2º PROBLEMAS RESUELTOS T 4 MOVIMIENTO VIBRATORIO

FÍSICA 2º BACHILLERATO UNIDAD 4: MOVIMIENTO VIBRATORIO PROBLEMAS RESUELTOS

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TEMA 4. MOVIMIENTO VIBRATORIO PROBLEMAS RESUELTOS 1. La ecuación de un m.a.s. es x(t) = 2 cos 30π πt, , en la que x es la elongación en cm y t en s. ¿Cuáles son la amplitud, la frecuencia y el período de este movimiento? Sabemos que la elongación de un m.a.s. está dada por una ecuación del tipo x( t ) = A cos (ωt + φ 0 )

aunque pudiera ser igualmente una función seno. Así que bastaría comparar con la ecuación dada, x( t ) = 2 cos 30πt cm

para obtener inmediatamente los resultados: A = 2 cm ;

ω = 30π rad / s;

φ 0 = 0 rad

En cuanto al periodo y la frecuencia, ya que ,T = 2π sería tan simple como T=

2 π 2π 1 = = s ω 30π 15

;

ν=

1 = 15 Hz T

ω

2. En un m.a.s. la elongación en cm es x(t) = 0,4 cos (10π πt – π/3), siendo t el tiempo en s. Calcular la elongación, velocidad y aceleración del móvil en los instantes t = 0 s y t = 1/120 s. Si la ecuación de elongaciones es , x( t ) = 0,4 cos (10πt − π ) cm las de velocidad y aceleración se 3 obtienen por simple derivación: dx( t ) π = − 4π sen (10πt − ) cm / s dt 3 dv( t ) π a( t ) = = − 40π 2 cos (10πt − ) cm / s 2 dt 3 v( t ) =

y sólo habría que usarlas en los instantes propuestos, t = 0 s y t = 1/20 s. En el tiempo t = 0 s, la fase del movimiento vale φ0 = −

π rad 3

y en el tiempo t = 1/20 s, la fase es φ(

1 1 π π π π ) = 10π . − = − = rad 20 20 3 2 3 6

de forma que, al tiempo t = 0 s, los valores pedidos son π x(0) = 0,4 cos ( − ) = 0,2 cm 3 π v(0) = − 4 π sen ( − ) = 10.88 cm / s 3 π a(0) = − 40π 2 cos ( − ) = − 197,39 cm / s 2 3

Entre otras cosas, hay que notar que la posición en ese momento está a mitad de camino entre el centro de equilibrio y la amplitud (0,2 cm es la elongación; la amplitud es 0,4 cm), mientras que la velocidad de 10,88 cm/s no es de ninguna manera la mitad de la velocidad máxima (de ±12,57 cm/s, como es fácil de ver). ¿Qué comentarios pueden hacerse sobre esto? Veamos ahora los valores de elongación, velocidad y aceleración al tiempo 1/20 s: x(

1 π ) = 0,4 cos = 0,35 cm 20 6

Departamento de Ciencias de la Naturaleza


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1 π ) = − 4 π sen = − 6,28 cm / s 20 6 1 π a( ) = − 40π 2 cos = − 341,89 cm / s 2 20 6 v(

de modo que, en este momento, la velocidad está dirigida en sentido negativo y vale la mitad del valor máximo (±12,57 cm/s, como ya se hizo notar). Esto permite responder la pregunta hecha anteriormente: la velocidad del móvil alcanza su valor máximo (± 12,57 cm/s) cuando pasa por el centro de las oscilaciones (x = 0 cm), y va disminuyendo cuando se desplaza hacia el extremo de la oscilación (sea en x = 0,4 cm, sea en x = – 0,4 cm); pero no lo hace de forma lineal, ya que la aceleración se va haciendo más grande a medida que el móvil se acerca al extremo. En otras palabras, se pierde la mayor parte de la velocidad cuando se está ya cerca del extremo de la trayectoria: esto puede comprobarse mirando con atención los valores obtenidos en los resultados (1) a (6). 3. La aceleración (en m/s2) de un m.a.s. en función de la elongación (en m) a = −256 x. Expresar esta aceleración en función del tiempo sabiendo que la amplitud de la vibración es de 2,5 cm. Considérese nula la constante de fase. Tenemos a = – 256 x , con x medido en m y a en m/s2. Como se sabe, en un m.a.s. la ecuación fundamental es a = − ω2 x x( t ) = A cos (ωt + φ 0 )

de forma que resulta evidente que ω 2 = 256

⇒

ω=

256 = 16 rad / s

De otro lado, las ecuaciones temporales de elongación, velocidad y aceleración son del tipo x( t ) = A sen (ωt + φ 0 ) v( t ) = Aω cos (ωt + φ 0 ) a( t ) = − Aω2 sen (ωt + φ 0 )

donde Φ = 0, tal como se dice en el enunciado. Finalmente, conocemos también el valor de la amplitud A = 2,5 cm = 0,025 m; así como la pulsación w= 16 rad/s, de forma que sólo hay que escribir a( t ) = − 0,025 . 256 sen 16 t = − 6,4 sen 16 t

donde t se mide en s y a se mide en m/s2.



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4. La abscisa de un móvil en función del tiempo en s es la función x(t)= 4 sen 10t + 3 cos 10t cm. Expresar su aceleración en función del tiempo y demostrar que se trata de un m.a.s. Como se sabe, la ecuación fundamental en un m.a.s. es a = − ω2 x

(1) donde a es la aceleración y x la elongación del movimiento. Todo movimiento que satisfaga esta ecuación es un m.a.s. que tiene lugar en eje X; en consecuencia, debemos probar que tal igualdad es cierta cuando la posición del móvil está dada por x( t ) = 4 sen 10 t + 3 cos 10 t

x <> cm ;

t <> s

Para ello, hay que derivar esta función de posición dos veces: primero tendremos la velocidad del movimiento, después la aceleración: dx( t ) = 40 cos 10t − 30 sen 10t dt dv( t ) a( t ) = = − 400 sen 10t − 300 cos 10t dt v( t ) =

v <> cm / s

;

t <> s

a <> cm / s 2 ;

t <> s

Y ahora se trata de comprobar que esta aceleración cumple la condición definida en (1). Basta sacar factor común – 100 en esta última ecuación para que quede: .

a = −100 (4 sen10t + 3 cos10t) = −100 x

x <> cm ;

a <> cm/ s2

y el problema está resuelto: se trata de un m.a.s., en el que w2 = 100 y, por tanto, w = 10 rad/s. Aunque no discutiremos esto ahora, se puede probar que la amplitud del movimiento sería 5 cm. 5. La velocidad en m/s de un m.a.s. es v(t) = —0,36π π sen π(24t + 1), donde t es el tiempo en s. ¿Cuáles son la frecuencia y la amplitud de ese movimiento? Escribir la expresión de su elongación en función del tiempo. La velocidad del m.a.s. que nos proponen es v( t ) = − 0,36 π sen π (24 t + 1)

t <> s ;

v <> m / s

y de esa ecuación debemos obtener, por simple comparación con la ecuación teórica de la velocidad en un m.a.s., las constantes del movimiento, en particular el período y la frecuencia. Podemos partir de las ecuaciones de un m.a.s. que planteamos a continuación: x( t ) = A cos (ωt + φ 0 ) v( t ) = − Aω sen (ωt + φ 0 ) a( t ) = − Aω2 cos (ωt + φ 0 )

en las que, como puede verse, hemos usado una función coseno en la elongación x(t) para que, de ese modo, aparezca la función seno en la velocidad, tal como sucede en la función del enunciado. Ahora, comparando la segunda de estas ecuaciones con la velocidad del enunciado, tenemos las siguientes identificaciones inmediatas:



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Aω = 0,36 π m / s  0,36 π = 0,015 m = 1,5 cm  A= ω = 24 π rad / s  24 π φ 0 = π rad

de las cuales, fácilmente, conseguimos ahora el período y la frecuencia: T =

2π 2π 1 = = s ω 24 π 12

ν=

;

1 = 12 Hz T

Y queda únicamente la función elongación–tiempo. Conocemos la amplitud A, la pulsación w y la fase inicial Φ0, de modo que falta sólo escribir: x( t ) = A cos (ωt + φ 0 ) = 0,015 cos (24 πt + π) = 0,015 cos π (24 t + 1) m

6. Calcular la velocidad y aceleración máximas del m.a.s. cuya ecuación es x(t) = 5 cos (4π πt + π/6), en la que x es la elongación en cm y t el tiempo en s. Si la elongación como función del tiempo está dada por π x( t ) = 5 cos ( 4 πt + ) 6

x <> cm ;

t <> s

entonces es inmediato identificar A = 5 cm

;

ω = 4π rad / s

;

φ0 =

π rad 6

de manera que los valores máximos de la velocidad y la aceleración son muy sencillos: v max = ± Aω = ± 5 . 4 π = ± 20π = ± 62,83 cm / s

a max = m Aω2 = m 5 . ( 4π) 2 = m 80π 2 = m 789,57 cm / s 2

y no parece preciso decir mucho más, salvo recordar quizá que los valores máximos de la velocidad se tienen cada vez que el móvil pasa por el centro de las oscilaciones (por x = 0 cm), y su signo depende que el móvil pase por ahí moviéndose en un sentido u otro. En cambio, los valores máximos de la aceleración se tienen en los extremos de la oscilación, cuando la elongación es igual a la amplitud (es decir, x = ±A cm = ±5 cm), y tienen signo contrario al de x, de acuerdo a la ecuación fundamental a = – w2x. 7. La elongación en cm de un m.a.s. es x = 4 cos 10t, donde t es el tiempo en s. Calcular la aceleración en el instante en que la elongación es de 3 cm. Al darnos la elongación x = 4 cos 10 t

x <> cm

;

t <> s

nos están ofreciendo la amplitud (vale 4 cm, como es fácil de ver) y la pulsación, cuyo valor es w = 10 rad/s. Por otro lado, la ecuación fundamental de un m.a.s. es, como se sabe, la que relaciona elongación y aceleración del móvil: a = − ω2 x



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donde, en nuestro caso, w2 = 102 = 100 rad2/s2. En consecuencia, podemos escribir a = − 100 x

x <> cm

;

a <> cm / s 2

y, para x = 3 cm, será a = − 100 . 3 = − 300 cm / s 2 = − 3 m / s 2

8. Una partícula se desplaza con m.a.s. de amplitud 1 cm y frecuencia 8 Hz. Calcular su velocidad y su aceleración en el instante en que tiene una elongación de 6 mm. Siendo la frecuencia f = 8 Hz, es muy sencillo obtener la pulsación (o frecuencia angular, como también se la conoce): ω = 2 π ν = 16 π rad / s

y ahora debemos recordar la relación existente entre velocidad y elongación del móvil en un m.a.s.: v = ± ω A2 − x2

de manera que, conociendo A = 1 cm y w= 16π rad/s, es inmediato averiguar la velocidad para cualquier elongación. Para x = 0,6 cm tendremos: v = ± 16 π 1 − 0,6 2 = ± 16 π . 0,8 = ± 40,21 cm / s

Y, en lo que respecta a la aceleración, bastará recordar la ecuación fundamental de un m.a.s.: a = − ω2 x

donde sólo hay que sustituir el valor de la elongación 0,6 cm: a = − (16 π) . 0,6 = − 1515,95 cm / s 2 = − 15,16 m / s 2 2

9. ¿Qué amplitud y qué período debe tener un m.a.s. para que la velocidad máxima sea de 30 cm/s y la aceleración máxima de 12 m/s2? Expresar la elongación de ese movimiento en función del tiempo. ¿Qué amplitud y qué período debe tener un m.a.s. para que la velocidad máxima sea de 30 cm/s y la aceleración máxima de 12 m/s2? Expresar la elongación de ese movimiento en función del tiempo. Si la velocidad máxima es de 30 cm/s, entonces sabemos que A ω = 30 cm / s = 0,3 m / s

(1)

y si la aceleración máxima es de 12 m/s2, entonces es que A ω2 = 12 m / s 2

(2)

así que bastaría dividir las igualdades (2) y (1) para tener fácilmente A y w. Primero w: Departamento de Ciencias de la Naturaleza


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A ω2 12 =ω= = 40 rad / s Aω 0,3

y ahora A, metiendo w en (1) o en (2): A =

30 cm / s 30 cm / s = = 0,75 cm ω 40 rad / s

Entonces podemos escribir la ecuación de elongaciones, que sería del tipo x(t) = A sen (wt+Φ) , simplemente sustituyendo los valores obtenidos. Quedará: x( t ) = 0,75 sen ( 40 t + φ 0 )

x <> cm ;

t <> s

Debe observarse que la fase inicial Φ0 queda indeterminada, puesto que no podemos calcularla con los datos disponibles. Eso no significa, sin embargo, que no tomemos en cuenta su existencia. 10. En un m.a.s., cuando la elongación es nula, la velocidad es de 1 m/s y, en el instante en que la elongación es de 5 cm, la velocidad es nula. ¿Cuál es el período del movimiento? La elongación es nula en un m..a.s. cada vez que el móvil pasa por el centro de equilibrio, es decir, x = 0. Como sabemos, en tal momento la velocidad debe tener su máximo valor, ±Aw. En consecuencia, sabemos que el valor 1 m/s que indica el enunciado es el valor máximo de la velocidad, tomado con signo positivo, es decir, cuando el móvil se desplaza en el sentido positivo del eje. Podemos escribir, consecuentemente A w= 1 m/s Por otro lado, cuando la velocidad sea nula el móvil tendrá que estar en un extremo de su oscilación, es decir, la elongación será igual a la amplitud en ese instante: A = 5 cm = 0,05 m De las dos igualdades se despeja w inmediatamente, dividiéndolas miembro a miembro: ω=

1m Aω s = 20 rad / s = A 0,05 m

y el período es ahora inmediato, recordando T =

T =

2π ω :

2 π 2π = = 0,314 s ω 20



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11. En un m.a.s. de amplitud 4 cm, en el instante en que la elongación es 7 cm, la velocidad es de 6π π m/s. Calcular la frecuencia del movimiento. ¿Cuál será la velocidad del móvil al pasar por la posición de equilibrio? Otra vez debemos emplear la relación conocida entre elongación y velocidad del móvil en el m.a.s.: v = ± ω A2 − x2

Aquí conoceríamos que, cuando la elongación es 7 cm, la velocidad vale 6π m/s = 600π cm/s. De otro lado, la amplitud es A = 4 cm, de forma que sólo falta despejar la frecuencia angular w: 600 π = ω 4 2 − 7 = 3 ω

ω = 200 π rad / s

⇒

Inmediatamente, la frecuencia: ν=

ω 200 π = = 100 Hz 2π 2π

Y, al pasar por la posición de equilibrio, la velocidad debe ser máxima, como sabemos. Su valor es ± Aw, de forma que será: v máx = ± 4 . 200 π cm / s = ± 8 π m / s = ± 25,1 m / s

12. La ecuación de un m.a.s. es x = 6 cos (5t + ϕ0), en la que x es la elongación en cm y t el tiempo en s. Determinar la posición y velocidad del móvil en el instante t = 0 s si: a) ϕ0 = 0; b) ϕ0 = π/3 rad/s; c) ϕ0 = π/2 rad/s c) ϕ0 = π rad Tenemos la función elongación–tiempo definida de modo completo, salvo por la fase inicial Φ0, x( t ) = 6 cos (5t + ϕ 0 )

x <> cm

t <> s

;

(1) que aparece indeterminada. Las diferencias entre los distintos movimientos que tendríamos al ir variando esa fase inicial Φ0 tendrían que ver exclusivamente con la posición inicial del móvil por tanto, también con su velocidad inicial y su aceleración inicial , tratándose por lo demás de movimientos idénticos. En todos ellos, la velocidad se escribiría según v( t ) =

d x( t ) = − 30 sen (5t + ϕ 0 ) dt

v <> cm / s

;

t <> s

(2) Las ecuaciones (1) y (2) permiten responder de modo inmediato a las cuestiones planteadas en el enunciado. Podemos empezar entrando con t = 0 s en cada una de ellas: x(0) = x 0 = 6 cos ϕ 0 cm

;

v(0) = v 0 = − 30 sen ϕ 0 cm / s

(3) y ahora usamos las expresiones de x0 y v0 de (3), empleando en cada caso los valores de fase inicial del enunciado para terminar el problema: ϕ 0 = 0 rad π rad 3 π ϕ 0 = rad 2 ϕ 0 = π rad ϕ0 =

⇒

x 0 = 6 cos 0 = 6 cm

⇒

x 0 = 6 cos

⇒ ⇒

;

v 0 = − 30 sen 0 = 0 cm / s

π π = 3 cm ; v 0 = − 30 sen = − 25,98 cm / s 3 3 π π x 0 = 6 cos = 0 cm ; v 0 = − 30 sen = − 30 cm / s 2 2 x 0 = 6 cos π = − 6 cm ; v 0 = − 30 sen π = 0 cm / s

Un ejercicio sencillo, pero que ilustra bien las diferencias entre estos supuestos, es la representación gráfica de las funciones temporales elongación, velocidad y aceleración en cada uno de los casos: de ello se ocupa el problema siguiente. Departamento de Ciencias de la Naturaleza


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13. Representar gráficamente las funciones del tiempo x–t; v–t y a–t en cada uno de los supuestos del problema anterior. Este es un ejercicio esencialmente gráfico, pero muy interesante en la medida en que describe el modo en que deben enfocarse y utilizarse las diferencias de fase entre m.a.s. que, por lo demás, son idénticos, tales como los que hemos descrito en el problema anterior. Vamos a empezar por mostrar las distintas escenas iniciales, indicando la situación del fasor en cada una de ellas:

En cada una de estas figuras aparece, como decimos, la situación inicial del fasor: debe mirarse con atención como se muestra la fase inicial 0 correspondiente. También tratamos de hacer notar la proyección del extremo del fasor sobre el eje X, donde se suponen las oscilaciones; para que resulte más claro, se han representado debajo lo que serían las oscilaciones limpias, sin el fasor utilizado como medio para producirlas. En cada supuesto, se recoge la posición inicial, x0, y la velocidad inicial, v0. Todos los valores señalados son los que hemos obtenido ya en el ejercicio anterior. La única diferencia, entonces, entre los cuatro movimientos cuyo instante inicial se representa es una cuestión de ventaja (o retraso) de unos respecto a otros. Si, como parece lógico, tomamos al primero como referencia, cuando la fase inicial es cero, entonces debemos entender que su fasor, girando con la misma velocidad angular w = 5 rad/s que todos los demás, lleva en todo momento un retraso de fase de π/3 rad = 60º respecto al segundo de los movimientos, un retraso de fase de π/2 rad = 90º respecto al segundo y, finalmente, un retraso de fase de π rad = 180º respecto al último de ellos. El paso siguiente, y muy importante de este tipo de discusiones, es el modo en que debemos conectar la diferencia de fase entre dos movimientos con el retraso o adelanto temporal de uno respecto al otro. Hablamos constantemente de una ventaja o retraso de fase, y rara vez lo hacemos de la traducción temporal de ese adelanto o retraso, lo que seguramente sería más intuitivo. Pues bien, la respuesta a esta cuestión es simple: basta emplearla expresión δt =

δϕ ω

(3)

es la diferencia de fase entre los dos movimientos y t el adelanto (o retraso) temporal donde entre uno y otro. La lógica de esta expresión es bastante obvia: simplemente dividimos la ventaja Departamento de Ciencias de la Naturaleza


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angular (¿qué otra cosa es la diferencia de fase?) de un fasor respecto a otro por la velocidad angular con la que giran ambos; el cociente nos dice el tiempo que es necesario para que cualquiera de los fasores gire el ángulo  Así, en el caso que nos ocupa, la oscilación correspondiente al caso b), x(t) = 6 cos (5t + /3), tiene un adelanto de fase   /3 respecto al caso a), con fase inicial nula, x(t) = 6 cos 5t. Eso implica que la oscilación b) tiene una ventaja temporal de valor δt =

π

3 = π = 0,209 s 5 15

(4)

respecto a la oscilación a), sin fase inicial. Es decir, el oscilador b) llega a todas partes 0,209 s antes de que lo haga el oscilador a). De idéntica manera, las ventajas temporales que tienen los osciladores c) y d), siempre respecto del oscilador a) sin fase inicial, valdrían: Oscilador c) Oscilador d)

δt =

π

2 = π = 0,314 s 5 10

π δt = = 0,628 s 5

(5) (6)

que son, respectivamente, ¼ T (un cuarto de período) y ½ T (medio período). Para comprender esto mejor, recordemos que el período T es el tiempo que precisa una oscilación completa, lo que coincide evidentemente con el tiempo que el fasor tarda en girar una vuelta completa: hablar de período en el giro uniforme del fasor es lo mismo que hablar de período del oscilador, ambos con el valor T =

2π ω

así que, como resulta fácil de comprender, una diferencia de fase de vuelta de fasor — termina significando una diferencia temporal de δt =

/2 rad — un cuarto de

π δϕ 1 = 2 = T 2π ω 4 T

mientras que una diferencia de fase de π rad — media vuelta de fasor — termina significando una diferencia temporal de δt =

δϕ π = 2π ω

= T

1 T 2

Así, los casos de desfase π/2, π, 3π/2,… se identifican de modo inmediato con retrasos (o adelantos) temporales de ¼ T, ½ T, ¾ T,… . De cualquier forma, el cálculo de la diferencia temporal entre dos movimientos armónicos desfasados se consigue mediante (3), y a ella habría que remitirse para casos de desfase de valores arbitrarios. Entendido todo lo anterior, las gráficas temporales de elongación y velocidad de los cuatro osciladores propuestos se recogen a continuación (dejamos las de aceleración para el alumno). Esencialmente, el modo de hacerlo es representar las primeras, que corresponden al caso a) sin fase inicial y, a partir de ellas, conseguir las demás “desplazando” cada gráfica a la izquierda, a lo largo del eje de tiempo, las diferencias temporales que hemos ido encontrando en las ecuaciones (4), (5) y (6). Por supuesto, ya que se trata en todo caso de funciones periódicas, basta obtener la representación a lo largo del primer período: a partir de ahí, cada una de las gráficas se repite, período a período, de forma indefinida.



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Estas son las correspondientes al caso a), sin fase inicial:

y ahora las que corresponden al caso b), con fase inicial de

/3 y adelanto temporal de 0,209 s respecto a las anteriores:



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En tercer lugar, las relativas al caso c), con fase inicial de

y, finalmente, las del caso d), con fase inicial

/2 y adelanto de un cuarto de período respecto a las primeras:

y adelanto de medio período respecto al caso a):



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de modo que solo resta una detenida y cuidadosa observación de las gráficas. Háganse después las correspondientes a la aceleración x. en cada caso, algo que no debería resultar difícil teniendo en cuenta la conocida ecuación fundamental a = –



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14. Discutir las diferencias entre los m.a.s. que tienen las siguientes ecuaciones de elongación: a) x(t) = A sen wt ; b) x(t) = A cos wt Este ejercicio requiere un comentario de carácter genérico acerca de las ecuaciones elongación–tiempo que encontramos usualmente al trabajar con movimientos armónicos simples: lo más frecuente es que aparezcan bajo cualquiera de las formas: x( t ) = A sen (ω t + ϕ 0 ) x( t ) = A cos (ω t + ϕ 0 )

o bien

(1) (2)

siendo el caso del problema anterior, por ejemplo, correspondiente a la segunda de ellas. ¿Existe alguna diferencia esencial entre ambos movimientos? La respuesta a estas preguntas es no: la única diferencia a resaltar entre los m.a.s. (1) y (2) es una simple cuestión de fase; más concretamente, una ventaja de fase de 90º de (2) con respecto a (1), lo que quiere decir que el fasor que usamos en el movimiento (2) lleva 90º de adelanto respecto al que usamos en el movimiento (1), así que el móvil descrito en (2) lo hace todo — pasa por el origen, llega a los extremos de su movimiento, etc.. — ¼ T (un cuarto de período) antes que (1). Esto puede entenderse mejor si se recuerda la relación π cos α = sen (α + ) 2

que muestra como la función coseno lleva un adelanto de fase de π/2 respecto a la función seno. Recordando cuestiones explicadas en el problema anterior, podemos ver cuál es el retraso temporal de la oscilación descrita en (1) respecto de la descrita en (2): ya que el retraso de fase es Φ0 = π/2, tendríamos δt =

π

2 = π = 1T ω 2ω 4

2π

resultado fácil de entender si se recuerda que ω = T , y que justifica alguna afirmación hecha más arriba: sabemos ahora, pues, que la oscilación (2) lleva ¼ T de ventaja respecto a la oscilación (1). De modo que, en adelante, aceptaremos indistintamente las funciones seno y/o coseno en las ecuaciones de un movimiento armónico: de hecho, también una combinación lineal de ambas es finalmente otro m.a.s., como ya se probó en algún ejercicio anterior. Para reforzar los párrafos anteriores, veamos ahora cuáles serían las ecuaciones de elongación, velocidad y aceleración en los dos casos propuestos en el enunciado: se trata de casos sencillos que manejan funciones seno y coseno, sin fase inicial: x( t ) = A sen ωt dx( t ) v( t ) = = Aω cos ωt dt dv( t ) a( t ) = = − Aω2 sen ωt dt

         (3)

x( t ) = A cos ωt dx( t ) v( t ) = = − Aω sen ωt dt dv( t ) a( t ) = = − Aω2 cos ωt dt

         (4)



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ecuaciones que ahora representamos gráficamente, contra el tiempo, de modo que puede verse cómo todo lo que sucede en el movimiento descrito por las ecuaciones (3) lo hace un

cuarto de período antes el móvil descrito en las ecuaciones (4):

15. Un m.a.s. tiene una frecuencia de 5 Hz y una amplitud de 8 mm. En el instante t = 0, el móvil se encuentra en el centro de la vibración y se desplaza en sentido positivo. Expresar su elongación, su velocidad y su aceleración como funciones del tiempo. Escribiendo la elongación de un m.a.s. en términos de x( t ) = A sen (ω t + φ 0 )

Tal como hemos hecho nosotros, decir que al tiempo t = 0 s el móvil se halla en el origen y moviéndose en sentido positivo significa que la fase inicial 0 es nula (o vale un número entero de veces 2 , lo que viene a ser lo mismo). Por lo tanto, la ecuación de elongaciones quedaría x( t ) = A sen ω t

y, como sabemos que A = 8 mm y f = 5 Hz (de modo que f = 2πw = 10π rad/s), las ecuaciones de elongación, velocidad y aceleración quedarán x( t ) = 0,8 sen 10 π t cm dx( t ) = 8 π cos 10 π t cm / s dt dv( t ) a( t ) = = − 80 π 2 sen 10 π t cm / s 2 dt v( t ) =



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con lo que el problema estaría resuelto. Aprovecharemos, sin embargo, para mostrar de nuevo que las ecuaciones de elongación pueden escribirse indistintamente empleando senos o cosenos en su formulación: en efecto, si escribiésemos la elongación del m.a.s. como x( t ) = A cos (ω t + φ 0 )

entonces las condiciones iniciales de elongación nula y velocidad positiva al tiempo t = 0 s requieren que Φ0 tome el valor –π/2 rad (lo cual no es sino un modo de decir que la función seno está retrasada π/2 rad respecto a la función coseno). La respuesta alternativa al problema sería, entonces: π x( t ) = 0,8 cos (10 π t − ) cm 2 dx( t ) π v( t ) = = − 8 π sen (10 π t − ) cm / s dt 2 dv( t ) π 2 a( t ) = = − 80 π cos (10 π t − ) cm / s 2 dt 2

donde, como es fácil de comprobar, los valores que se obtienen para cualquier valor de tiempo, en particular para el instante inicial t = 0 s, son exactamente los mismos que en las ecuaciones escritas más arriba. 16. ¿Cuál es la máxima fuerza que actúa sobre un cuerpo de masa 50 g cuando vibra con una frecuencia de 25 Hz y una amplitud de 2 mm? Como se sabe, la fuerza que debe estar aplicada sobre un cuerpo cuando este desarrolla un m.a.s. es del tipo elástico F =−K x

(1)

donde x es la distancia del cuerpo al centro de las oscilaciones y K la constante elástica correspondiente, relacionada con la masa m del cuerpo y la pulsación del movimiento según K = m ω2

En nuestro caso, ya que la frecuencia es conocida, es inmediato obtener

:

ω = 2 π ν = 50 π rad / s

y, consiguientemente,

K = m ω2 = 0,05 . (50 π) 2 = 1233,7 N / m

Ya que sabemos también el valor de la máxima elongación (amplitud) A = 2 mm, podemos simplemente sustituir en (1), dando a x el máximo valor posible y obteniendo el máximo valor de la fuerza sobre el cuerpo. Prescindimos, en todo caso, del signo de la fuerza y respondemos con su máximo valor absoluto: Fmáx = 1233,7 N / m . 2 .10 −3 m = 2,47 N



17

17. Se hace oscilar verticalmente un cuerpo de masa 80 g que está colgado de un muelle en hélice de constante elástica 2 N/m. Si la amplitud de la oscilación es de 10 cm, ¿cuál será la expresión de su elongación en función del tiempo? En este caso conocemos directamente la constante elástica de recuperación del resorte K = 2 N/m y la masa del cuerpo, m = 0,08 kg, de forma que resultará sencillo obtener w, recordando que K = mw2: ω=

K = m

2 = 5 rad / s 0,08

con lo cual, y conociendo la elongación A = 10 cm, es inmediato escribir la ecuación pedida: x(t) = 10 sen (5t + 0) donde la constante de fase inicial, Φ0, estaría indeterminada por falta de datos acerca de las condiciones iniciales de la oscilación. 18. Al suspender un cuerpo de masa 300 g del extremo de un muelle que está colgado verticalmente, éste se alarga 20 cm. Si se tira del cuerpo 5 cm hacia abajo y se suelta, comienza a oscilar. Calcular el período del movimiento. ¿Cuál será la máxima velocidad que alcanzará? Hay que empezar por explicar cómo suspendemos el cuerpo del resorte: lo colocamos en el extremo libre y, sujetándolo con la mano, lo dejamos bajar suavemente e impidiendo que gane velocidad, hasta que se alcanza la situación de equilibrio en la que el peso del cuerpo y la fuerza con que el resorte tira de él hacia arriba están igualadas. La figura muestra cómo el resorte está alargado 20 cm y cuál debe ser el equilibrio de fuerzas; al escribir esa igualdad tomamos el valor absoluto de ambas fuerzas para exigir que midan lo mismo. Cuando el sistema se abandona en esa posición, queda en equilibrio y el cuerpo en reposo hasta que se deforme el resorte 5 cm más, como pide el enunciado. Entonces se establece el m.a.s. con amplitud de 5 cm y con el centro de oscilaciones en el lugar en que se alcanzó el equilibrio entre peso y fuerza de recuperación del resorte (no en el que corresponde a la longitud natural del muelle). El equilibrio de fuerzas antes de introducir la deformación de 5 cm es: − K x = mg

de donde podemos obtener el valor de K: K =

m g 0,3 .10 = = 15 N / m x 0,2

y, con K, es sencillo hallar el período de las oscilaciones: T = 2π

m 0,3 = 2π = 0,89 s K 15

Por otro lado, la máxima velocidad en un m.a.s. se alcanza en el centro de las oscilaciones, como sabemos bien, y su valor es ± Aw. Por tanto: v máx = ± A ω = ± A

2π 2π = ±5 = ± 35,3 cm / s T 0,89



18

19. Utilizando un muelle parecido al del problema anterior, se emplean 6 segundos en realizar 10 oscilaciones. Calcular la elongación total del muelle cuando se cuelga una masa de 250 g, sabiendo que el alargamiento debido a su peso propio es de 20 cm. Si se emplean 6 s en realizar 10 oscilaciones, el período T será T = 2π

Por otro lado, recordemos

T =

6 = 0,6 s 10

m K

donde conoceríamos T = 0,6 s y también m = 0,25 kg. Por tanto, es inmediato obtener K: K =

4 π2 m T

2

=

4 π 2 . 0,25 0,6 2

= 27,42 N / m

Para responder a la segunda cuestión podemos referirnos a la figura del problema anterior, ya que se trata exactamente de la misma situación. Podemos utilizar de nuevo − K x = mg

lo que daría esta vez x =

mg 2,5 N = = 9,12 .10 −2 m = 9,12 cm K 27,42 N / m

de manera que la longitud del resorte con el cuerpo suspendido será la suma de la longitud normal más el alargamiento 30 cm + 9,12 cm = 39,12 cm 20. En un dinamómetro, la distancia entre la división 0 y la división 20 N es de 10 cm. Calcular el periodo y la frecuencia que generaría un cuerpo colgado de 800 g., así como la aceleración máxima del cuerpo. Cuando nos dicen que desde la división 0 N hasta la división 20 N hay una distancia de 10 cm nos están proporcionando la constante K del resorte. En efecto, sabemos que un alargamiento del resorte de valor 10 cm corresponde a una fuerza deformante de 20 N. Como la fuerza F que deforma el resorte (*) y la deformación x resultante están relacionadas según F = Kx

es fácil obtener la constante K de recuperación del dinamómetro. Sería K =

F 20 N = = 200 N / m x 0,1 m

Con este dato podemos discutir cómo serán las oscilaciones de un cuerpo suspendido del resorte del dinamómetro. Bastará recordar que el período de las oscilaciones está dado por T = 2π

m 0,8 = 2π = 0,397 s K 200 Departamento de Ciencias de la Naturaleza


ν=

y la frecuencia, por tanto,

19

1 1 = = 2,52 Hz T 0,397

Por último, hay que recordar que la aceleración máxima del móvil en un m.a.s. corresponde al paso por las posiciones extremas de la oscilación, y su valor es a máx = ± A ω 2 = ± A (2 π ν) 2 = ± 1 cm . (2 π . 2,52) 2 = ± 250 cm / s 2

donde se ha hecho uso de la amplitud dada en el enunciado y de la conocida relación entre frecuencia f y pulsación w. (*) No se debe confundir con la fuerza que el resorte aplica sobre el objeto sujeto a su extremo, que es F = – Kx (igual y de sentido contrario a la que deforma el resorte, según la ley de acción y reacción). 21. Un resorte se mantiene vertical apoyado en el suelo. Se coloca un cuerpo de masa m en reposo sobre el resorte y se observa que éste se acorta 6 cm. Si empujamos ligeramente el cuerpo hacia abajo y lo soltamos, ¿cuál será la frecuencia de las oscilaciones? ¿y si la masa del cuerpo fuese 2m? Un resorte se mantiene vertical apoyado en el suelo. Se coloca un cuerpo de masa m en reposo sobre el resorte y se observa que éste se acorta 6 cm. Si empujamos ligeramente el cuerpo hacia abajo y lo soltamos, ¿cuál será la frecuencia de las oscilaciones? ¿y si la masa del cuerpo fuese 2m? Se trata de la misma situación discutida en los problemas anteriores 18 y 19. Como en ellos, al colocar el cuerpo de masa m sobre el resorte se alcanza un equilibrio entre dos fuerzas que actúan sobre el cuerpo: su peso mg y la fuerza de recuperación del resorte, proporcional a la deformación del mismo. El equilibrio requiere que − K x = mg

donde, a pesar de que no conocemos la masa m del cuerpo, siempre podemos obtener el cociente m/K, que es en realidad lo que nos interesa, como veremos enseguida. Sería: m 0,06 = = 6 .10 −3 kg . m N K 10

Recordemos ahora que

T = 2π

m K

(1)



20

para comprender cómo, efectivamente, no se trata tanto de conocer m o K, sino más bien su cociente. El período de las oscilaciones sería T = 2π

m = 2 π 6 .10 −3 = 0,49 s K

ν=

y, por tanto, la frecuencia es

1 1 = = 2,05 Hz T 0,49

La última cuestión se refiere al cambio que produciría en la frecuencia doblar el valor de la masa. La respuesta es simple: en (1), el valor del radicando sería el doble, 2m/K en lugar de m/K; por tanto, el nuevo período sería 2 = 1,41 veces mayor. La frecuencia, inversa del período, se volvería 1,41 veces más pequeña, de forma que su nuevo valor sería

ν= A =

2,05 2

10 m

s 10 2 rad

= 1,45 Hz =

s

2 m = 0,707 m 2

22. Un péndulo simple de 4m de longitud oscila con amplitud de 0,2m. a) Calcúlese la velocidad del péndulo en el punto más bajo de la trayectoria. b) Calcúlese la aceleración en los extremos de la trayectoria. a) El punto más bajo es el punto de equilibrio donde la velocidad será máxima y todo será energía cinética.

L=4m

A=0,2m

1 2 1 2 A2 EC = E m → mv = kA → v = k ⋅ →v= 2 2 m v=

m ⋅ g ⋅ A2 = l⋅m

g ⋅ A2 l

g ⋅ A = 0,313 m s l

b) En los extremos la aceleración será máxima y x=A. k k m⋅ g A⋅ g a = ⋅x = ⋅A= ⋅A= = 0,49 m 2 s m m m ⋅l l Departamento de Ciencias de la Naturaleza


21

23. Determínese la longitud de un péndulo simple cuyo período es exactamente 1s en un punto donde g = 9,8 m 2 s

L=?

2π 2π →w= = 2π rad ⇒ k = w 2 ⋅ m = 4π 2 ⋅ m N s m w T m⋅ g m⋅g g l= = = = 0,248m 2 k 4π ⋅ m 4π 2

T=

24. Un reloj de péndulo que funciona correctamente en un punto donde g=9,8 m

s2 atrasa 10s diarios a una altura mayor. Utilícense los resultados de dicho apartado para determinar el valor aproximado de g en la nueva localización.

T1 = 24 ⋅ 60 ⋅ 60 = 36400s ⇒ g = 9,8 m

s2

T2 = 36400 − 10 = 36390s ⇒ g = ? Se determina la gravedad en base de la ecuación desarrollada: g 2π 2π 2π 2π 2π g 4π 2 T= = = = ⇒ = ⇒ = 2 w T l l T k m⋅g g m m⋅l l A partir del primer caso donde conocemos la g despejamos l para calcularla: g ⋅ T12 l= = 1853078528m 4π 2 Puesto que la longitud no varía y es igual en ambos casos, se puede calcular el nuevo valor de g: 4π 2 ⋅ l = 9,8023 m 2 ⇒ Como se pude observar la diferencia entre una gravedad y otra es 2 s T2 poca. g=



22

25. Cierto péndulo simple tiene n la tierra un período de 2s. ¿Cuál sería su período en la superficie de la luna, donde g=1,7 m 2 ? s Ttierra = 2 s ↔ Tluna = ? g tierra = 9,8 m

s2

↔ g luna = 1,7 m

s2 2

Ttierra

l T  = 2 ⋅π ⋅ ⇒ l = g ⋅  = 0,992m g  2π 

Tluna = 2π ⋅

0,992 l = 2π ⋅ = 4,79 s g 1,7

26. Se desea construir un péndulo de periodo 10s. a) ¿Cuál es la longitud de un péndulo simple que tenga este periodo? b) Supóngase que el péndulo ha de montarse en una caja cuya altura no exceda de 0,5m ¿Puede idearse un péndulo que satisfaga este requisito con un período de 10s?

T=10s

2

l T  ⇒ l = g ⋅  = 24,8m k  2π  b) Si, se puede considerar de esa manera, ya que la gravedad en 0,5m, es la misma prácticamente que la 0,5m abajo, siempre y cuando se mantengan las condiciones del péndulo de la L; por tanto el péndulo se mantendrá.

a) T = 2π ⋅



23

27. Un barco se balancea arriba y abajo y su desplazamiento vertical viene dado por la t π ecuación y = 1,2 cos +  . Determinar la amplitud, frecuencia angular, constante de 2 6 fase, frecuencia y periodo del movimiento. ¿Dónde se encuentra el barco en t=1s? Determinar la velocidad y aceleración en cualquier tiempo t y calcular la posición, velocidad y aceleración inicial. Comparando con la ecuación deducimos:

π

ϕ = rad s 6 La frecuencia y el periodo se deducen de las ecuaciones correspondientes w 1 f = = 0,0796 Hz ⇒ T = = 12,6 s 2π f Para t=1s la posición del barco viene dada por la ecuación: 1 π  y = 1,2 cos +  = 0,624m 2 6 La velocidad y la aceleración se obtiene derivando una y dos veces la posición respecto al tiempo. t π 1 t π v = −1,2 sen +  ⋅ = −0,6 sen +  m 2 6 2 2 6 s t π 1 t π a = −0,6 cos +  ⋅ = −0,3 cos +  m 2 2 6 2 2 6 s Y para t=0s: y o = 1,04m w=0,5 rad

A=1,2m

( )

( )

vo = −0,3 m

s a o = −0,26 m

s2

28. Un objeto oscila con frecuencia angular w=8 rad . En t=0s, el objeto se encuentra s en x0 =4 cm con una velocidad inicial v0 =-25 cm . Determinar la amplitud y la constante s de fase para este movimiento y escribir x en función de t. La posición y la velocidad inicial están relacionadas con la amplitud y constante de fase por las ecuaciones: x0 = A cos ϕ v0 = −ωAsenϕ Dividiendo estas dos ecuaciones obtenemos: v0 = −ωtgϕ ⇒ ϕ = arctg 0,78 = 0,66rad x0 La amplitud viene dada por: x A = 0 = 5,06cm cos ϕ Y la ecuación del movimiento, conocida amplitud y constante de fase es: x = 5,06 cos(8t + 0,66 ) Departamento de Ciencias de la Naturaleza


24

29. Un objeto de 3 Kg. conectado a un muelle oscila con una amplitud de 4 cm y un periodo de 2s. ¿Cuál es la energía total del objeto? ¿Cuál es la velocidad máxima del objeto y en que posición se alcanza? ¿En que posición la velocidad es igual a la mitad de su valor máximo, y en cuál la energía potencial es igual a la cinética? Sabemos que la energía total de un m.a.s. viene dada por la ecuación: 1 E = kA 2 2 La constante de fuerza se relaciona con el periodo y la masa según: m k = m ⋅ w 2 = 4π 2 ⋅ 2 = 29,6 N m T Siendo la energía total: ETOTAL = 2,37 ⋅ 10 −2 J La velocidad máxima se alcanza cuando toda la energía es cinética, en x=0 0 ,5

 2E  v máx =   = 0,126 m s m   Para una velocidad v = 0,5 ⋅ v máx y aplicando la conservación de la energía tenemos:

E = 0,5kA 2 = 0,5m(0,5 ⋅ v máx ) 2 + 0,5kx12 Despejando la posición x1 en la que tenemos una velocidad mitad de la del máximo x1 = 3,46cm En la posición x 2 en la que la energía cinética es igual a la potencial se cumplen las ecuaciones: 0,5mv 22 + 0,5kx22 = 0,5kA 2

0,5mv 22 = 0,5kx 22 Despejando de estas dos ecuaciones con dos incógnitas obtenemos:  A2 x 2 =   2

  

0, 5

 kA 2   v 2 =   2m 

= 2,38m 0,5



25

30. Un objeto de masa 2 Kg. está sujeto en la parte superior de un resorte vertical que esta anclado al suelo .La longitud del resorte es de 8cm y la posición de equilibrio del objeto sobre el resorte esta a 5cm desde el nivel del suelo cuando el objeto esta en su posición de equilibrio, se le da un impulso hacia abajo con un martillo, de tal manera que la velocidad inicial es de 0.3 m . ¿A que máxima altura, respecto al nivel del suelo, s se elevara el objeto? ¿Cuánto tiempo tardara el objeto en alcanzar la máxima altura por primera vez? ¿Volverá el resorte a estar en compresión? ¿Qué velocidad inicial minima debe darse al objeto para que el resorte no tenga compresión en un instante dado?

Para calcular la máxima altura (= 5cm + A) a partir de la velocidad, se requiere conocer w, que se puede calcular a partir del k del muelle y la masa. En el equilibrio muelle-masa: kx0 = mg . Por otro lado, x0 = 8 - 5 = 3cms (lo que baja el muelle 0,5

 g  mg 2 ⋅ 9,8 k con la masa) þ k = = = 653,3 N þ w =   =   = 18,07 rad . s m x0 0,03 m  x0  Como el movimiento empieza desde la posición de equilibrio, lo más lógico es describirlo con la función seno y fase inicial = 0 (y tomando dirección de x positiva hacia abajo). Posición de equilibrio: x = 0; x = Asen (wt) 0,5

v=

dx = wA ⋅ cos wt . La altura máxima corresponderá a x = -A. dt

Referido al nivel del suelo, será 5 + A. Hay que hallar A. En x = 0 y t = 0, v tendrá el valor máximo, que es el que nos dan en el enunciado: 0,3 = 1,66cm. v máx = wA = 0,3 m y A = s 18,07 El objeto se eleva a 6,66 cm por encima del suelo. La máxima altura corresponde a x = -A = -1,66 cm. 1,66 ⋅ sen( wt ) = −1,66 þ sen(18,07t ) = −1 þ (18,07t ) =

3π þ t = 0,26 s. 2

c) No, ya que A<3 cm (lógicamente baja el muelle con el peso). Tiene que ocurrir que A = 3 cm, y v0MIN = wA = 18,07 ⋅ 0,03 = 0,54 m

s



26

31. Un bloque descansa sobre un muelle y oscila verticalmente con una frecuencia de 4 Hz y una amplitud de 7 cm. Una pequeña bola se sitúa en la parte superior del bloque oscilante justo cuando éste alcanza su punto más bajo. ¿A qué distancia de la posición de equilibrio del bloque la bolita pierde el contacto con el bloque? ¿Qué velocidad posee la bolita al escapar del bloque? Consideramos y=0 la posición de equilibrio del muelle con la bolita. La ecuación del movimiento del bloque es por tanto: y = − A cos wt ⇒ A = 0,07 m ⇒ w = 2πf = 8π rad s Las fuerzas sobre la bolita son su peso, mg, hacia abajo y la fuerza normal hacia arriba ejercida por el bloque. Cuando este se mueve hacia arriba desde la posición de equilibrio, su aceleración es hacia abajo y creciente en magnitud. Por tanto en el momento que la aceleración del bloque sea –g, la fuerza normal sobre la bolita, suma de la reacción al peso y de la aceleración del bloque será cero, y ésta abandona el bloque. La aceleración del bloque viene dada por: a = −w 2 y = w 2 A cos wt = − g −g cos wt = Aw 2 g El desplazamiento y en ese momento es igual a y = 2 = 1,55cm y la velocidad v en ese w momento es v = wAsenwt = wA(1 − cos 2 wt ) 0,5 Para y=1,55 cm, v= 1,72 m s

32. Un niño se columpia con una amplitud de 0,5m en un columpio de 3,0m de longitud. Calcular a) el periodo con el que se columpia y b) suponiendo un m.a.s., la función de la velocidad si la fase inicial es nula. Consideramos el columpio como un péndulo simple, suponemos masas puntuales y ausencia de rozamiento, además de pequeñas oscilaciones para aproximarse a un m.a.s. l 3 a) T = 2π ⋅ = 2π ⋅ = 3,48s g 9,8 b) Suponiendo un m.a.s., la función de velocidad será del tipo: 2π 2π v = Aw cos( wt + ϕ 0 ) donde A=0,5m, ϕ 0 = 0rad y w = = = 1,8 rad s T 3,48 Por tanto: v = 0,5 ⋅ 1,8 cos(1,8t + 0) → v = 0,9 cos 1,8t m s



27

33. El pistón del cilindro de un coche tiene una carrera (distancia desde abajo hasta arriba del movimiento) de 20 cm y el motor gira a 800 rpm. Calcular la velocidad máxima que alcanza.

Suponemos un movimiento vibratorio y modelo de m.a.s. A 0

20 cm

-A

La velocidad máxima tiene lugar cuando wt + ϕ 0 = 0 o 2nπ por tanto para cos( wt + ϕ 0 ) = ±1 80 Por ello v máx = ± Aw ⇒ v máx = ± π ⋅ 0,1 = ±8,38 N m 3

34. Un muelle se alarga 25 cm al colgar de él una masa de2 Kg. Calcula la frecuencia y la velocidad máxima de oscilación de la masa sabiendo que la amplitud del movimiento es de 5 cm. Suponemos m.a.s. no amortiguado. a) La velocidad máxima es v máx = Aw por lo que calculamos w:

2π m → T = 2π ⋅ T k Calculando k obtenemos T y de ahí w: 2 ⋅ 9,8 F = − k ⋅ ∆x → mg = − k∆x → k = = 78,4 N m 0,25 w=

m 2 2π = 2π = 1s ⇒ w = = 6,28 rad s k 78,4 1 = Aw = 0,05 ⋅ 6,28 = 0,314 m s

T = 2π ⋅ v máx

b) Frecuencia ⇒ f =

1 1 = = 1,00 Hz T 1



28

35. Tenemos colgando verticalmente un muelle con una constante k=400N/m y queremos colgarle una masa para que oscile con un período de 1s. Calcula: a) la masa que debemos colgarle para conseguir ese período b) su posición ara t=1,5s si, para que empiece a vibrar, levantamos la masa 4 cm por encima de su posición de equilibrio y contamos el tiempo desde que la soltamos. Suponemos un muele clásico ideal y sin masa con modelo de m.a.s. k=400N/m

x=0,04m en t=0s x=0m a) Para que T=1s ⇒ 1 = 2π b) A=x, ϕ =

π

m 2 m 400 ;1 = 4π 2 ⋅ ;m = = 10,13Kg 400 400 4π 2

rad , x = Asen( wt + ϕ ) 2 t = 1,5s ⇒ x = −0,04m

36. Tenemos un péndulo de 224 cm de largo. Calcula: a) su período b) si entre los dos extremos del movimiento recorre una distancia de 20 cm, y para t=0 está en el extremo positivo de la oscilación, calcula su posición para t=4,5s. Suponemos hilo inextensible y sin masa, masa puntual y pequeñas oscilaciones y un modelo de m.a.s. Para t=0s, x=+A L=2,24m

20cm 2,24 = 3,00 s 9,8 b) Para calcular la posición 4,5s necesitamos conocer A, w y ϕ 0 . Para t=0s, x=+A=0,1m 0,1 π  2π  0,1 = 0,1 = sen ⋅ 0 + ϕ0  ⇒ = senϕ 0 ; ϕ 0 = arcsen1 = rad 0,1 2  3  Por tanto, para t=4,5s: π π  2π   7π  x = 0,1sen ⋅ 4,5 +  = 0,1sen 3π +  → x = 0,1sen  = −0,1m 2 2  3   2 

a) T = 2π



29

37. Un cuerpo de 4 kg. de masa está sujeto aun resorte helicoidal, y oscila verticalmente con movimiento armónico simple. La amplitud es de 0,5 m, y en el punto más alto del movimiento el resorte tiene su longitud natural. Calcúlese la energía potencial elástica del resorte, la energía cinética del cuerpo, su energía gravitacional respecto al punto más bajo del movimiento y la suma de estas tres energías, cuando el cuerpo está: a) En su punto más bajo. b) En su posición de equilibrio. c) En su punto más alto.

Los datos que obtenemos en el enunciado: m = 4 kg A = 0,5m F k= x m.g 4,9·9,8 k= = = 78,4 N/m x 0,5 SOLUCION a) A partir de los datos dados sabemos que la Energía Cinética será 0 porque su velocidad es cero, por lo tanto: Ec =

m·v 2 =0 2

Conociendo la ecuación de Energía Potencial: k· x 2 78,4·0,5 2 Ep = = = 9,8 J 2 2 A partir de la ecuación Energía potencial gravitatoria, con h=0, esta será 0 m· g·h =0 2 La Energía Total será la suma de todas las anteriores:

E pg =

ET = Ep + Ec + E pg = 9,8J



30

b) Cuando está en su punto de equilibrio la energía Ep = 0, porque X = 0. Entonces: m·v 2 de donde no conocemos la velocidad. 2 La obtenemos a partir de:

Ec =

4·2,212 Ec = = 9,76 J 2 4·9,8·0,5 E pg = = 9,8 J 2 ET = Ep + Ec + E pg = 19,56 J

c) En el punto más alto, la velocidad será 0 por lo que: Ec = m.v ²/2 = 0 Como es en este caso para el punto mas alto se considera la energía como negativa, definida así por su amplitud (-A). 78,4·0,5 2 = −9,8 J 2 4·9,8·1 E pg = = 19,6J 2 ET = Ep + Ec + E pg = 9,8 J

Ep =



31

38. Un bloque pequeño ejecuta un movimiento armónico simple en un plano horizontal con una amplitud de 10 cm. En un punto situado a 6 cm de distancia de la posición de equilibrio, la velocidad es de 24 cm/s. a) ¿Cuál es el período? b) ¿Cuál es el desplazamiento cuando la velocidad es ± 12 cm/s. c) Si un pequeño cuerpo que oscila sobre el bloque se encuentra justo a punto de deslizar sobre él en el punto final de la trayectoria, ¿Cuál es el coeficiente de rozamiento? SOLUCIÓN A = 10 cm X = 6 cm V = 24 cm.s-1 a) T = 2.π / ω Desconocemos ω, la obtenemos a partir de la velocidad:

24 = 3m / s 8 Conocido ω :

ω=

T = 2.π / ω T = 2.π /3 T = 2,094 s b) El desplazamiento seria la elongación, con velocidad ± 12m / s

A ² - x ² = (V/ ω) ² 100 - x ² = (12/3) ² x ² = 100 – 16 x=

100 − 16

x= 9,16 cm



32

c) Sabemos que la Fuerza de rozamiento es Froz= µ· N > µ es el coeficiente de rozamiento

µ = F/N

Donde F=m·a y

µ =

N =P= m.g

m·a m· g

Obtenemos la aceleración: a = ω ²·x a = 9·10 = 90 cm/s SOLUCIÓN: m·a µ = m· g

µ =

0,9 = 0,0918 9,8

39. Una partícula de 300 g de masa está unida a un muelle elástico de constante k=43.2 N/m y describe un movimiento armónico simple de 20 cm de amplitud. Sabiendo que en el instante t=0 se encuentra a 10 cm del origen moviéndose hacia la izquierda, determinar: Las ecuaciones de la posición, velocidad y aceleración en función del tiempo. Las energías potencial, cinética y total en el instante inicial y en cualquier instante. Valores de t en los que la partícula pasa por el origen. A= 0,2m M=0,3 kg K=43,2 Nm t= 0s x= 0,1m Posición, velocidad y aceleración.

Con la fórmula F= -k·x

x= A sen ( ω t + ϕ )

ω 2=

v=

dx = A ω cos ( ω t + ϕ ) dt

a=

dv = -A ω 2 sen ( ω t + ϕ ) = - ω 2 · x dt

m·a= -k·x

a= -

k x

k k 43,2 = = =12 rad/s m m 0,3 v<0

0

0,1

0,2

t=0


FÍSICA 2º BACHILLERATO UNIDAD 4: MOVIMIENTO VIBRATORIO PROBLEMAS RESUELTOS A= 0,2m

33

en el instante t=0 ; x= 0,1

0,1= 0,2 sen ϕ

ϕ= ϕ=

Como v < 0

π 6 5π 6

la fase inicial tiene que ser ϕ =

x= 0,2 sen (12t +

5π )m 6

v= 2,4 cos (12t +

5π ) m/s 6

a= -28,8 sen (12t +

5π 6

5π ) m/s2 6

Las energías en t = 0 Ec=

1 1 5π m·v2 = 0,3· 2,42 · cos2 (12t + )J 2 2 6

Ec= 0,648 J

Ep=

1 1 5π k·x2 = 43,2·0,22 · sen2 (12t + )J 2 2 6

Ep= 0, 216 J

ET = 0,864 J Para conocer el instante en el que pasa por el punto de origen x= 0 5π ) Para que la ecuación de como resultado 0, significa que el paréntesis 6 debe ser 0, esto se cumple cada media vuelta = π

0= 0,2 sen (12t +

5π =n π 12t + 6

nπ −

t=

12

5π 6 = > SOLUCIÓN n= 1, 2, 3…



34

40. Un resorte horizontal tiene una constante recuperadora de 48 N/m. En el extremo del resorte se coloca una masa de 0.75 kg y se estira el resorte 0.2 m a partir de la posición de equilibrio, soltándose a continuación, momento en el que se empieza a contar el tiempo. Hallar: El periodo de la oscilación. La ecuación del M.A.S. El (los) instante(s) en el(los) que el móvil pasa por la posición x=-0.1 m, después de haber pasado por el origen. Los valores de la velocidad, aceleración, energía cinética, potencial y total del móvil en dicho(s) instante(s). Datos del enunciado: K= 48Nm m= 0,75 kg A= 0,2 m x= 0,2 m Periodo de oscilación:

ω=

k = 8 rad /s (frecuencia angular) m

Para t =0 s

0,2 = 0,2 sen (8·0+ ϕ )

ϕ=

π 2

π Ecuación del MAS x= 0,2 sent (8·0 + 2 ) m 7π + 2kn 6

Cuando x= -0,1

π -0,1= 0,2 sen (8t + 2 )

π 8t + 2 = 11π + 2kn 6


FÍSICA 2º BACHILLERATO UNIDAD 4: MOVIMIENTO VIBRATORIO PROBLEMAS RESUELTOS v= 0,2 · 8 cos ( 8t +

•

Si 8t +

•

Si 8t +

π 2

) = 1,6 cos ( 8t +

π

π 2

35

)

m/s

7π + 2kn = v < 0 6

2

π

11π + 2kn = v > 0 6

2

Luego los tiempos perdido son aquellos que 8t +

Para K = 0 t =

π 12

v= - 0,8

s

π 2

=

7π + 2kn 6

3 m/s

A= 6,4 m/s2 Ec= 0,72 J Ep= 0,24 J

E= 0,96 J

41. Hallar el periodo de la oscilación de un bloque de masa M=250 g unido a los dos muelles elásticos de la figura. Se supone que no hay rozamiento.

Si m·a= -F1 - F2 0,25·a= -30x-20x

a= -

ω=

T=

d 2 · x 50 + x=0 d·t 2 0,25

50 x 0,25

d 2 ·x +ω2x = 0 2 d ·t

50 = 200rad / s 0,25 2π 200

=

2π 10 2

=

π 5 2

s



36

42. Un péndulo está formado por una varilla de 200 gr de masa y 40 cm de longitud y dos esferas macizas: la superior de 500 gr y 5cm de radio y la inferior de 400 gr y 4 cm de radio, equidistantes 8 cm de los extremos de la barra. El péndulo se haya suspendido de un eje perpendicular a la varilla que pasa por el centro de la esfera superior. • •

Hállese el periodo. Si ahora se separa el péndulo 10º de la posición de equilibrio y se suelta, empezándose en ese momento a contar el tiempo. Escríbase la ecuación del M.A.S.

Datos: Momento de inercia: de una varilla ml2/12, y de una esfera 2mr2/5.

Se define que el periodo del péndulo compuesto vale T= 2π

Io m· g·b

Momento de inercia respecto al eje de rotación. 2 2 1 ·0,5·0,05 2 ·0,4·0,04 ·0,2·0,4 2 + 0,2·0,12 2 5 5 2 Io= ( )+ +( ) = 0,0293kgm 2 var illa esfera − sup erior esfera − inf erior

Posición del centro de masas

b=

0,2·0,12 + 0,4·0,24 = 0,11 cm 0,2 + 0,5 + 0,4

T = 0,992 s Ecuación del MAS

θ = θ o sen(ωt + ϕ ) θo =

π 18

ω=

En el instante t=0

θ=

π 18

sen(6,33t +

π 2

2π = 6,33rad / s p

θ = θ o => ϕ =

π 2

) rad



37

43. Tenemos un cuerpo de masa m sujeto a un muelle de constante k, tal como indica la figura. Desplazamos la masa de su posición de equilibrio una distancia A y la soltamos.

(a) Si NO hay rozamiento, • • •

¿De qué movimiento se trata? Calcula la frecuencia del movimiento y el periodo en función de k y m. Escribe la ecuación de x (t). Escribe la expresión de la energía mecánica del sistema muelle-masa. ¿Es constante esta energía mecánica? Demuéstralo.

•

¿En qué puntos la aceleración del cuerpo será nula y en qué puntos será máxima?

•

¿En qué puntos su velocidad será nula y en qué puntos será máxima?

•

Dibuja x en función de t.

(b) Si hay rozamiento, • •

¿Se conservará la energía mecánica del sistema muelle-masa? ¿Por qué? Dibuja x en función de t.

Razona las respuestas. En un MAS

x= A sen ( ωt + ϕ )

=>

;

v= A cos ω (ωt + ϕ )

En el instante inicial t=0 ; x=A ; v=0 Sabiendo que ϕ =

π 2

=> (*)

x = A cos ( ωt ) v= - A ωsen (ωt ) a= -A ω 2 cos(ωt ) = −ω 2 x

2ª Ley de Newton

m · a = -k · x => a = -

k k 2π m x => ω 2 = , P = = 2π m m k ω



38

Energía E=

1 2 1 2 1 1 1 1 1 mv + kx = m· A·ω 2 sen 2 (ωt ) + k· A 2 cos 2 (ωt ) = k· A 2 sen 2 (ωt ) + k· A 2 cos 2 (ωt ) = k· A 2 2 2 2 2 2 2 2

La energía total es constante. -La aceleracion es máxima, en las posiciones x= -A y x= A, ya que la deformación del muelle es máxima y la fuerza es máxima. Las aceleración es nula cuando la deformación es nula, para x=0 -La velocidad es máxima cuando x=0, la energía porencial es nula y la energía cinética es máxima. Estos resultados se pueden obtener de las ecuaciones de arriba (*) b) Si hay rozamiento no se conserva la energía. La amplitud decrece con el tiempo.



39

44. Un muelle elástico de constante 0.4 N/m está unido a una masa de 25 g. En el instante inicial su posición es x = 5 cm y su velocidad v = – dada por frecuencia angular viene

cm/s. Sabiendo que la

Calcular • El periodo de la oscilación. • Las ecuaciones de la posición, velocidad y aceleración de este MAS. • Representar gráficamente la posición en función del tiempo. • Los valores de la energía cinética, potencial y total en la posición x = 0. El (los) instante (s) en el que el móvil pasa por la citada posición.

ω=

k = m

0,4 = 4rad / s 0,025

x= A sen ( ωt + ϕ ) v=

dx = A cos ω ( ωt + ϕ ) dt

ϕ=

5π 6

A=0,1 m

P= t=0

2π

ω

=

π 2

s

0,05= A sen ϕ

-0,2

0,05= A sen ϕ

3 = A + 4 cos ϕ

x= 0,1 sen ( 4t +

5π ) m 6

v= 0,4 cos ( 4t +

5π ) m/s 6

a= 1,6 - sen ( 4t +

En x=0

sen ( 4t +

5π ) =0 6

cos ( 4t +

3 = A cos ϕ

-0,5

5π ) m/s 2 6

5π ) = ±1 6

v= ± 0,4m / s

1 1 Ec= mv 2 = 0,025·0,4 2 = 0,002 J 2 2

1 1 Et= k· A 2 = 0,4·0,12 = 0,002 J 2 2

1 1 Ep= kx 2 = 0,4·0 = 0 2 2

Instantes

Et = Ec+Ep = 0,002J

n= 0,1,2...

(4t +

5π ) = nπ 6 t= 0,135 ; 0,41 ; 1,70... P



40

45. Un cuerpo esférico de masa m=0.5 kg, cuelga de un hilo de l=40 cm de longitud, se separa 10º de la posición de equilibrio y se suelta. Deducir y calcular el periodo del péndulo. La ecuación del MAS. Dibujar en ángulo θ que forma la cuerda con la vertical en función del tiempo. ¿Se conservará la energía mecánica? Si hubiese rozamiento con el aire, ¿Se conservará la energía mecánica? Dibuja θ en función m·a = - m · g sen θ

d 2θ + g·senθ = 0 dt 2

d 2θ g + θ =0 2 sen dt

Sen θ ≅ θ l = 0,4

l=

si θ es pequeño

ω2

g l

P=

2π

ω

= 2π

l g

P= 1,27 s

Ecuación del MAS θ = θ o sen(ωt + ϕ ) En el instante t=0 θ = θ o ,

dθ =0 dt

θ

θ = θ o cos(ωt )

θo

;

dθ = θ o ω cos(ω t + ϕ ) dt

θ = θ o senϕ

ϕ=

π 2

0 = θ oω cos ϕ

t

La energía se conserva y la amplitud es

constante

θ La amplitud disminuye con el tiempo. La energía disminuye debido al trabajo de la fuerza de rozamiento.


2º PROBLEMAS RESUELTOS T 4 MOVIMIENTO VIBRATORIO

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