UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Facultad de Tecnología de la Construcción
Resolución de Ejercicios Física III Modalidad Especial (sabatino) Docente: Lic Jose Nodarse Estudiante: Eliezer Jose Castilblanco Calero
Fecha: sábado 02 de diciembre de 2017
1
13.4. En la figura 13.30 se muestra el desplazamiento de un objeto oscilante en función del tiempo. Calcule a) la frecuencia, b) la amplitud, c) el periodo y d) la frecuencia angular de este movimiento.
De la gráfica se puede deducir que la amplitud es 10cm y ocurre en t=5 s la posición en t=10 y 0 segundos es 2cm,
4 𝑑)( 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 0 𝑥 = 4𝑐𝑚) 𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜙) 4𝑐𝑚 = 10𝑐𝑚 cos(−𝜙) ⇒ = cos(−𝜙) 10 4 cos = − 𝜙 = 1.1592𝑎𝑑 ⇒ [𝜙 = −1.1592𝑟𝑎𝑑 ] 10 10 ( 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 5 𝑥 = −10𝑐𝑚) 𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜙) − 10𝑐𝑚 = 10𝑐𝑚 cos(𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ − = cos(𝜔𝑡 − 𝜙) 10 𝜋 − 1.1592 cos (1) = 𝜋 ⇒ (𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ 𝜋 = (𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ 𝜔 = = [𝜔 = 0.3964] 5𝑠 𝑥 = 10 cos((0.3964𝑠 )𝑡 + 1.1592 𝑟𝑎𝑑) 𝑥 = 10 cos((0.3964𝑠 )(0) + 1.1592 𝑟𝑎𝑑) = 4.00𝑐𝑚 𝑥 = 10 cos((0.3964𝑠 )(5 𝑠) + 1.1592 𝑟𝑎𝑑) = −9.99 ≈ −10 𝑐𝑚 𝑥 = 10 cos((0.3964𝑠 )(1.038 𝑠) + 1.1592 𝑟𝑎𝑑) = 0.001𝑐𝑚 ≈ 0 𝑥 = 10 cos((0.3964)(10 𝑠) + 1.1592 𝑟𝑎𝑑) = 3.9935 ≈ 4𝑐𝑚 Todas las condiciones se cumplen, la función predice adecuadamente el desplazamiento . 𝑎)𝑓 = = = 0.063 ℎz 𝑏) 𝐿𝑎 𝑎𝑚𝑝𝑙𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑒𝑠 10𝑐𝑚 2𝜋 2𝜋 𝑐)𝑇 = = = [15.8 𝑠] 𝜔 0.3964𝑠 13.6. En un laboratorio de física, se conecta un deslizador de riel de aire de 0.200 kg al extremo de un resorte ideal de masa despreciable y se pone a oscilar. El tiempo transcurrido entre la primera vez que el deslizador pasa por la posición de equilibrio y la segunda vez que pasa por este punto es de 2.60 s. Determine la constante de fuerza del resorte. 𝐷𝑎𝑡𝑜𝑠 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠 = 𝑚 = 0.20𝑘𝑔 ∆𝑡 𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒
= 2.60𝑠
0 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ 0 = cos(𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ cos
0 = (𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ cos
0=
𝜋 𝜋 𝜋 𝜙 = (𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ − 𝜙 = 𝜔𝑡 𝑡= − 𝑡 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 0 2 2 2𝜔 𝜔 3𝜋 𝜋 3𝜋 𝜙 = (𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ − 𝜙 = 𝜔𝑡 𝑡= − 𝑡 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 0 2 2 2𝜔 𝜔 3𝜋 𝜙 𝜋 𝜙 𝜋 2𝜋 ∆𝑡 = − − − = … 𝑠𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑇 = 2𝜔 𝜔 2𝜔 𝜔 𝜔 𝜔 𝑇 2𝜋 𝜔 𝑛= = × = 2 𝑒𝑙 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑠𝑢𝑐𝑒𝑑𝑒 2 𝑣𝑒𝑐𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑇 ∆𝑡 𝜔 𝜋 𝑇 = 𝑛 × ∆𝑡 ⇒ 𝑇 = 2 × 2.60𝑠 ⇒ [𝑇 = 5.2𝑠] 2𝜋 2𝜋 𝜔= ⇒𝜔= = 1.2083𝑠 𝑇 5.2𝑠 𝑘 𝑁 𝜔 = ⇒ 𝑘 = 𝜔 𝑚 ⇒ 𝑘 = 0.20 × (1.2083𝑠 ) = 0.2919 = 𝑘 𝑚 𝑚
𝜋 3𝜋 , 2 2
2
13.22. Un oscilador armónico tiene frecuencia angular v y amplitud a) Calcule la magnitud del desplazamiento y de la velocidad cuando la energía potencial elástica es igual a la energía cinética. (Suponga que U= 0 en el equilibrio.) b) ¿Cuántas veces sucede eso en cada ciclo? ¿Cada cuándo sucede? c) En un instante en que el desplazamiento es igual a A/2, ¿qué fracción de la energía total del sistema es cinética y qué fracción es potencial? VELOCIDAD Y POSICIÓN EN FUNCIÓN DE AMPLITUD Y FRECUENCIA ANGULAR 1) Velocidad en función del desplazamiento desde el punto de equilibrio 1 1 1 𝑚𝑣 + 𝑘𝑥 = 𝑘𝐴 = 𝐸 2 2 2 𝑚𝑣 + 𝑘𝑥 = 𝑘𝐴 ⇒ 𝑚𝑣 = 𝑘𝐴 − 𝑘𝑥 𝑚𝑣 = 𝑘(𝐴 − 𝑥 )
; 𝜔=
𝑘 𝑚
𝑣 = 𝜔 (𝐴 − 𝑥 ) 𝑣 = ±𝜔 (𝐴 − 𝑥 ) 2) desplazamiento en función de la velocidad del cuerpo en movimiento 1 1 1 𝑚𝑣 + 𝑘𝑥 = 𝑘𝐴 = 𝐸 2 2 2 𝑚𝑣 + 𝑘𝑥 = 𝑘𝐴 ⇒ 𝑘𝑥 = 𝑘𝐴 − 𝑚𝑣 𝑥 =𝐴 −
𝑚 1 𝑣 ; = 𝑘 𝜔
𝑥 = 𝐴 −
𝑥=±
𝑚 𝑘
𝑣 𝜔
𝐴 −
𝑣 𝜔
3
a) CONDICIONES DE IGUALDAD DE ENERGIA CINETICA Y POTENCIAL 1) Valor de la amplitud para una energía cinética igual a la energía potencial elástica 𝐸
Solución alterna 𝐸 =𝐸
=𝐸 𝑚𝑣 = 𝑘𝑥 ; 𝑣 = 𝜔 (𝐴 − 𝑥 )
1 𝑚 𝜔 (𝐴 − 𝑥 ) 2
1 1 1 𝑘𝑥 + 𝑘𝑥 = 𝑘𝐴 2 2 2
1 + 𝑘𝑥 2
1 1 𝑚𝜔 (𝐴 − 𝑥 ) = 𝑘𝑥 ⇒ 𝑚𝜔 (𝐴 − 𝑥 ) = 𝑘𝑥 2 2
𝑘𝑥 =
𝑘 𝜔 (𝐴 − 𝑥 ) = 𝑥 ⇒ 𝜔 (𝐴 − 𝑥 ) = 𝜔 𝑥 𝑚
𝑥 =
𝐴 − 𝑥 = 𝑥 ⇒ 𝐴 = 2𝑥
𝑥=
=𝑥 ⇒
𝐴 2
𝐴
𝐴 √2
√2
2) Valor de la velocidad para una energía cinética igual a la energía potencial elástica 𝐸
=𝐸 𝑚𝑣 = 𝑘𝑥
1 1 𝑚𝑣 + 𝑘 2 2
; 𝑥=
𝑣 𝑣 = 𝐴 − 𝜔 𝜔
⇒
⇒ 𝑚𝑣 = 𝑘 𝐴 −
𝑣 𝑣 + =𝐴 𝜔 𝜔
𝑣 = 𝐴 𝜔
𝐴 𝜔 𝑣 = ⇒𝑣= 2 𝑣=±
Solución alterna 𝐸 =𝐸 1 1 1 𝑚𝑣 + 𝑚𝑣 = 𝑘𝐴 2 2 2
𝐴 −
𝑚𝑣 =
𝑣 𝐴 − 𝜔
1 1 𝑣 𝑚𝑣 = 𝑘 𝐴 − 2 2 𝜔
2
𝐴 2
=𝑥 𝑣= ±
𝑥=±
1 𝑘𝐴 2
𝑣 𝜔
𝑣 =
1 𝜔 𝐴 2
𝑣 =
1 𝜔 𝐴 2
𝑣=
𝜔 𝐴 2
𝑣= ± 𝐴 𝜔 =𝑥 2
1 𝑘𝐴 2
𝐴𝜔 √2
𝐴𝜔 √2 4
b) Valor del tiempo para una energía cinética igual a la energía potencial elástica Método I (Igualdad de energía cinética y mecánica por ecuaciones del desplazamiento y velocidad)
𝑑𝑥 = 𝑣 = −𝐴𝜔 sin(𝜔𝑡 − 𝜙) 𝑑𝑡
𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜙) ; 1 1 𝑚𝑣 = 𝑘𝑥 2 2
1 1 𝑚(−𝐴𝜔 sin(𝜔𝑡 − 𝜙)) = 𝑘(𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜙)) 2 2
𝑚𝐴 𝜔 (sin(𝜔𝑡 − 𝜙)) = 𝑘𝐴 (cos(𝜔𝑡 − 𝜙)) 𝐴 𝜔 (sin(𝜔𝑡 − 𝜙)) = 𝐴 𝜔 (cos(𝜔𝑡 − 𝜙))
; 𝜔 =
𝑘 𝑚
(sin(𝜔𝑡 − 𝜙)) = (cos(𝜔𝑡 − 𝜙)) (tan(𝜔𝑡 − 𝜙)) = 1 ⇒ tan(𝜔𝑡 − 𝜙) = ±√1 = ±1 (Se evaluará para cada condición) Para tan(𝜔𝑡 − 𝜙) = 1 = (𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ + 𝜙 = 𝜔𝑡 𝑡
=
=
= (𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒
+
𝑡
=
+ 𝜙 = 𝜔𝑡 =
+
Para tan(𝜔𝑡 − 𝜙) = −1 = (𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ + 𝜙 = 𝜔𝑡 𝑡
=
𝑡
=
𝑡
=
𝑡
=
= ,
+ ,
,
+𝑛
+
= (𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒
+ 𝜙 = 𝜔𝑡
𝑡
=
=
…
(1 + 2𝑛) +
+ ,
,
,
…
dentro de un ciclo completo
para cada instante de igualdad energética.
(1 + 2𝑛) +
b-2) Periodo entre ciclos de igualdad entre energía potencial y elástica 1)Establecer el tiempo que se requiere para alcanzar la amplitud máxima teniendo en cuenta las condiciones iniciales del sistema. 𝐴 = Acos(𝜔𝑡 − 𝜙) 1 = cos(𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ cos 𝑡=
1 = (𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ 0 = (𝜔𝑡 − 𝜙)
(las condiciones iniciales pueden desplazar la función respecto al tiempo inicial) 5
2)Establecer el diferencial de tiempo en función de la velocidad angular entre ciclos de igualdad energética 𝑡
(1 + 2𝑛) +
=
(1 + 2(𝑛 + 1) +
,
,
(1 + 2(𝑛 + 3) +
,…
𝜋 𝜙 𝜋 𝜙 (1 + 2(𝑛 + 1) + (1 + 2𝑛) + − 4𝜔 𝜔 4𝜔 𝜔 𝜋 𝜋 (2𝑛 + 3)) − (1 + 2𝑛) = 4𝜔 4𝜔
∆𝑡
=
∆𝑡
2𝑛𝜋 3𝜋 2𝑛𝜋 𝜋 + − + 4𝜔 4𝜔 4𝜔 4𝜔
∆𝑡
=
∆𝑡
=
3𝜋 𝜋 2𝜋 − = 4𝜔 4𝜔 4𝜔
∆t
=
𝜋 2𝜔
b-2) Numero de ciclos de igualdad energética potencial y elástica 𝑇=
(periodo del sistema)
𝑛
=
; 𝑛 = (𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠)
𝑛=
×
=4
; ∆t
=
Los ciclos de igualdad energéticas potencial y elástica se repite 4 veces en una oscilación completa que ocurre en T
Método II (Desplazamiento y velocidad para igualdad de sistema por medio de energía mecánica total) 𝐴𝜔
La energía cinética es igual a la potencial elástica en 𝑥 = ∓ √ ; 𝑣 = ∓ √2 por lo que, dentro de las respectivas ecuaciones de desplazamiento y velocidad, se puede encontrar el valor del tiempo para la condición de igualdad energética.
𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜙) ; √
𝑑𝑥 = 𝑣 = −𝐴𝜔 sin(𝜔𝑡 − 𝜙) 𝑑𝑡
= 𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜙) ; −
𝑣=−
𝐴𝜔 √2
√
= −𝐴𝜔 sin(𝜔𝑡 − 𝜙)
= −𝐴𝜔 sin(𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒
𝐴
√2
√
= −𝐴 sin(𝜔𝑡 − 𝜙)
𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜙) = 𝐴 sin(𝜔𝑡 − 𝜙) 𝐴 = 𝐴 tan(𝜔𝑡 − 𝜙) 1 = tan(𝜔𝑡 − 𝜙) tan
𝑡
( 1) = (𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒
En condiciones energéticas existen diversas combinaciones para 𝑥=∓ ; 𝑣=∓ en
𝜋 = (𝜔𝑡 − 𝜙) 4
√
general el resultado sucede en dos situaciones, la orientación de las velocidades y desplazamientos converge o difiere. Las condiciones generadas son similares a las del método I, donde el valor 𝑡𝑎𝑛 (𝜃) tiene dos soluciones tanto para -1 y +1. No es necesario demostrar nuevamente.
𝜋 +𝜙 =4 𝜔 6
c) Relación entre energía potencial elástica y energía cinética con la energía mecánica total para una amplitud media en un movimiento armónico simple 1 = 𝑘𝐴 2
𝐸
+𝐸
=𝐸
𝐸
+ 𝑘
= 𝑘𝐴 ⇒ 𝐸
𝐸
= 𝑘𝐴 − 𝑘𝐴 = 𝑘𝐴
= 𝑘𝐴 − 𝑘
𝐸
1 𝐴 = 𝑘 2 2
𝐸 𝐸
3𝐾𝐴 3𝑘𝐴 2 3 = 8 = × = = [75%] 1 8 𝑘𝐴 4 𝑘𝐴 2
=
𝑘𝐴 8 𝐸 𝐸
𝑘𝐴 𝑘𝐴 2 1 = 8 = × = = [25%] 1 8 𝑘𝐴 4 𝑘𝐴 2
13.23. Un deslizador de 0.500 kg, conectado al extremo de un resorte ideal con constante de fuerza k =450 N/m, está en MAS con una amplitud de 0.040 m. Calcule a) la rapidez máxima del deslizador; b) su rapidez cuando está en x=0.015 m; c) la magnitud de su aceleración máxima; d) su aceleración en x=0.015 m; e) su energía mecánica total en cualquier punto de su movimiento. 𝐷𝑎𝑡𝑜𝑠 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠: 𝑚 = 0.50𝑘𝑔 𝑘 = 450
𝜔= 𝑎)𝑣
𝑘 = 𝑚
𝐴 = 0.04𝑚
𝑁 𝑚 = 30 𝑠 0.50𝑘𝑔 450
= 𝜔𝐴 = 30 𝑠
× 0.04𝑚 = 1.20 𝑚/𝑠
𝑏)𝑣 = ±𝜔 (𝐴 − 𝑥 ) 𝑐)𝑎
𝑁 𝑚
= 𝜔 𝐴 = (30𝑠
𝑑)𝑎 = 𝜔 𝐴 = (30𝑠 𝑒) 𝑘𝐴 = × 450
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 = 0.015
𝑣 = ±30
𝑟𝑎𝑑 (0.04𝑚) − (0.015𝑚 ) = ±1.1124 𝑚/𝑠 𝑠
) × 0.04𝑚 = ±36 𝑚/𝑠 ) × 0.015𝑚 = −13.5 𝑚/𝑠
× 0.014𝑚 = 0.36 𝐽
7
13.11. Un bloque de 2.00 kg, que se desliza sin fricción, se conecta a un resorte ideal con constante de fuerza de 300 N/m. En t=0, el resorte no está estirado ni comprimido, y el bloque se mueve en la dirección negativa a 12.0 m/s. Calcule a) la amplitud y b) el ángulo de fas e. c) Escriba una ecuación para la posición en función del tiempo. 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠: 𝑚 = 2𝑘𝑔 𝑘 = 300
𝐴 = 0.04𝑚 , ( 𝑡 = 0, 𝑣 = −12𝑚/𝑠)
Si el resorte no está deformado la energía potencial elástica es cero y el valor inicial de la posición para el tiempo inicial es 0, por tanto 𝑥 = 0
𝑎) 𝜔 =
𝑘 = 𝑚
𝑁 𝑚 = 12.2474 𝑠 2𝑘𝑔
300
𝑏) 𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜙) ;
𝐴=±
𝑥
−
=±
0 −
(−12𝑚/𝑠) 12.2474 𝑠
= ±0.9798𝑚
𝑝𝑎𝑟𝑎 (𝑡 = 0, 𝑥 = 0) ⇒ 0 = 0.9798 cos(𝜔(0) − (−𝜙) ⇒ (−𝜙) ⇒ 𝜙 = −
c)𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛: 𝑥 = 0.9798𝑚 cos((12.2474𝑠 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑: −12 sen(12.2474𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 (𝑡 = 0)
𝑣 𝜔
𝜋 2
)𝑡 + )
𝜋 𝑡+ ) 2
, 𝑣 = −12 sen (0 × 12.2474𝑠
)+
𝜋 = −12𝑚/𝑠 2
13.14. Un objeto está en MAS con periodo de 1.200 s y una amplitud de 0.600 m. En t =0, el objeto está en x =0. ¿A qué distancia está el objeto de la posición de equilibrio cuando t=0.480 s? 𝐷𝑎𝑡𝑜𝑠 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠: 𝑇 = 1.20𝑆𝑠 ( 𝑡 = 0, 𝑥 = 0 ) 𝐴 = 0.60𝑚 𝜔=
2𝜋 2𝜋 = = 5.2359𝑠 𝑇 1.20𝑠
𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜙) ,
0𝑚 = 0.60𝑚 cos(−𝜙) ⇒ 0 = cos(−𝜙) ⇒ cos 𝜋 𝑎)𝑥 = 0.60𝑚 cos(5.2359𝑠 )(0.48𝑠) + = [−0.3526𝑚] 2
0 = (−𝜙) ⇒ 𝜙 = −
𝜋 2
13.18. La velocidad de una masa de 0.500 kg en un resorte está dada en función del tiempo por 𝑣(𝑡) = 3.60 sin((4.71𝑠 )𝑡 − ) Calcule a) el periodo, b) la amplitud, c) la aceleración máxima de la masa y d) la constante de fuerza del resorte. 𝐷𝑎𝑡𝑜𝑠 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠: 𝑇 = 1.20𝑠 𝑎)𝑇 =
2𝜋 2𝜋 = 𝜔 4.71𝑠
𝑚 = 0.50𝑘𝑔
= 1.334𝑠
𝑑𝑥 𝑚 𝑏) 𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ = (−𝐴𝜔) sin(𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ 𝐴𝜔 = 3.60 = 𝐴 × 4.71𝑠 𝑑𝑡 𝑠
𝑚 𝑠 = −0.7643𝑚 ⇒ −𝐴 = 4.71𝑠 3.60
8
𝑏)𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑎𝑙𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎: 𝑠𝑒𝑎 𝑢 = (4.71𝑠 0.7643 𝑐) 𝑎
)𝑡 −
= 3.60
⇒ du = (4.71𝑠
sin((4.71𝑠
)𝑑𝑢 ⇒ ∫ 3.60
sin 𝑢 𝑑𝑢 = −0.7643 cos (4.71𝑠 = ±𝐴𝜔 ⇒ ±0.7643 𝑚 × (4.71𝑠
𝑐) 𝑘 = 𝑚𝜔 = 0.50𝑘𝑔 × (4.71𝑠
)𝑡 − ) ⇒ ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 3.60
)𝑡 −
×
. .
sin((4.71𝑠
)𝑡 − )𝑑𝑡
sin 𝑢 𝑑𝑡 ⇒ 0.7643 ∫ sin 𝑢 𝑑𝑢
𝜋 = −0.7643 cos (4.71𝑠 2
)𝑡 −
𝜋 =x 2
) = 16.9553𝑚𝑠
) = 11.09
𝑘𝑔 𝑁 = 11.09 𝑠 𝑚
13.13. La punta de la aguja de una máquina de coser se mueve en MAS, sobre el eje x con una frecuencia de 2.5 Hz. En t=0, sus componentes de posición y velocidad son, respectivamente, +1.1 cm y -15 cm/s. a) Calcule la componente de aceleración de la aguja en t=0. b) Escriba ecuaciones para las componentes de posición, velocidad y aceleración de la punta en función del tiempo. 𝜔 = 2𝜋𝑓 = 2𝜋(2.5𝐻𝑧) = (5𝜋)𝑠 𝑣 −15 𝑐𝑚/𝑠 ϕ = tan = tan 𝜔𝑥 (1.1𝑐𝑚) × (5𝜋)𝑠 𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜙) ⇒ 1.1 = 𝐴 cos (5𝜋𝑠 𝑎) =
𝑑 𝑥 𝑐𝑚 = − 359.4016 cos (5𝜋𝑠 𝑑𝑡 𝑠
= − 0.7149
)(0) + 0.7149 ⇒ 1.1 = 𝐴 cos(0.7149) ⇒ 𝐴 = )(0) + 0.7149 = − 359.4016
1.1𝑐𝑚 = 1.4566 𝑐𝑚 cos(0.7149)
𝑐𝑚 cos(0.7149) = 271.4052 𝑐𝑚/𝑠 𝑠
𝑏)𝑥 = (1.4566 𝑐𝑚) cos (5𝜋𝑠 )𝑡 + 0.7149 𝑑𝑥 = 𝑣 = −(22.8802 𝑐𝑚/𝑠) sen (5𝜋𝑠 )𝑡 + 0.7149 𝑑𝑡 𝑑 𝑥 = 𝑎 = −(359.4016𝑐𝑚/𝑠 ) cos (5𝜋𝑠 )𝑡 + 0.7149 𝑑𝑡 13.10. Tirón. Una cuerda de guitarra vibra con una frecuencia de440 Hz. Un punto en su centro se mueve en MAS con amplitud de 3.0mm y ángulo de fase cero. a) Escriba una ecuación para la posición del centro de la cuerda en función del tiempo. b) ¿Qué magnitud máxima tienen la velocidad y la aceleración del centro de la cuerda? c) La derivada de la aceleración con respecto al tiempo es una cantidad llamada tirón. Escriba una ecuación para el tirón del centro de la cuerda en función del tiempo, y calcule el valor máximo de la magnitud del tirón. 𝐷𝑎𝑡𝑜𝑠 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠: 𝑓 = 440 𝐻𝑧 𝐴 = 0.03𝑚𝑚 𝜙=0 𝜔 = 2𝜋𝑓 = 2𝜋(440𝐻𝑧) = (880𝜋)𝑠 𝑎)𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡) ⇒ 𝑥 = 0.003𝑚 × cos((880𝜋)𝑠 𝑡) 𝑑𝑥 𝑏. 1) = −(2.64𝜋)𝑚 × sen (880𝜋)𝑠 𝑡 → 𝑣 = ±𝐴ω = 0.003m × (880𝜋)𝑠 = ±2.64𝜋 𝑚/𝑠 𝑑𝑡 𝑑 𝑥 𝑏. 2) = −(2323.2𝜋 )𝑚 × cos (880𝜋)𝑠 𝑡 → 𝑎 = ±𝐴ω = 0.003m × (880𝜋) 𝑠 = ±2323.2𝜋 𝑚/𝑠 𝑑𝑡 𝑑 𝑥 𝑐) = (204,4416𝜋 )𝑚 × cos (880𝜋)𝑠 𝑡 → 𝑡𝑖𝑟𝑜𝑛 = ±𝐴ω = 0.003m × (880𝜋) 𝑠 𝑑𝑡 = ±2,044,416𝜋 𝑚/𝑠
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