cap. 14 oscilaciones - física nova

CAPÍTULO 14: OSCILACIONES – Física Nova

Prof. Edwin Murga - 1 -

PRÁCTICA 1: “M.A.S”

01. Por definición: #oscilaciones

ftiempo

=

8

f 5 Hz16

→ = =

CLAVE : C

02. Despejando el número N de oscilaciones de la ecuación de la frecuencia, tendremos:

Nf N f t

t= → = ⋅

Donde f = 2 Hz y t = 3,1 s. Reemplazando se tiene:

N 2 3,1 6,2osc.→ = ⋅ =

Luego, el número de oscilaciones completas que se dieron en ese tiempo es 6, por consiguiente hubieron 6 llegadas a un mismo extremo.

CLAVE : C

03. Podemos analizar de la siguiente manera:

tiempo 31#oscilacionescompletas periodo 3,5

= =

∴ #Osc. = 8,85

CLAVE : B

04. Se sabe que: km

ω = ;

Reemplazando datos, se tiene:

∴ ω = = =9 3

1,54 2

rad/s

CLAVE : A

05. Se sabe que: 2

Tπ

=ω

Reemplazando el valor obtenido en el problema anterior, se tiene:

2 4T T s

1,5 3π π

= → =

CLAVE : E

06. Se sabe que: 1 k

f2 m

=π

Entonces:

1

2

1 k2 3 2 mf

f 1 8k2 3m

π=

π

1

2

f 1

f 2∴ =

CLAVE : B

07. Se sabe que: 1 k

f2 m

=π

Reemplazando:

=π π

1 1 k2 5

∴ k = 20 N/m

CLAVE : D

08. Al inicio: = πm

T 2k ... (α)

Entonces al duplicar:

+= π

m 92T 2

k

En (α):

+π = π

m m 92 2 2

k k

∴ m = 3 kg

CLAVE : A

09. Al inicio: = π =oM+12

T 2 5k

… (1)

Al final: = π =f12

T 2 2k

… (2)

(1) ÷ (2): ( )+

=k M 12 25

12k 4

∴ M = 63 kg

CLAVE : E



10. Aplicando la ecuación de la elongación del M.A.S. se tiene:

x = 0,4 sen(2π t + π/3) que:

ω = 2π ⇒ 2πf = 2π

∴ f = 1 Hz

CLAVE : B

11. La ecuación es:

x = A sen (cot + φ)

Luego, por comparación con la ecuación dada reconocemos que:

A = 0,4 m y π

φ =3

CLAVE : A

12. Se tiene la ecuación:

x = A sen (ωt + φ)

En el problema: x = 0,5 sen(4t)

Reconocemos que:

∴ φ = 0

CLAVE : E

13. El inicio del movimiento se da en t = 0

Y siendo la ecuación: x = 0,5 sen(4t)

Reemplazamos: x = 0,5 sen(0)

∴ x = 0

CLAVE : B

14. Aplicando la ecuación de la frecuencia se tiene:

N 90oscf f f 1,5Hz

t 60s= → = → =

A continuación aplicamos la ecuación de la frecuencia angular:

2 f 2 1,5 3 rad/ sω = π → ω = π ⋅ ∴ ω = π

CLAVE : D

15. Se sabe que: ω =km

Reemplazando:

( )π =2 k3

1

2 k 9∴ = π

k = 9(10) = 90 N/m

CLAVE : E

16. Se sabe que: x = A sen(ωt + φ)

x = 60 sen(3πt + 0)

Y si el movimiento se inicia en la P.E, entonces se tiene que: φ = 0

∴ x = 0,6 sen(3πt)

CLAVE : B

17. Analizando el gráfico x -vs –t, identificamos la amplitud A y el periodo del movimiento:

A = 0,8m ∧ T = 4s

Entonces calculamos “ω”:

π

ω =2T

π πω = =

2 rad/s

4 3

Además de la gráfica se reconoce que la constante de fase inicial es φ = 0. Luego:

π ∴ =

x 0,8 sen t

2

CLAVE : D

18. Del enunciado:

A Bk 2 N/ cm 200N/ cm; m 0,5 kg m 0,9 kg= = = ∧ =

Antes de cortar la cuerda se tiene:

Recordando que la amplitud es independiente de la masa del sistema se tiene que es la misma después del corte.



Ahora calculamos la frecuencia angular luego de cortar la cuerda:

A

k 20020 rad/ s

m 0,5ω = = =

También reconocemos que el movimiento se inicia en el extremo inferior, es decir, en el sector negativo del eje de ordenadas mostrado en el gráfico del problema. Por tal razón deducimos que:

πφ = −

2

Finalmente, de la ecuación de la elongación del MAS, se tiene:

x = A sen(ωt + φ)

π = + −

x 7sen 20t2

π ∴ = −

x 7sen 20t

2

CLAVE : E

19. Del enunciado:

* T = 4πs

* = =60 cm

A 30 cm2

* En el punto de equilibrio la velocidad es máxima y se calcula:

vmáx = ω.A.

Calculamos “ω”.

π

ω =2T

πω = =

π

2 1rad/ s

4 2

Entonces:

( )máx1

v 30 15cm/s2

∴ = =

CLAVE : A

20. Si la rapidez es máxima, significa que en ese instante se encuentra en la posición de equilibrio.

Entonces: vmáx = ω.A.

Del problema: ω = 25 rad/s; vmáx = 2 m/s

A = ?

Reemplazando: 2 = 25 A

=2

A m25

×100 cm

1m

∴ A = 8 cm

CLAVE : D

21. Siendo: π

= +

x 0,5 sen 4t6

La velocidad máxima está dada por:

vmáx = ωA

vmáx = 4(0,5)

∴ vmáx = 2 m/s

CLAVE : A

22. Para la posición mostrada se cumple:

2 2v A x= ω −

( )= ω − 228 1 0,6

∴ ω = 10 rad/s

CLAVE : E

23. Los datos son: Lo = 70 cm, k = 90 N/m,

m = 0,1 kg, , A = 0,6 m

De acuerdo con estos datos calculamos la frecuencia angular:

ω = = → ω =k 90

30rad/ sm 0,1

Luego, cuando el coche pasa por la posición de equilibrio alcanza su velocidad máxima, en cuyo caso su valor viene dado por:

( )( )= ω =máxv A 30rad/ s 0,6m

∴ =máxv 18m/ s

CLAVE : C

24. A partir de la ecuación de la velocidad, en función de la elongación, se tiene:

2 2v A x= ω −

= ω −2 218 15 9



ω =3

rad/s2

Pero: km

ω = , donde m = 400 g = 0,4 kg.

3 k2 0,4

→ =

∴ k = 0,9 N/m

CLAVE :B

25. Primero calculamos “ω” a partir de:

km

ω =

Donde k = 2 N/cm = 200 N/m , m = 0,5 kg

20020 rad/s

0,5→ ω = =

Para determinar la amplitud calculamos la elongación producida en la posición de equilibrio:

kx = mg

200(x) = (0,5)(10)

x = 0,025 m = 2,5 cm

Ahora elaboramos una gráfica para ubicar la Posición de Equilibrio (P.E):

Finalmente:

vmáx = ωA máx22,5

v 20100

→ =

∴ vmáx = 4,5 m/s

26. De los datos:

x1 = 6 cm _________ v1 = 2 m/s

x2 = 10 cm _________ v2 = 1,2 m/s

Aplicando la ecuación de la velocidad para cada posición se tiene:

( )22 22 A 6 10−= ω − ⋅ … (1)

( )22 21,2 A 10 10−= ω − ⋅ … (2)

Resolviendo:

ω = 20 rad/s

Finalmente: π

ω =2T

220

Tπ

→ =

π∴ = T s

10

CLAVE : E

27. Elaboramos un esquema para el antes y después del impacto.

Aplicando el principio de conservación de la cantidad de movimiento, se tiene:

po = pf

m1v1 – m2v2 = (m1 + m2)v

(8)(3) – 1(18) = (8 + 1)v

2

v m/s3

=

Y aplicando la ecuación de la velocidad en la posición de equilibrio, se debe cumplir que:

v = ωA

2 400

A3 9

→ =

∴ A = 0,1 m = 10 cm

CLAVE : C

28. Si: x 0,5 sen 2t3π

= +

Recordando que la aceleración en los extremos es máxima, se tiene:

amáx = ω2A



amáx = ( )22 (0,5)

∴ amáx = 1 m/s2

CLAVE : B

29. Aplicando la ecuación de la aceleración máxima en un MAS, se tiene:

amáx = ω2A

amáx = (4)2(0,5)

∴ amáx = 80 m/s2

CLAVE : C

30. Se sabe que:

amáx = ω2A

( )π π =

22 2

2 0,5T

∴ T = 1 s

CLAVE : E

31. Se sabe que:

vmáx = ω. A

2 = ωA …. (1)

Además: amáx = ω2A

16 = ω2A ….. (2)

(2) entre (1): 8 = ω

Reemplazando en (1):

2 = 8A 1

A m4

→ =

∴ A = 25 cm

CLAVE : A

32. Según condición se debe cumplir que:

v = a

2 2 2A x x→ ω − = ω

Simplificamos y elevamos al cuadrado:

2 2A x x− = ω

( ) ( )2 22 2A x 3 x→ − = ⋅

A = 2x

80 = 2x

∴ x = 40 cm

CLAVE : C

33. Del gráfico:

2 2v A x= ω −

= ω −2 24 1 10,6

ω = 5 rad/s

Se sabe que: amáx = ω2A

amáx = (5) 2 (1)

∴ amáx = 25 m/s2

CLAVE : B

34. Se cumple que:

amáx = ω2A

2

má xk

a Am

=

=

m áx80 25

a5 100

∴ amáx = 4 m/s2

CLAVE : E

35. Reconocemos que la aceleración es máxima en el extremo P:

amáx = ω2A

( )= π 2má xa 2 f A

= π ⋅ ⋅π

2má x 2

25 20a 4

1004

amáx = 5 m/s2

Analizando el D.C.L del bloque en “P”, se tiene:

CLAVE : D



36. Analizando el bloque en el extremo “Q” se observa que la aceleración es máxima hacia abajo. Luego el D.C.L es como se muestra:

CLAVE : B

37. La máxima amplitud, sin que el bloque se desprenda, se va a presentar en el extremo superior del trayecto donde la reacción de la plataforma se hace nula: N = 0

Graficamos:

= π ⋅ π

22

2510 4 A

4

∴ A = 0,4 m = 40 cm

CLAVE : D

38. Estudiando la plataforma en uno de sus extremos:

amáx = ω2A

( )( )π=

2

máx40

a100

= π2máx

2a

5 m/s2

En dicho punto analizamos el DCL del bloque:

* FR = m.a

fs = m.amáx

2máx

2N ma mg m

5

→ µ ⋅ = → µ ⋅ = π

( ) µ π = π

2 22m m

5

∴ µ = 0,4

CLAVE : E

39. En todo M.A.S. la energía mecánica se mantiene constante y se determina por:

2M

1E kA

2=

( ) =

2

M1 1

E 802 2

∴ EM = 10 J

CLAVE : B

40. En el punto de equilibrio la velocidad es máxima e igual a la energía mecánica.

EC = EM

2máx

1mv 150

2=

( ) ( )2máx1

3 v 1502

=

∴ vmáx = 10 m/s

CLAVE : D

41. Si: π

= +

x 0,6 sen 2t4

Observamos que:

A = 0,6 m ; ω = 2 rad/s

Entonces: km

ω =

k2

5

→ =

k = 20 N/m

* La EM será: 2M

1E kA

2=

( )( )=2

M1

E 20 0,62

∴ EM = 3,6 J

CLAVE : E

42. Para la posición mostrada:

EC + EPE = EM

+ =2C

1E kx 11,25

2

( ) + =

2

C1 3

E 90 11,252 10

∴ EC = 7,20 J



43. Elaboramos una gráfica:

Aplicamos: �

+ =

PE

C PE M2E

E E E

3EPE = EM

( )2 21 13 k 2 3 kA

2 2

=

∴ A = 6 m

CLAVE : D

44. Si: 2v 4 9 x= − y la máxima energía ciné-tica es en la posición de equilibrio (x = 0), entonces:

v 4 9 0 v 12m/ s= − → =

* 2C

1E mv

2=

( )( )= =2

C1

E 3 122

∴ EC = 216 J

CLAVE : B

45. Graficamos:

CLAVE : D

46. Análogamente al problema anterior:

E

1 1 1 1k 3k 6k 2k

= + + → kE = k

∴ k = 18 N/m

CLAVE : E

47. Como los resortes están en paralelo:

kE = k + 3k + 2k = 6k

El periodo es:

E

mT 2

k= π

6kT 2 2 s

6k= π = π

CLAVE : B

48. Al seccionar un resorte debe cumplirse que la constante de elasticidad equivalente de la instalación de sus partes debe ser igual a la constante de elasticidad del resorte original.

Al cortar un resorte por la mitad la constante de elasticidad de sus partes debe ser el doble de ésta si se conectan en serie:

Instalando estas partes en paralelo se tendrá:

CLAVE : D



49. Reduciendo el sistema de resortes:

0,5

23 3kπ

= π

∴ k = 6 N/m

CLAVE : B

50. Como el resorte se corta en 3 partes iguales, la constante de cada parte se triplica, es decir que, cada parte tiene:

k1 = 3(15) = 45 N/m

Armando el nuevo sistema:

( ) ( )E

90 45k 30 N/m

90 45= =

+

CLAVE : E

51. Del problema anterior:

mT 2

k= π

Caso inicial: = πm

6 215

Caso final: = πm

T 230

Dividiendo ambos términos:

∴ = T 3s

CLAVE : B

52. La kE será máxima cuando están instaladas en paralelo.

máxE k 6 6 6 18 N/m→ = + + =

La kE será mínima cuando se instalan en serie:

mínmín

EE

1 1 1 1 k 2 N/m

k 6 6 6= + + → =

Entonces 1 N/cm no es una constante equivalente posible por que no está comprendido entre los limites máximo y mínimo establecidos.

CLAVE : A

PRÁCTICA 2: PÉNDULO SIMPLE

01. Se sabe que: = πL

T 2g

Reemplazando:

∴ = π =π2

4 T 2 4

CLAVE : E

02. Se sabe que: 1 g

f2 L

=π

Reemplazando:

21 4 1f f Hz

2 9 3π

= → = π

CLAVE : A

03. Se construye la siguiente expresión:

π

=

π

TIERRA

PLANETA

L2

gT

T L2

9g

= =TIERRA

PLANETA

T 9gL3

T gL

CLAVE : A



04. Se sabe que: = πL

T 2g

Entonces:

1

2

9k2

gTT 4k

2g

π

=

π

∴ =1

2

T 3

T 2

CLAVE : B

05. De la ecuación: = πL

T 2g

Despejamos “L”: =π

2

2T g

L4

( )( )

( )( )

2

221

2 22

2

k gL k4 L 4k

2k g

4

π⇒ = =

π

∴ =1

2

L 1

L 4

CLAVE : C

06. Como el péndulo bate segundos, su periodo es: 2s

= πL

T 2g

2L

2 2→ = ππ

∴ L = 1 m

CLAVE : A

07. Para un sistema acelerado:

= πefectiva

LT 2

g

Reemplazando:

π = πE

22

g

gE = 8

+ =

↓+ =

g a 8

10 a 8

∴ a = – 2 m/s2

El signo menos nos indica que la dirección es hacia abajo y su módulo es 2 m/s2.

∴ a = 2 m/2

CLAVE : D

08. Se realiza el siguiente esquema:

π = π B A

L L2 2 2

g g

⇒ = AB

g g

4… (1)

Según lo visto en gravitación universal la aceleración de la gravedad es inversamente proporcional con el cuadrado de la distancia al centro de la tierra. Luego:

= +

2B

A

g Rg R h

= +

2A

A

g / 4 Rg R h

∴ h = R

CLAVE : E

09. El segundo péndulo, según el enunciado, tiene una frecuencia: f2 = f.

Luego el primero tiene una frecuencia:

13

f f2

=

Entonces planteamos: 1 23

f f2

=

=

π π 2

1 3 3 1 32 4 2 2 L

∴ =1

2

L 4

L 9

CLAVE : E



10. El sistema lo analizamos como 2 péndulos.

Entonces el tiempo que transcurre para regresar a la posición inicial será:

( ) π π = + = +

1 2t 2 t t 2

4 8

3 t s

4∴ = π

CLAVE : A

11. En todo M.A.S el tiempo de recorrido de un extremo a la Posición de Equilibrio se distribuye así:

Por analogía:

CLAVE : C

PRÁCTICA 3: ONDAS MECÁNICAS

01. Podemos aplicar la ecuación del MRU:

d = v.t

16 = (0,4)v

∴ v = 40 m/s

CLAVE : C

02. Primero convertimos la medida de la masa en kg:

=m 8 0 0 g ×1kg

10 00 g= 0,8 kg

Sabiendo que: µ =mL

Reemplazamos: µ = =0,8

0,05 kg /m16

CLAVE : E

03. Recordando que:

Tv =

µ

Reemplazamos:

=F

400,05

∴ F = 80 N

CLAVE : B

04. La ecuación de una onda es:

y = A sen(kx + ωt + φ)

Además recordamos que:

* 2 2

k 3π π π

= → =λ λ

⇒ λ = 6m

* π

ω =2T ⇒ π π

=2

2 T ) ⇒ T = 4 s

* λ = v.T ⇒ 6 = v(4)

∴ v = 1,5 m/s

CLAVE : E



05. Se obtuvo que: λ = 6m

CLAVE : D

06. También del problema 4 se obtuvo que el periodo era: 4 s.

CLAVE : A

07. Sabemos que: v =kω

Reemplazamos: 18

v =3

∴ v = 6 m/s

CLAVE : E

08. Se sabe que:

Tv =

µ ( )2 360

6 → = µ

( )µ =

36036

∴ µ = 10 kg/m

CLAVE : E

09. De la ecuación de onda:

y = 0,4 sen(3πx – πt)

Reconocemos:

A = 0,4 m y k = 3π m-1

Luego, aplicando la ecuación del número de onda, se tiene:

2 2k 3

π π

= → = πλ λ

2

m3

→ λ =

2 A 0,4m m

3∴ = ∧ λ =

CLAVE : B

10. De la ecuación anterior:

ω = π ⇒ π = π 2 f

∴ f = 0,5 Hz

CLAVE : C

11. Se tiene que:

y = 2,4 sen (πx – πt)

= π ⋅ − π ⋅

7y 0,4 sen 3 10

2

�

π=

1

y 0,4 sen2

∴ y = 0,4 m

CLAVE : D

12. El tiempo que tardan las siluetas de las ondas para cruzarse lo calculamos como si se tratase del tiempo de cruce de dos trenes (MRU), esto se debe a que los pulsos se desplazan con velocidad constante.

+ +=

+

2 8 2t

2 2

∴ t = 3 s

Observación: En el enunciado todas las distancias y velocidades deben estar en m y m/s respectivamente.

CLAVE : B

13. De la ecuación de onda:

y = 0,15 cos(3x – 6t);

se deduce que:

A = 0,15 m y ω = 6 rad/s

Luego, por el MAS de las oscilaciones transversales, la aceleración máxima viene dada por:

amáx = ω2A

( ) =

2máx

15a 6

100

∴ amáx = 5,4 m/s2

CLAVE : E

14. Para determinar el número de ondas completas; calculamos la longitud de onda, en donde:

k = 3 m-1

π π= ⇒ λ =

λ

2 23 m

3



El número de ondas completas estará dado por:

L 10N

2 / 3π

= =λ π

∴ N = 15

CLAVE : D

15. Localizaremos la posición respecto a su posición de equilibrio: (NODO)

y = 0,04 sen (16πt + 4πx)

y = 0,04 sen π ⋅ + π ⋅

516 4 1

96

π

=

��

12

29y 0,04sen

6

Efectuando operaciones:

∴ y = 0,02 m

CLAVE : E

Observación: En el problema nos piden calcular solo la ordenada.

16. Del enunciado: 1,5m2λ

= ;

entonces: λ = 3 m

La frecuencia será: 100 osc 5

f osc / s60 s 3

= =

Se sabe que:

v = λ· f ( ) 5v 3

3

→ =

∴ v = 5 m/s

CLAVE : D

17. Elaboramos un esquema:

A = 30 cm = 0,3 m ; f = 20 Hz

Si los puntos que están en fase, tienen una separación de 50 cm; entonces: λ = 50 cm

Primero calculamos la frecuencia angular:

* ω = 2πf

ω = 2π(20)

ω = 40π rad/s

Ahora calculamos el número de onda:

* k = π

λ

2

2k

12

π→ =

k = 4π m–1

Reemplazando en la ecuación general se tiene:

y = A sen (kx + ωt)

(+) porque la onda se mueve hacia la izquierda del eje x. Luego:

y = 0, 3 sen(4πx + 40πt)

CLAVE : B

18. Nos informan que:

( )( )32m 10 10

T 1N ; 10 kg/mL 1

−−= µ = = =

Entonces, la velocidad será:

2T 1

v10−

= =µ

∴ v = 10 m/s

CLAVE : B

19. Se sabe que:

v = λ · f

340 = λ · (20)

∴ λ = 17 m

CLAVE : E

20. Del esquema:

Para escuchar el eco, y no se produzca alguna interferencia con el sonido emitido, debemos ubicarnos a una distancia mínima igual al doble de la longitud de onda.

xmín = 2λ



xmín = 2(17)

∴ x = 34 m

CLAVE : C

21. Lo que se transmite y se propaga en el pulso de una onda, es ENERGÍA.

Se cumple que: II y IV son correctas.

CLAVE : E

22. Si las líneas circulares representan crestas los espacios en blanco son valles.

* Falso: porque en “C” hay intersección de una cresta con un valle.

* Verdadero; está en el espacio en blanco.

* Falso; en “A” hay intersección de dos líneas circulares, sería interferencia constructiva.

∴ FVF

CLAVE : D

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