Ángulo límite: el ángulo de incidencia, medido desde la normal, cuyo rayo refractado sale a $90^\circ$. Existe porque $n_1>n_2$:

   $n_1\sin\theta_L$${}= n_2\sin90^\circ$${}\Rightarrow \theta_L$${}= \arcsin\frac{n_2}{n_1}$${}= \arcsin\frac{1{,}44}{1{,}48}$${}= 76{,}65^\circ$

2. La normal en $P$ es perpendicular al eje de la fibra: el ángulo $\varphi'$ que forma el rayo refractado con el eje es el complementario de $\theta_L$.

   $\varphi'$${}= 90^\circ-\theta_L$${}= 90^\circ-76{,}65^\circ$${}= 13{,}35^\circ$

3. Ley de Snell en la entrada de la fibra, desde el aire; en la cara de entrada la normal es el eje, así que $\varphi$ y $\varphi'$ son los ángulos con la normal:

   $n_{\text{aire}}\sin\varphi$${}= n_1\sin\varphi'$${}\Rightarrow \varphi=\arcsin(1{,}48\cdot\sin13{,}35^\circ)$${}= 20{,}0^\circ$

4. Si $\varphi$ es menor que $20{,}0^\circ$, el rayo llega a $P$ con un ángulo mayor que el límite y se refleja totalmente; si es mayor, parte de la luz pasa al recubrimiento.

   $\varphi\le20{,}0^\circ\;\Rightarrow\;\theta\ge\theta_L$

Planteamiento La intensidad de una misma fuente esférica disminuye con el cuadrado de la distancia real, que incluye la altura. Convertimos la diferencia de decibelios en una relación de intensidades.

1. La primera distancia es la hipotenusa.

   $r_1^2$${}= 15{,}0^2+5{,}00^2$${}= 250\,\mathrm{m^2}$

2. El nivel menor corresponde a una distancia mayor.

   $\frac{I_1}{I_2}$${}= 10^{(65{,}0-62{,}0)/10}$${}= 10^{0{,}3}$$\frac{I_1}{I_2}=\frac{r_2^2}{r_1^2}$

3. Despejamos la altura sin redondear ninguna distancia.

   $h$${}= \sqrt{r_2^2-20{,}0^2}$${}= \sqrt{250\times10^{0{,}3}-400}$${}= 9{,}9406\,\mathrm{m}$

Planteamiento En el modelo de interferencia de la pauta, suponemos igual amplitud de ambas ondas en el punto de superposición. Hay cancelación ideal cuando la diferencia de camino es un múltiplo impar de media longitud de onda.

1. Calculamos la longitud de onda y escribimos las dos distancias.

   $\lambda=340/80{,}0=4{,}25\,\mathrm{m}$$r_1=x,\ r_2=10{,}0-x$

2. La condición de fase da parejas simétricas.

   $|2x-10|=(n+1/2)4{,}25$$x=\frac{10\pm(n+1/2)4{,}25}{2}$

3. Solo n=0 y n=1 dan puntos interiores al segmento. Para n=2 la diferencia de camino ya supera los 10 m.

   $n=0:\ x=3{,}9375,\ 6{,}0625\,\mathrm{m}$$n=1:\ x=1{,}8125,\ 8{,}1875\,\mathrm{m}$

Planteamiento Una imagen invertida y del mismo tamaño tiene aumento −1. Con el convenio cartesiano, el objeto está en s=−20,0 cm y la imagen es real a la derecha.

1. El aumento determina dónde va el sensor.

   $\beta=\frac{s^{\prime}}{s}=-1\Rightarrow s^{\prime}=20{,}0\,\mathrm{cm}$

2. Usamos la ecuación de la lente delgada.

   $\frac1{f^{\prime}}$${}= \frac1{s^{\prime}}-\frac1s$${}= \frac1{20{,}0}-\frac1{-20{,}0}$${}= \frac1{10{,}0}$${}\Rightarrow f^{\prime}$${}= 10{,}0\,\mathrm{cm}$${}> 0$

Planteamiento Representamos una lente convergente con el objeto a dos distancias focales. Dos rayos principales bastan para construir la imagen.

1. Situamos la lente en x=0, el objeto en x=−20 cm, los focos en ±10 cm y el sensor en +20 cm.

   $s=-20\,\mathrm{cm}$$F=-10\,\mathrm{cm}$$F\prime=+10\,\mathrm{cm}$$s^{\prime}=+20\,\mathrm{cm}$

2. Desde el extremo superior de la hoja trazamos un rayo paralelo al eje que después pasa por F′ y otro por el centro óptico sin desviación. Se cortan en el sensor, bajo el eje, a la misma altura en valor absoluto.

   $\frac{y^{\prime}}{y}=-1$

ResultadoImagen real, invertida y del mismo tamaño a 20 cm; objeto en −20 cm y focos en −10 cm y +10 cm.

La pauta oficial da: Diagrama con objeto e imagen a 2f

Planteamiento En el ángulo crítico el rayo transmitido es tangente a la interfaz. Solo hay reflexión total cuando la luz pasa del medio de índice mayor al menor.

1. Aplicamos Snell con ángulo de refracción de noventa grados.

   $n_1\sin\theta_c=n_2\sin90^\circ$$\theta_c=\arcsin\frac{n_2}{n_1}=\arcsin\frac{1}{1{,}58}$

2. Invirtiendo los medios, el seno requerido sería superior a la unidad y no existe ángulo crítico.

   $\sin\theta_c=\frac{1{,}58}{1}>1$

Planteamiento El diagrama da dos metros de recorrido longitudinal dentro del bloque. El desplazamiento lateral máximo corresponde al rayo crítico.

1. Utilizamos la tangente con el ángulo calculado sin redondear.

   $d_{\max}=2\tan\!\left(\arcsin\frac{1}{1{,}58}\right)$

2. Esquema: normal perpendicular a la cara, rayo incidente al ángulo crítico, reflejado con el mismo ángulo y refractado tangente a la cara. Para verla con un rayo que salga, hay que estar ligeramente por debajo del límite.

   $\theta_{\rm refl}=\theta_c$$\theta_{\rm refr}=90^\circ$

Planteamiento Los extremos abiertos son vientres de desplazamiento. Las longitudes de onda admitidas encajan un número entero de medias ondas.

1. Calculamos las frecuencias.

   $\lambda_n=\frac{2L}{n}$$f_n=\frac{nv}{2L}=\frac{n\cdot343}{2\cdot0{,}670}$

2. Para dibujar los dos modos usamos cosenos y su imagen especular; los ceros son nodos.

   $y_1\propto\cos(\pi x/L)$$y_3\propto\cos(3\pi x/L)$

3. Modo primero: vientres en 0 y L; nodo en L/2. Modo tercero: vientres en 0, L/3, 2L/3 y L; nodos en L/6, L/2 y 5L/6.

   $x_{N,1}=0{,}335\,\mathrm{m}$$x_{V,3}$${}= (0;\,0{,}223;\,0{,}447;\,0{,}670)\,\mathrm{m}$$x_{N,3}=(0{,}112;\,0{,}335;\,0{,}558)\,\mathrm{m}$

Planteamiento El extremo cerrado es nodo y el abierto es vientre de desplazamiento. Solo caben los armónicos impares.

1. Los dos primeros modos son los armónicos 1 y 3.

   $\lambda_n=\frac{4L}{n}$$f_n=\frac{nv}{4L}$$n=1,3$

2. Esquema con el origen en el extremo cerrado: primer modo, nodo 0 y vientre L; segundo modo, nodos 0 y 2L/3, vientres L/3 y L.

   $y_n\propto\sin(n\pi x/(2L))$$x_{N,3}$${}= (0;\,0{,}447)\,\mathrm{m};\ x_{V,3}$${}= (0{,}223;\,0{,}670)\,\mathrm{m}$

Planteamiento Convertimos el nivel en intensidad y usamos la propagación esférica. La energía es la potencia multiplicada por la duración.

1. La intensidad a cincuenta metros fija la potencia emitida.

   $I$${}= 10^{-12}10^{100/10}$${}= 10^{-2}\,\mathrm{W/m^2}$$P=4\pi 50^2\cdot10^{-2}$

2. Multiplicamos la potencia por tres centésimas de segundo.

   $E=P\cdot0{,}03$

Planteamiento El segundo cohete tiene la misma potencia, pero está más lejos. Las intensidades de los dos estallidos independientes se suman.

1. Una bajada de diez decibelios divide la intensidad por diez y multiplica el cuadrado de la distancia por diez.

   $r^2=10\cdot50^2$$h=\sqrt{r^2-50^2}=\sqrt{9\cdot50^2}$

2. Dos fuentes iguales duplican la intensidad e incrementan el nivel en unos tres decibelios.

   $\beta_2=90+10\log_{10}2$

Planteamiento Se pide la longitud de onda, la forma de la onda a lo largo de cada recta y el tipo de interferencia en el punto 1. Los dos altavoces emiten en fase, así que lo que decide la interferencia es la diferencia entre las distancias que recorre cada onda.

1. Longitud de onda:

   $\lambda=\frac vf=\frac{340}{170}=2{,}00\,\mathrm{m}$

2. Longitudes de onda que caben en cada recta, de longitudes $d_1=6{,}00\,\mathrm{m}$ y $d_2=3{,}00\,\mathrm{m}$:

   $\frac{d_1}{\lambda}=\frac{6{,}00}{2{,}00}=3$$\frac{d_2}{\lambda}=\frac{3{,}00}{2{,}00}=1{,}5$

3. Gráficas (figura, las dos en el mismo instante): a lo largo de $R_1$ la onda recorre $3$ longitudes de onda y a lo largo de $R_2$, $1{,}5$. Las dos salen en fase de su altavoz ($x=0$) y al punto 1 llegan con desplazamientos opuestos.

4. La diferencia de caminos es un número impar de medias longitudes de onda: las ondas llegan en oposición de fase y la interferencia es destructiva. Si las dos amplitudes son iguales, en el punto 1 no se oye nada.

   $\Delta d=d_1-d_2=3{,}00\,\mathrm{m}=1{,}5\,\lambda=3\,\frac{\lambda}{2}$

Resultado$\lambda=2{,}00\,\mathrm{m}$. Por $R_1$ caben $3$ longitudes de onda y por $R_2$, $1{,}5$: en el punto 1 las ondas llegan en oposición de fase e interfieren destructivamente.

La pauta oficial da: λ = 2 m; 3λ (R₁), 1,5λ (R₂); destructiva

Planteamiento Se pide cómo cambian la frecuencia y la intensidad del sonido en el punto de escucha en tres situaciones. La frecuencia la fija la fuente y no cambia en ningún caso; la intensidad depende de cómo interfieren las dos ondas.

1. Si un altavoz deja de funcionar, ya no hay interferencia: se oye el sonido de un solo altavoz, de la misma frecuencia. En el punto 1 se pasa de no oír nada a oír ese sonido: la intensidad aumenta.

   $f=170\,\mathrm{Hz}$

2. Si el altavoz de la izquierda se acerca $1{,}00\,\mathrm{m}$, media longitud de onda, la diferencia de caminos pasa a ser una longitud de onda entera: las ondas llegan en fase y la interferencia es constructiva. La amplitud es la suma de las dos; con amplitudes iguales, la intensidad es cuatro veces la de un solo altavoz. La frecuencia sigue siendo $170\,\mathrm{Hz}$.

   $\Delta d=5{,}00-3{,}00=2{,}00\,\mathrm{m}=\lambda$

3. En un punto equidistante de los dos altavoces los caminos son iguales: las ondas llegan en fase y la interferencia es constructiva, como en el caso anterior. La frecuencia sigue siendo $170\,\mathrm{Hz}$.

   $\Delta d=0$

Planteamiento Para máximos, la diferencia de caminos es un número entero de longitudes de onda; para mínimos, un número semientero. Consideramos las fuentes en fase.

1. Buscamos los enteros que dejan la frecuencia dentro del intervalo del generador.

   $\Delta_A=8{,}68-5{,}00=3{,}68\,\mathrm{m}$$f_n=\frac{340n}{3{,}68}$$200\le f_n\le400\Rightarrow n=3,4$

2. En B, la diferencia de caminos con la frecuencia más alta es cuatro longitudes de onda y media. Es un mínimo, aunque con amplitudes desiguales no es silencio absoluto.

   $\Delta_B=8{,}14-4{,}00=4{,}14\,\mathrm{m}$$\frac{\Delta_Bf_4}{340}=4{,}5$

Planteamiento Para música sin una fase relativa fija, las intensidades medias se suman. Usamos la dispersión esférica para cada altavoz.

1. Calculamos cada intensidad en A.

   $I_1$${}= \frac{2{,}36\cdot10^{-3}}{4\pi(5{,}00)^2}$$I_2$${}= \frac{2{,}36\cdot10^{-3}}{4\pi(8{,}68)^2}$

2. Sumamos antes de pasar a decibelios.

   $\beta=10\log_{10}\frac{I_1+I_2}{10^{-12}}$

Planteamiento La separación entre crestas es la longitud de onda. La boya oscila verticalmente y su amplitud es la mitad del recorrido entre el punto más bajo y el más alto.

1. Contamos ciclos por segundo y calculamos la velocidad de propagación.

   $f=\frac{30}{60}=0{,}50\,\mathrm{Hz}$$\lambda=4\,\mathrm{m}$$v=\lambda f=2{,}00\,\mathrm{m/s}$

2. Elegimos un coseno que empiece en el máximo positivo.

   $A=\frac{0{,}40}{2}=0{,}20\,\mathrm{m}$$\omega=2\pi f=\pi\,\mathrm{rad/s}$$y(t)=0{,}20\cos(\pi t)$

Planteamiento Derivamos la posición para obtener la velocidad y volvemos a derivar para la aceleración. Los máximos de los módulos corresponden al valor absoluto uno del seno o coseno.

1. Obtenemos las funciones y sus amplitudes.

   $v_y(t)=-0{,}20\pi\sin(\pi t)$$a_y(t)=-0{,}20\pi^2\cos(\pi t)$$v_{\max}=A\omega$$a_{\max}=A\omega^2$

2. Para dibujar un período unimos suavemente estos cinco puntos.

   $(t,v_y)$${}= (0,0),(0{,}5,-0{,}628),(1,0),(1{,}5,0{,}628),(2,0)$

Planteamiento La superficie del agua impone un nodo de desplazamiento y la boca abierta un vientre. Un tubo cerrado por un extremo solo admite armónicos impares.

1. La primera resonancia es el fundamental y la segunda es el tercer armónico.

   $L_1=\lambda/4$$L_3=3\lambda/4$$\lambda_1=4(0{,}193)$$\lambda_3=4(0{,}580)/3$

2. Usamos la media de ambas longitudes de onda, como admite la pauta.

   $\bar\lambda=\frac{4(0{,}193)+4(0{,}580)/3}2$$L_5=5\bar\lambda/4$

3. En el primer armónico solo hay un nodo y un vientre; en el tercero hay otro nodo y otro vientre interiores. La frecuencia y el medio no cambian.

   $\lambda=v/f$$n=1,3,5,\ldots$

4. Tomamos z=0 en el agua y z=L en la boca. El perfil del desplazamiento del armónico impar n es un seno; los ceros son nodos y los extremos de valor absoluto uno son vientres.

   $s_n(z)=C\sin\left(\frac{n\pi z}{2L}\right)$$n=1,3,5,\ldots$

5. En el primer armónico hay nodo en 0 y vientre en L. En el tercero los nodos están en 0 y 2 L/3, y los vientres en L/3 y L; el vientre interior tiene signo contrario al de la boca en el perfil instantáneo.

   $n=1:\ N=\{0\},\ V=\{L\}$$n=3:\ N=\{0,2L/3\},\ V=\{L/3,L\}$

Planteamiento La onda que resuena está en la columna de aire. Su velocidad se obtiene multiplicando longitud de onda y frecuencia.

1. Multiplicamos por la frecuencia del diapasón.

   $v$${}= 442\frac{4(0{,}193)+4(0{,}580)/3}2$

2. Cambiar el líquido no cambia la velocidad del sonido en el aire en las mismas condiciones.

   $v_{aire}=\lambda f$

Resultadov = 342 m/s; no cambia al sustituir agua por glicerina bajo el modelo de extremo cerrado.

La pauta oficial da: 340 m/s; no cambia

Planteamiento La distancia entre puntos consecutivos en fase es la longitud de onda. Elegimos una onda que viaje hacia+x y cuyo extremo x=0 empiece subiendo desde el equilibrio.

1. Convertimos amplitud y longitud de onda a metros.

   $A=0{,}0500$$\lambda=0{,}200$$v=\lambda f$$\omega=2\pi f$$k=2\pi/\lambda$

2. La condición de fase da un seno deωt−kx.

   $y(x,t)$${}= 0{,}0500\sin(\pi t-10\pi x)\quad(x,y\text{ en m},t\text{ en s})$

Planteamiento La velocidad y aceleración transversales se obtienen derivando respecto al tiempo, manteniendo fija la posición del punto del cuerpo.

1. Derivamos y calculamos las amplitudes.

   $v_y=0{,}0500\pi\cos(\pi t-10\pi x)$$a_y$${}= -0{,}0500\pi^2\sin(\pi t-10\pi x)$

2. Evaluamos en la cola x=0,580 m a t=10 s.

   $v_y(0{,}580,10)$${}= 0{,}0500\pi\cos(10\pi-5{,}8\pi)$$a_y(0{,}580,10)$${}= -0{,}0500\pi^2\sin(10\pi-5{,}8\pi)$

Planteamiento Leemos los dos picos del espectro y comprobamos qué condiciones de contorno producen esa serie de armónicos.

1. Los picos están en 440 Hz y 1320 Hz=3·440 Hz, sin pico en 880 Hz. En el modelo de examen esto identifica un tubo cerrado por un extremo.

   $f_n=n\frac{v}{4L}$$n=1,3,5,\ldots$

2. Despejamos la longitud usando el fundamental.

   $L=\frac{340}{4\cdot440}$

Planteamiento Las intensidades de los cinco instrumentos se suman. Cada instrumento aporta una quinta parte y reparte su potencia sobre una semiesfera.

1. Convertimos el nivel total a intensidad y dividimos entre cinco.

   $I_{tot}=10^{-12}10^{80/10}$$I_1=I_{tot}/5$

2. Multiplicamos por el área de una semiesfera de radio 1,5 m.

   $P_1=I_1\cdot2\pi(1{,}5)^2$

Planteamiento Calculamos número de onda y frecuencia angular a partir deλ y de la velocidad. Una fase kx−ωt representa propagación hacia+x.

1. Determinamos los parámetros de la onda.

   $k=2\pi/0{,}136$$f=340/0{,}136=2500$$\omega=2\pi f=5000\pi$

2. Mantenemos A 0 simbólica, porque no se da su valor.

   $A(x,t)$${}= A_0\sin\left(\frac{2\pi}{0{,}136}x-5000\pi t\right)$

Planteamiento El observador se mueve hacia una fuente en reposo y encuentra crestas con menor separación temporal. Es el efecto Doppler.

1. Para velocidad de acercamiento u, la frecuencia recibida crece.

   $f_{obs}=f(v+u)/v>f$

2. Elegimos el argumento 2. El 1 atribuye movimiento a la fuente, que no se mueve; el 3 y el 4 atribuyen un cambio de longitud de onda que no ocurre en el aire.

   $\lambda_{aire}=v/f=0{,}136\,\mathrm m\quad\text{constant}$