1
Solucionarlo de los problemas propuesto del capitulo de Movimiento oscilatorio 1. Un cuerpo oscila con movimiento armónico simple, con una amplitud de 3 mm. La 3 2 aceleración del cuerpo en el extremo de de su recorrido es de 1.2x10 mm/s . a) Calcule la frecuencia del movimiento. b) La velocidad del cuerpo cuando su elongación es x = 1.8 mm. solución a) La frecuencia del movimiento 3 2 Datos conocidos: A = 3 mm, a max = 1.2 × 10 mm/s .
La aceleración del MAS, esta dada por: a=
dv dt
= −ω 2 A cos(ω t + φ )
es máxima en sus extremos: a=
dv dt
= −ω A cos(ω t + φ ) → a max = ω A → ω = 2
2
ω =
2π P
= 2π f → f =
ω 2π
a max A
=
1.2 × 10 3 3
= 20 rad/s
= 3.18 Hz
b) La velocidad del cuerpo cuando su elongación elongación es x = 1.8 mm:
x = A cos(
v = −ω Asen (ω t + φ )
t + φ ) ,
Elevo al cuadrado las dos últimas ecuaciones y las sumo: x 2 A 2
+
v2 A 2 ω 2
= cos (ω t + φ ) + sen (ω t + φ ) = 1 → v = Aω 1 − 2
2
x 2 A 2
= −48 mm/s
2. Una partícula que se mueve con MAS con una amplitud de 0.15 m vibra 5 veces por segundo. Si cuando t = = 1 s su posición es –0.1 m. Hallar las condiciones iniciales del problema. Solución A = 0.15 m, P = 0.2 s, para t = 1 s, x = -0.1 m
⎛ 2π ⎞ t + φ ⎟ , ⎝ P ⎠
x = A cos ⎜
(1)
v=−
2π P
⎛ 2π ⎞ t + φ ⎟ ⎝ P ⎠
Asen ⎜
(2)
Evaluado la ecuación (1) para t = = 1 s, tenemos
1
2
⎛ 2π ⎞ − 0.1 = 0.15 cos ⎜ × 1 + φ ⎟ → φ = −29 .1 rad ⎝ 0.2 ⎠ Evaluado la ecuación (1) y (2) para t = = 0 s, tenemos:
⎛ 2π ⎞ × 0 − 29 .1⎟ = −0.1 m , ⎝ P ⎠
v=−
x = A cos ⎜
2π ⎛ 2π ⎞ Asen⎜ × 0 − 29.1⎟ = −3.5 m/s P ⎝ P ⎠
3. Un cuerpo de masa m se mueve sin fricción sobre un plano inclinado un ángulo de θ = = 37° y bajo la influencia de un resorte de constante elástica k = = 15.0 N/m. Cuando el resorte está en equilibrio se encuentra estirado x1 = 5 cm. La masa se desplaza hacia abajo una distancia x2 =10 cm y se le da una velocidad inicial -1 m/s hacia la posición de equilibrio. Hallar la frecuencia, la amplitud y la fase inicial del movimiento. N
FR
x2
m mg
θ
Hallemos primero la masa del bloque: Cuando el bloque esta en equilibrio se tiene, (ver figura):
∑ F = 0 = mgsenθ − kx x
1
ω =
k m
→m=
kx1 gsenθ
= 0.127 kg
= 10.87 rad/s
La posición y la velocidad dadas para t = = 0. s determinan la amplitud y la fase inicial:
x (t ) = A cos(ω t + φ ) → 0.1 = A cos(φ ) ,
(1)
v (t ) = −ω Asen (ω t + φ ) → - 1 = −ω Asen (φ ) .
(2)
Para hallar la amplitud, elevamos al cuadrado cada una de las ecuaciones (1) y (2), y las sumamos
0.12 A
2
+
( −1) 2 2 2 A ω
= sen (φ ) + cos (φ ) = 1 → A = 0.1 + 2
2
2
12 10.87 2
= 13.5 cm .
Para hallar la fase inicial, dividimos la ecuación (2)/(1):
tan φ =
1 ω × 0.1
→ φ = 42.6º , 0.743 rad
2
3
4. Una bala de masa m cuya velocidad es v penetra y no atraviesa el bloque de masa M qué esta en reposo sobre una superficie lisa unida a un resorte de constante elástica k . a) Determine la ecuación de movimiento del sistema m+M en función del tiempo. b) La velocidad en función del tiempo. c) La amplitud del movimiento en términos de k , M , m y v.
k
v M
m
Solución a. Para hallar la velocidad del sistema después de la colisión inelástica, usamos conservación del momento lineal
Pi = P f → − mv = (m + M )v1 → v1 = −
m m + M
v
Para hallar la ecuación de movimiento:
∑
F = ( M + m)a = −kx →
d 2 x dt 2
k
=−
M + m
x
La solución a la anterior ecuación es:
x = A cos(ω t + φ )
(1)
donde k
ω =
m + M
b. la velocidad en función del tiempo es
v = −ω Asen (ω t + φ )
(2)
c. Para determinar la fase y la amplitud se usan las ecuaciones (1) y (2): Para t = 0 s, x0 = 0 , de (1), tenemos 0 = A cos(φ ) → θ =
v0 = v = −
π 2
,
3 2
mv m + M
.
π
de (2), tomando φ = ½ π tenemos,
−
m M + m
v = − Aω sen (π / 2) → A = .
m M + m
v
m + M k
.
3
4
5. a) Encontrar la ecuación del movimiento resultante de la superposición de dos movimientos armónicos simples paralelos cuyas ecuaciones son: x1 = 2 sen(ω t +
π 3
x 2 = 3 sen(ω t +
) ,
π 2
)
Solución x1 = 2sen (ω t +
π 3
⎛ ⎝
) = 2sen⎜ ω t -
x 2 = 3sen(ω t +
π 2
π 6
+
π ⎞
π ⎞ ⎛ ⎟ = 2 cos⎜ ω t − ⎟ 2 ⎠ 6 ⎠ ⎝
) = 3 cos(ω t )
x = x1 + x 2 = A cos(ω t + φ )
⎛ π ⎞ + 0 ⎟ = 4.83 6 ⎝ ⎠
A = A12 + A22 + 2 A1 A2 cos(α 1 − α 2 ) =
2 2 + 3 2 + 2 × 2 × 3 cos⎜ −
Para hallar la fase inicial φ :
⎛ ⎝
2 cos⎜ ω t −
π ⎞
⎟ + 3 cos(ω t ) = A cos(ω t + φ )
6 ⎠
Para t = 0, se tiene
⎛ π ⎞ ⎟ + 3 cos(0) = 4.83 cos(+φ ) → φ = 11.5º , 0.2 rad 6 ⎝ ⎠
2 cos⎜ −
x = x1 + x 2 = 4.83 cos( t + 0.2) 6. Un tablón horizontal de masa m = 2.0 kg y longitud L = 2.0 m esta articulado en un extremo, y el otro esta unido a un resorte de constante elástica k = 100 N/m (ver figura). 2 El momento de inercia del tablón alrededor del pivote es I = 1/3mL . El tablón se desplaza un ángulo pequeño θ a partir de su posición horizontal y se suelta. a. Dibujar todas las fuerzas que actúan sobre el tablón. b. Escriba la ecuación de movimiento para el tablón. c. Hallar el periodo de oscilación del tablón. Pivote A
θ k
4
5
Solución a) Fuerzas que actúan sobre el tablón R Pivote
R L
A
F y
θ
A
½ L
mg
mg
Equilibrio
Movimiento
Para el equilibrio: Torques con relación a A
∑τ )
A
= 0 = Lk y 0 −
L
2
mg → Lky 0 =
L
mg
(1)
cos θ mg
(2)
2
donde y0 es lo que esta comprimido inicialmente el resorte. Para el movimiento: Torques con relación a A
∑τ )
A
= I Aα = − L cos θ k ( y − y 0 ) −
L
2
reemplazando la ecuación (1) en la (2) I Aα = − L cosθ k y Como el ángulo es pequeño: y = Lsenθ ≅ Lθ y cosθ ≅ 1, se tiene: I L2 k L2 k =− → P = 2π 2A = 0.513 s θ → ω = I Aα = − L k θ → 2 I A I A dt L k 2
d 2θ
7. Un bloque de masa M = 0.1 kg realiza un movimiento armónico simple bajo la acción de los resortes de constantes elásticas k 1 = 4.0 N/m y k 2 = 6.0 N/m como se muestra en la figura (no hay fricción). a) Dibujar todas las fuerzas que actúan sobre m. b) Escribir las ecuaciones de movimiento. c) Hallar el periodo de oscilación de m. d) Si en el instante t = 0 el cuerpo se encuentra en x = 2 cm y tiene una velocidad de –4 m/s. Halle la amplitud y la fase inicial del movimiento. k 1
N F1 k 2
m F2
x m g
5
6
Solución: a) y b) Las fuerzas que actúan sobre el bloque se muestran en la figura. La fuerza externa resultante que actúa sobre el bloque es
∑ F
→ F = ma = −k 1 x − k 2 x
ix
→
i
ω =
k 1 + k 2 m
→ P = 2π
d 2 x dt 2
m
+
k 1 + k 2 m
x = 0 .
= 0.628 s
k 1 + k 2
c) La posición y la velocidad dadas para t = 0 s determinan la amplitud y la fase inicial;
x (t ) = A cos(ω t + φ ) → 2 c m = A cos(φ ) ,
(1)
v (t ) = −ω Asen (ω t + φ ) → - 4 m/s = −ω Asen (φ ) .
(2)
d) Para hallar la amplitud y la fase inicial: elevamos al cuadrado cada una de las ecuaciones (1) y (2), y las sumamos
x02 A
2
+
v02 A ω 2 2
= sen (φ ) + cos (φ ) = 1 → A = 0.02 + 2
2
2
4
2
10 2
= 0.4 m .
Dividiendo la ecuación (2) por la ecuación (1), se tiene
4 0.02
=
A × 10 sen (φ ) A cos(φ )
→ tan φ = 20 → φ = 87.1º , 1.52 rad .
8. Un péndulo tiene un periodo de 2 s y una amplitud de 2°. Después de 20 oscilaciones completas su amplitud ha sido reducida en a 1.5°. Encuentre la constante de amortiguamiento. Solución P = 2 s, θ 0 = 2º. Después de 10 oscilaciones completas, su amplitud se ha reducido a 1.5º. θ = θ 0 e
−γ t
→ e γ t =
1 ⎛ θ ⎞ 1 ⎛ 2 ⎞ ⎛ θ ⎞ → γ t = ln⎜ 0 ⎟. → γ = ln⎜ 0 ⎟ = ln⎜ ⎟ = 0.01438 s -1 θ t ⎝ θ ⎠ 20 ⎝ 1.5 ⎠ ⎝ θ ⎠
θ 0
9. Una partícula se desliza hacia adelante y hacia atrás entre dos planos inclinados sin fricción. a) Encontrar el periodo de oscilación del movimiento si h es la altura inicial. b) ¿Es el movimiento oscilatorio? c) ¿Es el movimiento armónico simple?
6
7
N x
h
θ
θ
mg
Figura 1.21
Solución: La fuerza externa resultante que actúa sobre el bloque es
∑ F
ix
→ F = ma = mgsenθ → a = gsenθ = constante → No es MAS. ,
i
Como no hay fricción, el movimiento es oscilatorio El periodo es 4 veces el tiempo que tarda en recorrer un solo plano inclinado:
t =
2 x a
=
2h / senθ gsenθ
=
1
2h
senθ
g
→P=4
1
2h
senθ
g
.
donde x es la distancia que recorre sobre el plano inclinado 10. Se sujeta una masa M en el extremo de una barra uniforme de masa m y longitud L, la cual se pivotea en la parte superior (ver figura 1.22). Si el sistema se pone a oscilar formando un ángulo θ con la vertical: a) Dibujar todas las fuerzas que actúan sobre la barra. b) Escriba la ecuación de movimiento. c) ¿Bajo que condiciones el movimiento es armónico simple? d) Calcule el periodo de oscilación. e) Encuentre la longitud del péndulo simple equivalente. R
m
O
½L
θ
θ
mg
Figura 1.22a
M g
Figura 1.22b
Solución Las fuerzas que actúan sobre la barra son su peso mg, el peso M g de la masa M y la reacción R en el punto O. Tomando torques con relación a un eje que pasa por O, se tiene (ver figura 1.1),
7
8
∑τ
O
= I Oα = − MgLsenθ − mg
i
L
2
senθ ,
(1.)
por lo tanto la ecuación de rotación para el péndulo es
I O
d 2θ 2
dt
= −( Mg + 1 / 2mg ) Lsenθ .
(2)
Si el ángulo θ es muy pequeño, lo cual ocurre si la amplitud de las oscilaciones es pequeña, se puede aproximar senθ ≈ θ ; por lo tanto la ecuación (2) se puede escribir como d 2θ M + 1 / 2m gLθ . = − (3) I 0 dt 2 Comparando con la ecuacion basica de un M.A.S., se tiene
ω =
2 M + m 2 I 0
2 donde I O = ML +
gL =
1 3
2π P
2 I O
→ P = 2π
= 2π
(2 M + m) gL
( M + m / 3) L ( M + m / 2) g
.
mL2
Comparando con el periodo del péndulo simple,
P = 2π
l0 g
→ l0 =
M + m / 3 M + m / 2
L
11. Un reloj regulado por un péndulo simple de período 0.11 s se coloca en un ascensor. a) ¿Cuál es el periodo cuando el ascensor es acelerado hacia arriba con una aceleración de 0.5g? b) ¿Cuál es periodo cuando el ascensor sube con una velocidad constante igual 5 m/s? c) ¿Cuál es el periodo cuando el ascensor baja con una aceleración de 0.5g? Rta: a) 0.16 s; b) 0.11s; c) 0.09 s Solución. P = 0.11 s, Primero vamos hallar la longitud del péndulo:
P = 2π
L g
→ L = 4π 2 P 2 g
a) Cuando sube con a = 0.5g:
P1 = 2π
L g′
=P
g g − 0.5 g
=P
1 0.5
= 0.16 s
b) Cuando sube con a = 0:
8
9
P1 = 2π
L g′
=P
g
= P = 0.11 s
g
c) Cuando baja con a = 0.5g:
P3 = 2π
L g′
g
=P
g + 0.5 g
=P
1
= 0.09 s
1.5
12. Un reloj, regulado mediante un péndulo simple, no se atrasa ni adelanta mientras su temperatura sea de 20 °C. El péndulo aumenta su longitud en un 0.001 por 100 por cada 1 °C que aumenta su temperatura, ¿cuál es su temperatura si el reloj se atrasa 2.0 s en un día? -1 Solución. T 0 = 27ºC, α = 0.001/100 ºC .= coeficiente de dilatación lineal.
Δ L = α ΔTL →
1 dL α L
= dT →
1
L f
∫
dL
α Li L
f
= ∫ dT , T i
Resolviendo la integral, se tiene
⎛ L f ⎞ 1 ⎛ L ⎞ ⎟⎟ = T f − T i → T f = ln⎜⎜ f ⎟⎟ + T i ln⎜⎜ α ⎝ Li ⎠ α ⎝ Li ⎠ 1
P f = 2π
Pi = 2π
L f g
Li g
→ P = 4π 2 f
→ Pi = 4π 2
2
2
L f g
Li g
→ L f =
Pfi2 g
4π 2
(1)
,
(2)
2
→ Li =
Pi g
4π 2
,
(3)
Reemplazando (3) y (2) en (1), obtenemos
T f =
⎛ P f ⎞ 2 ⎛ 86402 ⎞ ⎟⎟ + T i = ln⎜ ⎟ + 20 = 24.6 º C α ⎝ Pi ⎠ 0.00001 ⎝ 86400 ⎠ 2
ln⎜⎜
13. Una partícula de masa m situada en una mesa horizontal lisa (ver figura) está sostenida por dos resortes cada uno de constante k y longitud L cuyos extremos están fijos en A y B. La tensión en los resortes es igual. Si la partícula se desplaza lateralmente una distancia y0 pequeña comparada con la longitud de los resortes y luego se suelta. a) Cuando la partícula esta en movimiento dibujar todas las fuerzas que actúan sobre ella. b) Escribir la ecuación de su movimiento. c) ¿Encontrar su frecuencia de oscilación?
9
10
m
F2
y0 O 2 L
A
d 2 y 2 dt 2
=−
B
Figura 1.23b
Figura 1.23a
Rta: b)
F1
θ y 2 LO
A
B
m
k
k 3 y y 5 + 2 4 3mL 60mL
Solución a) Las fuerzas que actúan sobre m son su peso mg (hacia adentro de la mesa), su normal N (hacia afuera de la mesa) y las fuerzas de los dos resortes F1 y F2 . (ver fig 1.23b). b) Usando la segunda ley de Newton, se tiene.
∑ F = ma = − F senθ − F senθ . 1
y
2
i
F 1 = F 2 = k y + L0 − L0 2
donde
2
ma = −2k y + L0 − L0 senθ 2
2
Usando senθ =
y L0
Por lo tanto la ecuación de movimiento para m es 2
d y 2
dt
=−
2k ( y 2 + L20 − L0 ) y m
L0
=−
2 2k ⎛ ⎜ y
⎞ ⎟ y , + 1 − 1 2 ⎟ m ⎜ L0 ⎝ ⎠
Usando la expansión:
(1 + x) 1 + nx + n(n − 1) n
1
⎛ y ⎞ 2 ⎛ ⎛ y ⎞ ⎜⎜ 2 + 1⎟⎟ = ⎜1 + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎝ L0 ⎠ ⎝ L0 ⎠ ⎝ 2
d 2 y dt 2
=−
x2
2
+ ...
1
2 4 ⎞ 2 ⎟ = 1 + 1 y − 1 y + ... ⎟ 2 L20 8 L40 ⎠
2
k y 3 m L20
+
k y 5
4m L40
La anterior ecuacion no es de un MAS.
10
11
14. Dos resortes ambos con longitud no estirada de 0.20 m pero con diferentes constantes elástica k 1 = 0.10 N/m y k 2 = 0.3 N/m, están unidos a las caras opuestas de un bloque con masa m = 0.20 kg sobre una superficie sin fricción. Ahora los extremos finales de los resortes se unen a dos agujas P1 y P2 que están a 0.10 m de los extremos originales de los resortes (figura 1.24). 0.1 m
0.2 m
0.2 m
0.1 m
P2
P1
Figura a a) Calcule la longitud de cada resorte cuando el bloque está en su nueva posición de equilibrio después de fijarse los resortes a las agujas. b) Calcule el periodo de vibración del bloque si se desplaza un poco de su poción de equilibrio y se suelta. Solución: k 1 = 1 N/m, k 2 = 3 N/m, m = 0.2 kg. 0.1 m
0.2 m
0.2 m
0.1 m
P2
P1
Figura b L2 =0.2 m + x 2
L1=0.2 m + x1 P2
P1
Figura c Cuando el bloque esta en la nueva posición de equilibrio se cumple ver figura c):
F 1 = F 2 → k 1 x1 = k 2 x 2 → x1 =
k 2 k 1
x2
0.2 + x1 + x 2 + 0.2 = 0.6 → x1 + x 2 = 0.2
(1)
(2)
Reemplazando (1) en (2), se tiene y despejando x 2 y x1:
x 2 =
0 .2 = 0.05 m, x1 = 0.15 m k 2 +1 k 1
L1 = 0.2 + x1 = 0.35 m y L2 = 0.2 + x 2 = 0.25 m
11
12
b) La fuerza externa resultante que actúa sobre el bloque es
∑
F ix →
d 2 x
F = ma = − k 1 x − k 2 x ,
dt 2
i
ω =
k 1 + k 2 m
m
→ P = 2π
k 1 + k 2
+
k 1 + k 2 m
x = 0.
= 4.44 s
15. Un gran bloque A ejecuta un movimiento armónico simple horizontal deslizándose sobre una superficie horizontal sin fricción con una frecuencia f = 1.50 Hz. Un bloque B descansa sobre él, como se muestra en la figura 1.25, y el coeficiente de fricción estática entre los dos es μ e = 0.60. ¿Qué amplitud máxima de oscilación puede tener el sistema si el bloque B no se desliza?
B A
Figura 1.25 Solución: f = 1.50 Hz, μ e = 0.60. Cuando la amplitud es máxima la fuerza neta es máxima, esto es: 2 2 F = ma = − mAω cos(ω t + φ ) → F max = mAω = μ e mg → A =
e
g 2
usando ω = 2π f , tenemos A =
g 2
ω
=
g 2
4π f
2
=
0.6 × 980 4 × 6.28 × 1.5 2
= 6.62 cm
16. Un péndulo físico consta de un disco sólido uniforme de masa M = 500 g y radio R = 15 cm soportado en un plano vertical por un pivote situado a una distancia d = 10 cm del centro del disco, como se muestra en la figura 1.26. El disco se desplaza un pequeño ángulo y luego se suelta. Halle el periodo del movimiento armónico simple resultante.
d
θ
Figura 1.26
Figura 1.26b 12
13
Las fuerzas que actúan sobre el disco son su peso mg y la reacción R en el punto O. Tomando torques con relación a un eje que pasa por O, se tiene (ver figura 1.26b),
∑τ
O
= I Oα = −mgd sen θ ,
i
por lo tanto la ecuación de rotación para el disco es
I O
d 2θ 2
dt
= −mgd sen θ .
Si el ángulo θ es muy pequeño, lo cual ocurre si la amplitud de las oscilaciones es pequeña, se puede aproximar senθ ≈ θ ; por lo tanto la ecuación (1.22) se puede escribir como d 2θ 2
dt
=−
mgd θ . I 0
Comparando con la ecuacion basica de un M.A.S., se tiene 2 ω = m
gd I O
→ P = 2π
I O mgd
= 0.92 s .
donde I 0 =
1 2
mR 2 + md 2 =
1 2
× 0.50 × 0.15 2 + 0.5 × 0.12 = 0.0106 kg.m 2
17. Un portador de pesas de 100 g de masa se cuelga de un resorte y oscila verticalmente con un periodo de 0.33 s (ver figura). Suponer que se le coloca una pesa de 10 g sobre el portador de pesas. ¿Cuál es la amplitud máxima de oscilación de este sistema si la pesa de 10 g permanece en contacto con el portador durante el movimiento?
Solución: M = 0.1 kg, m = 0.01 kg y P = 0.33 s
P = 2π
M k
→ k =
4π 2 M P
2
= 36.2 N/m
ω ′ =
k M + m
= 17.1 rad/s
13
14
Cuando la amplitud es máxima la fuerza neta es máxima, esto es:
F = ( M + m)a = −( M + m) Aω 2 cos(ω t + φ ) Condición para que la masa permanezca sobre el porta pesas F max = ( M + m) Aω 2 = mg → A =
A =
mg
( M + m)ω 2
=
0.01 × 9.8 0.11 × 17.12
mg
( M + m)ω 2
= 3.05 mm
18. Un bloque de masa M está unido a un resorte de masa m que oscila con MAS sobre una superficie horizontal sin rozamiento (figura 1.28); la constante elástica del resorte es k y la longitud en equilibrio es L0. (a) Hallar la energía cinética del sistema cuando el bloque alcanza una velocidad (rapidez) v y (b) el periodo de oscilación. Sugerencia: suponer que todas las partes del resorte oscilan en fase y que la velocidad vx de un segmento dx es proporcional a la posición x del segmento, mediada desde el extremo fijo; es decir, vx = x/ L0 v. Tenga también en cuenta que la masa de un segmento de resorte es dm = m/ L0 dx. dx x
M
v
Figura 1.28 Solución a) Para hallar la energía cinética:
E k = E kresorte + E Kbloque
(1)
x 2 2 dE kresorte = dmv = dx v 2 2 L0 L20
1
L0
E kresorte =
∫ 0
2 x
1 m
1 m
2
x 2 1 2 dx 2 v = mv 2 L0 L0 6
1 E Kbloque = Mv2 2
(2)
(3)
(2) y (3) en (1) E k = E kresorte + E Kbloque =
1
1 1 mv2 + Mv2 = (m / 3 + M )v 2 6 2 2
b) Para hallar el periodo: Como la energía total es constante, derivamos con relación al tiempo
14
15
E = E K + E elastica =
1 2
(m / 3 + M )v 2 +
1 2
kx 2
dE d ⎛ 1
1 2 ⎞ dv dx 2 ⎜ (m / 3 + M )v + kx ⎟ = (m / 3 + M )v + kx = 0 2 ⎠ dt dt ⎝ 2 dt dt
=
dv d x k ⎛ ⎞ x ⎜ (m / 3 + M ) + kx⎟v = 0 → 2 = − dt m / 3 + M dt ⎝ ⎠ 2
P = 2π
m / 3 + M k
19. Un oscilador horizontal de masa m = 1.6 kg y constante elástica de 72 N/m se pone a oscilar con una amplitud de 0.2 m. Precisamente cuando la masa pasa por la posición de equilibrio, se deja caer una bola de arcilla de masa M = 1.2 kg, sobre la masa oscilatoria de 1.6 kg y vibra con ella. Hallar: a) La velocidad inicial del sistema masa –arcilla b) La amplitud de oscilación del sistema masa arcilla. Solución m = 1.6 kg, k = 72 N/m, A1 = 0.2 m, ω 1
ω 2 =
=
k m
k m + M
= 6.7 rad/s , M = 1.2 kg, A2 = ? ,
= 5.07 rad/s
La velocidad cuando pasa por la posición de equilibrio es máxima:
v = − A1ω 1 sen (ω 1t + φ ) → v max = − A1ω 1 = 1.34 m/s Para hallar la nueva velocidad inicial (después de que se deje caer la bola de arcilla) del nuevo movimiento, aplicamos conservación del momento lineal: m Pix = P fx → mvmax = ( m + M )v 2 → v 2 = v max = 0.766 m/s m + M La posición y la velocidad dadas para t = 0. s determinan la amplitud y la fase inicial:
x (t ) = A cos(ω t + φ ) → 0. = A cos(φ ) , v (t ) = −ω Asen (ω t + φ ) → 0.766 m/s = −ω 2 Asen (φ ) .
(1) (2)
Para hallar la amplitud, elevamos al cuadrado cada una de las ecuaciones (1) y (2), y las sumamos
15
16
02
0.766 2
2
0,766 2
0 =
0.5 rad/s
+ = sen (φ ) + cos (φ ) = 1 → A = 0. + = 0.15 m . A22 A22ω 22 5.07 2 20. Un péndulo simple de masa 1 kg y longitud 1 m, se suelta cuando t = 0 s y formando un ángulo de 0.1 rad con la vertical con una velocidad angular de 0.5 rad/s, como se muestra en la figura 1.29. a) Hallar la amplitud y la fase inicial del movimiento. b) Hallar la aceleración del cuerpo cuando t = 2 s 2
2
0.1 rad
Figura 1.29 Solución. m = 1.0 kg, L = 1.0 m, ω =
g L
= 3.13 rad/s
a) La posición y la velocidad angular dadas para t = 0 s determinan la amplitud y la fase inicial;
θ (t ) = θ 0 cos(ω t + φ ) → 0.1 = θ 0 cos φ ,
(1)
ω ′(t ) = −ωθ 0 Asen (ω t + φ ) → 0.5 = −ωθ 0 sen φ .
(2)
Para hallar la amplitud, elevamos al cuadrado cada una de las ecuaciones (1) y (2), y las sumamos
12 θ 02
+
0. 5 2 θ 02ω 2
= sen (φ ) + cos (φ ) = 1 → θ 0 = 0.1 + 2
2
2
0 .5 2 3.13 2
= 0.19 rad .
Dividiendo la ecuación (2) por la ecuación (1), se tiene
−
0.5 0.1× ω
= tan φ → φ = -57.8º = −1.0.1 rad .
θ (t ) = 0.19 cos(3.13 t − 1) → 0.1 = θ 0 cos φ b) para hallar la aceleración cuando t = 2 s:
α (t ) = −ω 2θ 0 cos(ω t + φ ) =
→ a = α L = −1.83 m/s 2
16
17
21. Un oscilador armónico simple consiste de una masa de 1.5 kg que esta en reposo sujeto a un resorte de constante elástica 150 N/m y el otro extremo del resorte está pegado a una pared sobre una superficie horizontal sin fricción. El sistema se pone a oscilar y al tiempo t = 0.16 s se observa que el desplazamiento desde la posición de equilibrio vale 0.15 m y la velocidad +4 m/s. a) Haga una figura donde ilustre el problema y encuentre la ecuación de movimiento de sistema. b) Hallar la amplitud y la fase inicial del movimiento. c) Escriba la ecuación de la velocidad en función del tiempo. d) Cuando (el valor del tiempo) son iguales la energía potencial del sistema y la energía cinética? Solución.
N
a) F
x mg
La fuerza externa resultante que actúa sobre el bloque es
∑ F
ix
d 2 x
→ F = ma = −kx ,
2
dt
i
+
k m
x = 0 .
ω =
k m
=
150 1.5
= 10 rad/s
b) La posición y la velocidad dadas para t = 0.16 s determinan la amplitud y la fase inicial;
x (t ) = A cos(ω t + φ ) → 0.15 m = A cos(10 × 0.16 + φ ) ,
(1)
v (t ) = −ω Asen (ω t + φ ) → 4 m/s = −10 Asen (10 × 0.16 + φ ) .
(2)
Para hallar la amplitud, elevamos al cuadrado cada una de las ecuaciones (1) y (2), y las sumamos 2
x0
A 2
2
+
v0
A 2ω 2
= sen (1.6 + φ ) + cos (1.6 + φ ) = 1 → A = 0.15 + 2
2
2
42 10 2
= 0.427 m .
Dividiendo la ecuación (2) por la ecuación (3), se tiene
4 0.15
=−
A × 10 sen (1.6 + φ ) A cos(1.6 + φ )
→ - 2.66 = tan(1.5 + φ ) .
- 2.66 = tan(1.6 + φ ) → 1.6 + φ = −1.21 → φ = −2.81 rad La ecuación de la posición es:
17
18
x (t ) = 0.427 cos(10 t − 2.81) c) Escriba la ecuación de la velocidad en función del tiempo.
v (t ) = −ω Asen (ω t + φ ) = −4.27sen (10t − 2.81) d) Cuando (el valor del tiempo) son iguales la energía potencial del sistema y la energía cinética?
E k = E P → E K + E p = E P =
1 2
1 2
kA → 2 E P =
kx → x = 2
1 2
2 E P k
kA → E P = 2
1 4
kA = 6.84 J 2
= 0.3019 m
0.427cos (10t − 2.81) = 0.3019 → 10t − 2.81 = 45º =
π 4
10t − 2.81 = 0.785 → t = 0.359 s 22. Una partícula de masa m se mueve a lo largo del eje x con un periodo de oscilación de 16 s. Cuando t = 2 s pasa a través del origen y cuando t = 4 s su velocidad es de 4.0 m/s. Hallar: a) La fase inicial del movimiento, b) la amplitud del movimiento: Rta: a) ¼ π; b) 11.7 m. Solución: ω = 2π = 6.28 = 0.393 s P
16
La posición cando t = 2 s y la velocidad dada para t = 4 s determinan la amplitud y la fase inicial;
x (t ) = A cos(ω t + φ ) → 0 = A cos(0.393 × 2 + φ ) , v (t ) = −ω Asen (ω t + φ ) → 4 = −0.393 Asen (0.393 × 4 + φ ) .
(1) (2)
Para hallar la fase inicial, usando la ecuación (1):
0 = A cos(0.393 × 2 + φ ) → 0.785 + φ =
π 3 , π → φ = π / 4, 1.25π . 2 2
Para hallar la amplitud, usando la ecuación (2) para t = 4 s y φ = 1.25π :
4 = −0.393 Asen (0.393 × 4 + 1.25π ) → A = 14 .4 m 23. Un péndulo de torsión consiste de un bloque rectangular de madera de dimensiones 8 cm x 4 cm x 2.7 cm con una masa de 0.2 kg, suspendido por medio de un alambre que pasa a través de su centro y de tal modo que el lado más corto es vertical, el periodo de oscilación es de 2.5 s. Hallar la constante de torsión del alambre. -4 Rta: 8.4x10 N.m.
18
19
Solución
m = 0.2 kg, P = 2.5 s, a = 0.04 m, b = 0.08 m,
I c =
1
2 2 4 2 (a + b ) m = 1.33 × 10 − kg.m
12
I c
P = 2π
→ k =
k
4π 2 I c P
2
= 8.4 × 10 − 4 N.m
24. Un bloque de masa m = 2.5 kg se une a un resorte de constante elástica 1250 N/m. El bloque se libera desde el reposo en t = 0 en una posición situada a 28 mm de la posición de equilibrio y el movimiento se amortigua con b = 50 kg/s. Determinar. (a) La frecuencia angular de amortiguamiento, (b) la amplitud inicial y la constante de fase. Solución
m = 2.5 kg, k = 1250 N/m y b = 50 kg/s,
k
ω =
m
−
b2
4m
2
= 22.3 rad/s
Para t = 0 s
x = A0 e
−
b
2m
t
cos(ω t + α ) → 28 = 28 cos α → α = 0º
25: El bloque del problema anterior está sujeto a una fuerza externa sinusoidal de frecuencia angular de 25 rad/s y modulo máximo de 12 N. Determinar: (a) la amplitud, (b) la fase inicial, (c) determinar la amplitud del sistema cuando esta en resonancia. Solución:
F = 12sen (25t ) → F Max. = 12 N A =
F Max
( k − mω 2 ) 2 + b 2ω 2
= 9.31 × 10 −3 m
. c) si k = mω
2
→
A =
F Max 2
= 2
b ω
12 50 × 25
2
= 9.6 × 10 −3 m
26. El bloque del problema 14 oscila con una amplitud de 5 cm. En el instante en que pasa por su posición de equilibrio, se deja caer verticalmente sobre el bloque una masa de plastilina de 100 g que queda pegada a él. a) Hallar los nuevos valores del periodo y de la amplitud. Rta: 1.7 s, 4 cm. Solución: k 1 = 1.0 N/m, k 2 = 3.0 N/m, m = 0.2 kg., M = 0.1 kg, A1 = 5 cm, ω = 4.48 rad/s
ω 2 =
k 1 + k 2 m + M
= 3.65 rad/s → P2 =
2π ω
= 1.7 s
19
20
La velocidad cuando pasa por la posición de equilibrio es máxima:
v = − A1ω 1 sen (ω 1t + φ ) → v max = − A1ω 1 = 22 .43 cm/s Para hallar la nueva velocidad inicial (después de que se deje caer la bola de plastilina) del nuevo movimiento, aplicamos conservación de la cantidad de movimiento; durante el choque, la componente x de la cantidad de movimiento del sistema bloque plastilina se conserva:
Pix = P fx → mvmax = (m + M )v 2 → v 2 =
m m + M
v max = 14.95 cm/s
La posición y la velocidad dadas para t = 0. s determinan la amplitud y la fase inicial:
x (t ) = A cos(ω t + φ ) → 0. = A cos(φ ) , v (t ) = −ω Asen (
(1)
t + φ ) → 14.95 = −ω 2 Asen (φ ) .
(2)
Para hallar la amplitud, elevamos al cuadrado cada una de las ecuaciones (1) y (2), y las sumamos
02 A22
+
14.95 2 A22ω 22
= sen (φ ) + cos (φ ) = 1 → A = 0. + 2
2
2
14.95 2 3.65 2
= 4 cm .
27. Un madero cilíndrico está cargado con plomo en un extremo, de modo que flota verticalmente en el agua como se muestra en la figura. La longitud de la parte sumergida es L = 2.56 m. Lo ponemos en oscilación vertical. a) demuestre que el movimiento es armónico simple. b) Encuentre el periodo de oscilación. Rta 3.21 s. No tenga en cuenta la fuerza de fricción que ejerce el agua sobre el madero. E1
E2
L
L- y
(m+m′) (a) Equilibrio
(m+m′) (b) Movimiento
Solución Para la figura (a), tenemos
∑ F = 0 → E − (m + m′) g = 0 → (m + m′) g = ρ y
1
ALg
fluido
(1)
20
21
Para la figura (b), tenemos
∑ F : (m + m′)a = E − (m + m′) g → (m + m′)a = ρ 2
y
A( L − y) g − (m + m′) g
fluido
(2)
Reemplazando la ecuación (1) en la (2), se tiene: ( m + m′) a = − ρ fluido Ayg →
2
d y 2
dt
=−
ρ fluido Ag
(3)
y
m + m′
De (1): ( m + m ′) = ρ fluido AL
(4)
(4) en (3) d 2 y dt 2
=−
ρ fluido Ag ρ fluido AL
y → ω =
g L
=
2π P
L
→ P = 2π
g
= 3.21 s
28. Un tubo en U está lleno de un líquido homogéneo. Un pistón hace descender temporalmente el líquido en un lado. Se quita el pistón y el nivel del líquido oscila a
2g
ambos lados. Demuestre que el periodo de oscilación es π total del líquido.
L
, donde L es la longitud
F1 L + y L - y
Liquido F2
(b) Movimiento
(a) Equilibrio Para la figura (a), tenemos
∑ F → ma = F − F = −( p 1
y
2
2
− p1 ) A
(1)
Usando la ecuación básica de estática de fluidos, se tiene ma = −( p2 − p1 ) A = −2 ρ gy usando: ρ =
m V
=
(2)
m LA 2
d y 2
dt
=−
2 ρ Ag m
y = −
2 y L
(3)
Comparando con la ecuación básica del M.A.S:
21
22
2 L
P = 2π
g
1. Un oscilador armónico simple consiste de una masa de 1.5 kg que esta en reposo sujeto a un resorte de constante elástica 150 N/m y el otro extremo del resorte está pegado a una pared sobre una superficie horizontal sin fricción. El sistema se pone a oscilar y al tiempo t = 0.16 s se observa que el desplazamiento desde la posición de equilibrio vale 0.15 m y la velocidad +4 m/s. a) Haga una figura donde ilustre el problema y encuentre la ecuación de movimiento de sistema. b) Hallar la amplitud y la fase inicial del movimiento. c) Hallar la energía cinética cuando la posición es -0.2 m. Solución.
N
a) F x mg
La fuerza externa resultante que actúa sobre el bloque es
∑ F
ix
d 2 x
→ F = ma = −kx ,
2
dt
i
+
k m
x = 0 .
ω =
k m
=
150
= 10 rad/s
1.5
b) La posición y la velocidad dadas para t = 0.16 s determinan la amplitud y la fase inicial;
x (t ) = A cos(ω t + φ ) → 0.15 m = A cos(10 × 0.16 + φ ) ,
(1)
v (t ) = −ω Asen (ω t + φ ) → 4 m/s = −10 Asen (10 × 0.16 + φ ) .
(2)
Para hallar la amplitud, elevamos al cuadrado cada una de las ecuaciones (1) y (2), y las sumamos:
x02 A
2
+
v02 A ω 2 2
= sen (1.6 + φ ) + cos (1.6 + φ ) = 1 → A = 0.15 + 2
2
2
42 10
2
= 0.427 m .
Dividiendo la ecuación (2) por la ecuación (3), se tiene
4 0.15
=−
A × 10 sen (1.6 + φ ) A cos(1.6 + φ )
→ - 2.66 = tan(1.5 + φ ) .
- 2.66 = tan(1.6 + φ ) → 1.6 + φ = −1.21 → φ = −2.81 rad 22
23
c) Para hallar la energía cinética cuando x =- 0.2 m. La energía total se conserva y es:
1 2
1
kA 2 = E k + E P =→ E K =
2
kA 2 −
1 2
kx 2 = 10.67 J
1. Un oscilador armónico simple consiste de una masa de 1.5 kg que esta en reposo sujeto a un resorte de constante elástica 150 N/m y el otro extremo del resorte está pegado a una pared sobre una superficie horizontal sin fricción. El sistema se pone a oscilar y al tiempo t = 0.16 s se observa que el desplazamiento desde la posición de equilibrio vale 0.15 m y la velocidad -4 m/s. a) Haga una figura donde ilustre el problema y encuentre la ecuación de movimiento de sistema. b) Hallar la amplitud y la fase inicial del movimiento. c) Hallar la energía potencial cuando t = 0.2 s. Solución.
N
a) F
x mg
La fuerza externa resultante que actúa sobre el bloque es
∑ F
ix
d 2 x
→ F = ma = −kx ,
2
dt
i
+
k m
x = 0 .
ω =
k m
=
150
= 10 rad/s
1.5
b) La posición y la velocidad dadas para t = 0.16 s determinan la amplitud y la fase inicial;
x (t ) = A cos(ω t + φ ) → 0.15 m = A cos(10 × 0.16 + φ ) ,
(1)
v (t ) = −ω Asen (ω t + φ ) → - 4 m/s = −10 Asen (10 × 0.16 + φ ) .
(2)
Para hallar la amplitud, elevamos al cuadrado cada una de las ecuaciones (1) y (2), y las sumamos
x02 A
2
+
v02 2
= sen (1.6 + φ ) + cos (1.6 + φ ) = 1 → A = 0.15 + 2
2
A ω
2
2
42 10
2
= 0.427 m .
Dividiendo la ecuación (2) por la ecuación (3), se tiene
23
24
−
4 0.15
=−
A × 10 sen (1.6 + φ ) A cos(1.6 + φ )
→ 2.66 = tan(1.6 + φ ) .
2.66 = tan(1.6 + φ ) → 1.6 + φ = 1.21 → φ = −0.39 rad
c) Para hallar la energía potencial cuando t = 0.2 s. La energía total se conserva y es: 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 kA = E k + E P =→ E p = kA − mv = KA − m[− Aω sen (ω t + φ ] , 2 2 2 2 2
E p =
1 2
KA 2 −
1 2
m[− Aω sen ( 2 − 2.81] = 13.67 − 13.65 = 0.016 J 2
19. Un oscilador horizontal de masa m = 1.6 kg y constante elástica de 72 N/m se pone a oscilar con una amplitud de 0.2 m. Precisamente cuando la masa pasa por la posición de equilibrio, se deja caer una bola de arcilla de masa M = 1.2 kg, sobre la masa oscilatoria de 1.6 kg y vibra con ella. Hallar la frecuencia y la amplitud de oscilación del sistema en su estado final. Solución m = 1.6 kg, k = 72 N/m, A1 = 0.2 m, ω 1
ω 2 =
=
k m
k m + M
= 6.7 rad/s , M = 1.2 kg, A2 = ? ,
= 5.07 rad/s
La velocidad cuando pasa por la posición de equilibrio es máxima:
v = − A1ω 1 sen (ω 1t + φ ) → v max = − A1ω 1 = 1.34 m/s Para hallar la nueva velocidad inicial (después de que se deje caer la bola de arcilla) del nuevo movimiento, aplicamos conservación del momento lineal:
Pix = P fx → mvmax = ( m + M )v 2 → v 2 =
m m + M
v max = 0.766 m/s
La posición y la velocidad dadas para t = 0. s determinan la amplitud y la fase inicial:
x (t ) = A cos(ω t + φ ) → 0. = A cos(φ ) , v (t ) = −ω Asen (ω t + φ ) → 0.766 m/s = −ω 2 Asen (φ ) .
(1) (2)
Para hallar la amplitud, elevamos al cuadrado cada una de las ecuaciones (1) y (2), y las sumamos
24
25
02
0.766 2
0,766 2
+ = sen (φ ) + cos (φ ) = 1 → A = 0. + = 0.15 m . A22 A22ω 22 5.07 2 1. Una partícula de masa 2 g vibra con movimiento armónico simple con un periodo de 16 s. Cuando t = 2 s, la partícula pasa a través del origen, y cuando t = 4 s su velocidad es de 4 m/s. Determinar: a) La amplitud y la fase inicial del movimiento. b) La posición, la velocidad y la aceleración en t = 0 s. c) Las energías: cinética, potencial y total cuando x = A/3. Solución: La frecuencia angular y la constante elástica son: ω =
2
2π P
2
k
=
m
=
π 8
2
= 0.39 rad/s → k = ω 2 m = 2 × 10 −3 N/m
a) La posición para t = 2 s y la velocidad para t = 4 s determinan la amplitud y la fase inicial;
x (t )
t = 2 s
= A cos(ω t + φ ) → 0 = A cos(π / 4 + φ ) , π 4
Para φ =
π 4
1
3
2
2
+ φ = π , π → φ =
π 5 , π 4 4
no cumple las condiciones del problema, para
φ =
5 4
π si satisface las
condiciones del problema. La velocidad para t = 4 s
⎛ π 5 ⎞ + π ⎟ → A = 14 .5 m . 2 4 ⎠ ⎝
v (t ) = −ω Asen (ω t + φ ) → 4 m/s = −ω Asen ⎜ b) Posición, velocidad y aceleración para t = 0 s:
x (t )
t = 0 s
5 ⎞ ⎛ ⎛ 5 ⎞ = 14.5 cos⎜ 0.39 t + π ⎟ → x = 14 .5 cos⎜ π ⎟ = −10 .25 m 4 ⎠ ⎝ ⎝ 4 ⎠ v (t )
a (t )
t = 0 s
t = 0 s
5 ⎞ ⎛ = −ω Asen ⎜ ω t + π ⎟ → v = 4 m/s 4 ⎠ ⎝
5 ⎞ ⎛ = −ω 2 A cos⎜ ω t + π ⎟ → a = −1.56 m/s 2 4 ⎠ ⎝
c) Las energías: cinética, potencial y total cuando x = A/3.
E total =
E Potencial
1 2
2 kA = 0.21 J
2
1 ⎛ A ⎞ 1 = kx = k ⎜ ⎟ = E Total = 0.023 J 2 2 ⎝ 3 ⎠ 9 1
2
25
26
E Cinetica + E Potencial = E Total → E k = E Total − E Potencial =
8 9
E Total = 0.186 J
26
