solucionario de ejercicios de capitulo 12 movimiento oscilatorio libro alonso finnejercicios...

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SOLUCIONARIO DE EJERCICIOS DE CAPITULO 12 MOVIMIENTO OSCILATORIO

LIBRO ALONSO FINN

Tabla de contenido EJERCICIOS DE CAPITULO 12 MOVIMIENTO OSCILATORIO LIBRO ALONSO FINN..........2 EJERCICIO 12.1 libro de ondas de Alonso Finn ...................................................................................2

EJERCICIO 12.3 libro de ondas de Alonso Finn ...................................................................................3 EJERCICIO 12.4 libro de ondas de Alonso Finn ...................................................................................6

EJERCICIO 12.5 libro de ondas de Alonso Finn ...................................................................................7 EJERCICIO 12.7 libro de ondas de Alonso Finn ...................................................................................8 EJERCICIO 12.9 libro de ondas de Alonso Finn ...................................................................................9

EJERCICIO 12.11 libro de ondas de Alonso Finn .................................................................................9 EJERCICIO 12.13 libro de ondas de Alonso Finn ...............................................................................10

EJERCICIO 12.14 libro de ondas de Alonso Finn ...............................................................................11 EJERCICIO 12.15 libro de ondas de Alonso Finn ...............................................................................12 EJERCICIO 12.17 libro de ondas de Alonso Finn ...............................................................................12

EJERCICIO 12.19 libro de ondas de Alonso Finn ...............................................................................13 EJERCICIO 12.20 libro de ondas de Alonso Finn ...............................................................................14


EJERCICIO 12.31 libro de ondas de Alonso Finn ...............................................................................21 EJERCICIO 12.33 libro de ondas de Alonso Finn ...............................................................................22


EJERCICIO 12.53 libro de ondas de Alonso Finn ..............................................................................27 EJERCICIO 12.57 libro de ondas de Alonso Finn ...............................................................................28

EJERCICIO 12.59 libro de ondas de Alonso Finn ...............................................................................29 EJERCICIO 12.60 libro de ondas de Alonso Finn ...............................................................................30 EJEMPLO 12.6 libro de ondas de Alonso Finn de los ejemplos hechos por el mismo autor del libro

pagina370..............................................................................................................................................33 EJERCICIO MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE .........................................................................39

EJERCICIOS DE OSCILACIONES AMORTIGUADAS Y FORZADAS ........................................41 EJERCICIO DEL libro de Ohanian pag 490 y470 ...............................................................................41


EJERCICIOS DE CAPITULO 12 MOVIMIENTO OSCILATORIO LIBRO ALONSO FINN

EJERCICIO 12.1 libro de ondas de Alonso Finn

Una rueda de 30 𝑐𝑚 de radio tiene una manigueta en su borde. La rueda gira a 0,5 𝑟𝑒𝑣

𝑠𝑒𝑔 con

su eje de posición horizontal. Suponiendo que los rayos del sol incidan vertical sobre la tierra, la sombra de la manigueta esta animada de movimiento armónico simple encontrar:

a) El periodo de oscilación de la sombra,

b) La frecuencia,

c) Su amplitud,

d) Escribir las ecuaciones que expresan su desplazamiento en función del tiempo.

Suponer la fase inicial cero.

Solución

Datos:

Radio= Amplitud = 30 𝑐𝑚

𝜔 = 0,5 𝑟𝑒𝑣

𝑠𝑒𝑔

a) El periodo de oscilación de la sombra es:

𝑇 =2𝜋

𝜔

𝑇 = 2𝜋

0,5 ∗ 2𝜋 𝑟𝑎𝑑𝑠𝑒𝑔

𝑇 = 2 𝑠𝑔

b) La frecuencia de la sombra es:

𝑇 =1

𝑓

𝑓 = 1

2 𝑠𝑒𝑔

𝑇 = 0,5 𝐻𝑧

c) Su amplitud es:

𝐴 = 30 𝑐𝑚

d) Escribir las ecuaciones q expresan su desplazamiento en función del tiempo.

Suponer la fase inicial cero.

𝑋(𝑡) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 + 𝜑)

𝑋(𝑡) = 0,30 𝑠𝑒𝑛 (𝜋𝑡 ) Donde la fase inicial es igual a cero (𝜑 = 0).



Un oscilador armónico simple está descrito por la ecuación

𝑥(𝑡) = 4 𝑆𝑒𝑛 (0.1𝑡+ 0.5) Donde todos las cantidades se expresan en MKS.

Encuentre: a. Amplitud, periodo, frecuencia y la fase inicial del movimiento

b. Velocidad y aceleración del movimiento

c. Condiciones iniciales

d. La posición, velocidad y aceleración para 𝑡 = 5𝑠

e. Hacer el gráfico de la posición, velocidad y aceleración en función del tiempo.

Solución Por comparación con la expresión

𝑥(𝑡) = 𝐴 𝑆𝑒𝑛 (𝑤𝑡+ 𝜑) Tenemos que,

𝑥(𝑡) = 4 𝑆𝑒𝑛 (0.1𝑡+ 0.5)

a) Amplitud, periodo, frecuencia y la fase inicial del movimiento.

Amplitud: 𝐴 = 4𝑚

Frecuencia Angular: 𝜔 = 0.1 𝑟𝑎𝑑/𝑠

Fase Inicial: 𝜑 = 0.5 rad Periodo:

𝑇 = 2𝜋

𝜔

𝑇 = 2𝜋

0,1 𝑠𝑒𝑔

𝑇 = 20 𝜋 𝑠𝑒𝑔

Frecuencia: 𝑓 = 1

𝑇

𝑓 = 1

20𝜋 𝑠𝑒𝑔

b) Velocidad y aceleración del movimiento

𝑉(𝑡) =𝑑𝑥

𝑑𝑡= 0.4 𝐶𝑜𝑠 (0.1𝑡+ 0.5) 𝑎(𝑡) =

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2 = −0.04𝑆𝑒𝑛(0.1𝑡 + 0.5)

c) Condiciones iniciales cuando 𝑡 = 0,

𝑥0 = 𝑥(𝑡 = 0) = 4𝑆𝑒𝑛(0.5) = 1.92𝑚

𝑣0 = 𝑣(𝑡 = 0) = 4𝐶𝑜𝑠(0.5) = 0.351𝑚/𝑠

𝑎0 = 𝑎(𝑡 = 0) = −0.04𝑆𝑒𝑛(0.5) = −19.17𝑥10−3𝑚/𝑠2

d) La posición, velocidad y aceleración para 𝑡 = 5𝑠


𝑥(𝑡 = 5) = 4𝑆𝑒𝑛(1) = 3.37𝑚

𝑣(𝑡 = 5) = 4𝐶𝑜𝑠(1) = 0.216𝑚/𝑠

𝑎(𝑡 = 5) = −0.04𝑆𝑒𝑛(1) = −3.37𝑥10−2𝑚/𝑠2

e) l gráfico de la posición, velocidad y aceleración en función del tiempo.

GRAFICA DE DESPLAZAMIENTO CONTRA TIEMPO


GRAFICA DE VELOCIDAD CONTRA TIEMPO

GRAFICA ACELERACION CONTRA TIEMPO



Una partícula está situada en el extremo de un vibrador que pasa por su posición de equilibrio con

una velocidad de 2𝑚

𝑠 la amplitud es de 10−3 𝑚. ¿Cuál es la frecuencia y el periodo del vibrador?

Escribir la ecuación que exprese su desplazamiento en función del tiempo.

Solución

𝐸𝑘 =1

2𝑚𝑣2

𝐸𝑘 =1

2𝑚𝜔2[𝐴2 − 𝑥2]

Como pasa por la posición de equilibrio 𝑥 = 0 tenemos,

1

2𝑚𝜔2[𝐴2 − 𝑥2] =

1

2𝑚𝑣2

𝜔 =2

𝑚𝑠

10−3 𝑚

𝜔 = 2000𝑟𝑎𝑑

𝑠𝑒𝑔

Así la el periodo es:

𝑇 = 2𝜋

𝜔

𝑇 = 2𝜋

2000𝑟𝑎𝑑𝑠𝑒𝑔

𝑇 = 𝜋 ∗ 10−3𝑠𝑒𝑔 Y la frecuencia:

𝑓 = 1

𝑇

𝑓 = 103

𝜋 𝑠𝑒𝑔

La ecuación que exprese su desplazamiento en función del tiempo es:

𝑋(𝑡) = 10−3 𝑠𝑒𝑛(2000𝑡 + 𝛼)



Una partícula cuya masa es de 1 𝑔 vibra con movimiento armónico simple de amplitud de 2 𝑚𝑚. Su

aceleración en el extremo de su recorrido es de 8,0 ∗ 103 𝑚

𝑠2. Calcular la frecuencia del movimiento y

la velocidad de la partícula cuando pasa por la posición de equilibrio y cuando la elongación es de 1,2 𝑚𝑚. Escribir la ecuación que expresa la fuerza que actúa sobre la partícula en función posición y

el tiempo. Solución

Datos

𝐴 = 2 ∗ 10−3 𝑚, 𝑚 = 10−3 𝑘𝑔 , 𝑎 = 8,0 ∗ 103 𝑚

𝑠2 , 𝑥 = 1,2 𝑚𝑚

La aceleración de la partícula es:

𝑎 = −𝜔2𝑥

𝜔2 = −𝑎

𝑥; 𝜔 = 2𝜋𝑓

Así la frecuencia se puede calcular,

𝑓2 = −𝑎

(2𝜋)2𝑥

𝑓2 = −8,0 ∗ 103 𝑚

𝑠2

(2𝜋)2(−2 ∗ 10−3 𝑚)

𝑓 = √106

(𝜋)2𝐻𝑧2

𝑓 = √106

(𝜋)2𝐻𝑧2

𝑓 =103

𝜋𝐻𝑧

La velocidad de la partícula se puede calcular, partiendo de la energía cinética,

𝐸𝑘 =1

2𝑚𝑣2

𝐸𝑘 =1

2𝑚𝜔2[𝐴2 − 𝑥2]

Como pasa por la posición de equilibrio 𝑥 = 0 tenemos,

1

2𝑚𝜔2𝐴2 =

1

2𝑚𝑣2

(2𝜋𝑓)2𝐴2 = 𝑣2 𝑣 = 2𝜋𝑓𝐴

𝑣 = 2𝜋(103

𝜋𝐻𝑧) 2 ∗ 10−3𝑚

𝑣 = 4𝑚

𝑠

Cuando la elongación es de 1,2 𝑚𝑚 , su velocidad se puede escribir,


1

2𝑚𝜔2[𝐴2 − 𝑥2] =

1

2𝑚𝑣2

(2𝜋𝑓)2[𝐴2 − 𝑥2] = 𝑣2

𝑣 = 2𝜋𝑓√[𝐴2 − 𝑥2]

𝑣 = 2𝜋(103

𝜋𝐻𝑧)√[(2 ∗ 10−3)^2 − (1,2 ∗ 10−3)2] 𝑚

𝑣 = 3,2𝑚

𝑠

La fuerza que actúa sobre la partícula en función posición y el tiempo es

𝐹 = −𝑚𝜔2𝑥

𝐹 = (10−3 )(2∗ 103)2𝑥 𝐹 = 4 ∗ 103 𝑥 [𝑁]

𝐹 = −𝑚𝐴𝜔2𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝛼)

𝐹 = −(10−3 ) (−2 ∗ 10−3)(2 ∗ 103 )2𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝛼) [𝑁] 𝐹 = 8𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 103𝑡 + 𝛼) [𝑁]


Una partícula se mueve con movimiento armónico simple con una amplitud de 1.5 𝑚 y frecuencia

100 ciclos por segundo ¿Cuál es su frecuencia angular? Calcular su velocidad, aceleración y su fase cuando su desplazamiento es de 0.75 𝑚.

Solución La frecuencia angular es,

𝜔 = 2𝜋𝑓 𝜔 = 2𝜋(100 𝐻𝑧)

𝜔 = 200 𝜋 𝐻𝑧

La velocidad se puede calcular a través de la energía cinética, 1

2𝑚𝜔2[𝐴2 − 𝑥2] =

1

2𝑚𝑣2

(2𝜋𝑓)2[𝐴2 − 𝑥2] = 𝑣2

𝑣 = 𝜔√[𝐴2 − 𝑥2]

𝑣 = (200 𝜋 𝐻𝑧)√[(1.5 𝑚 )2 − (0.75 m)2] 𝑣 = 2,59 ∗ 102 𝜋 𝐻𝑧

La aceleración se puede calcular como sigue,

𝑎 = −𝜔2𝑥

𝑎 = −(200 𝜋 𝐻𝑧)2(−0,75 𝑚)

𝑎 = 3 ∗ 104 𝜋𝑚

𝑠

La fase inicial se puede calcular como sigue, para la condiciones iniciales (t=0=),


𝑥 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡 + 𝛼) 𝑥

𝐴= 𝑠𝑒𝑛(𝛼)

𝛼 = 𝑠𝑒𝑛−1 (𝑥

𝐴)

𝛼 = 𝑠𝑒𝑛−1 (0,75

1,5)

𝛼 = 30° EJERCICIO 12.9 libro de ondas de Alonso Finn

Un movimiento armónico simple tiene una amplitud de 8 𝑐𝑚 y un periodo de 4 𝑠𝑒𝑔. Calcular

la velocidad y la aceleración 0,5 𝑆𝑒𝑔 después que la partícula pase por el extremo de su

trayectoria. SOLUCIÓN:

DATOS: A = 8 cm ---- 0.08m T = 4 seg.

La frecuencia angular es,

𝜔 =2𝜋

𝑇

𝜔 =2𝜋

4 𝑠𝑒𝑔

𝜔 =𝜋

2

𝑟𝑎𝑑

𝑠𝑒𝑔

La velocidad después de 𝑡 = 0,5, es:

𝑣 = 𝐴 𝜔 𝑐𝑜𝑠 (𝜔𝑡 + 𝛼)

𝑣 = 0,08𝜋

2 𝑐𝑜𝑠 (

𝜋

2(0,5) +

𝜋

2)

𝑣 = 2,8 𝜋 ∗ 10−2𝑚

𝑠

La aceleración después de 𝑡 = 0,5, es:

𝑎 = −𝐴 𝜔2 𝑐𝑜𝑠 (𝜔𝑡 + 𝛼)

𝑎 = 0,08(𝜋

2 )

2

𝑠𝑒𝑛 (𝜋

2(0,5)+

𝜋

2)

𝑎 = 1,4 𝜋2 ∗ 10−2𝑚

𝑠


Una partícula cuya masa es de 0.5 Kg, se mueve con movimiento armónico simple. Su periodo es de 0.15 seg y la Amplitud de su movimiento es de 10cm, calcular la aceleración,

la fuerza de la energía potencia y cinética cuando la partícula está a 5 cm de la posición inicial. DATOS

Masa: 0.5 Kg Periodo (T): 0.15 S


Amplitud (A): 10cm: 0.1M Po: 0.05 M

SOLUCIÓN

A)

𝐹 =1

𝑇

𝐹 =1

0.15 𝑠𝑒𝑔= 𝟔.𝟔𝟔𝟔 𝑯𝒛

B)

𝜔 = 2𝜋𝑓 w= 2 ( π) (6.666 Hz)= 41.88 hz

C)

𝑎 = −𝜔²𝑥

𝑎 = −41.882 ∙ 0.05 𝑠𝑒𝑔

𝒂 = 𝟖𝟕.𝟔𝟗𝒎

𝒔𝟐

D)

𝐸𝑘 =1

2 𝑚 𝜔2[𝐴2 –𝑋2]

𝐸𝑘 =1

2 (0.5 𝐾𝑔) (41.88

𝑟𝑎𝑑

𝑠)2[(0.10 𝑚)2 – (0.05 𝑚)2]

𝑬𝒌 = 𝟑.𝟐𝟖 𝑵


Una plancha horizontal oscila con movimiento armónico simple con una amplitud de 1,5 m y una frecuencia de 15 oscilaciones por minuto. Calcular el valor mínimo del coeficiente de fricción a fin de

que un cuerpo colocado sobre la plancha no resbale cuando la plancha se mueve.

Solución

𝐴 = 1,5 𝑚

𝐹 = 15 𝑜𝑠𝑐/min 𝜔 = 2𝜋𝑓

𝜔 = 2 HYPERLINK "http://es.wikipedia. org/wiki/%CE%A0" \o "\"Π\" (15 𝑜𝑠𝑐

𝑚𝑖𝑛)(

1𝑚𝑖𝑛

60𝑠𝑒𝑔)

𝜔 =𝜋

2

𝑟𝑎𝑑

𝑠𝑒𝑔

La fuerza de fricción es

𝐹𝑓 = 𝜇𝑓𝑁

http://es.wikipedia.org/wiki/%CE%A0


Para que la plancha no resbale se debe cumplir

𝐹 = 𝐹𝑓

𝑚𝑎 = 𝜇𝑚𝑔

𝜇 =𝑎

𝑔

Para obtener el valor mínimo del coeficiente de refracción tenemos

𝜇 =𝐴𝜔2

𝑔

𝜇 =(1.5 𝑚)(

𝜋2

𝑟𝑎𝑑𝑠𝑒𝑔

)2

9,8𝑚𝑠2

𝜇 = 0.377

EJERCICIO 12.14 libro de ondas de Alonso Finn Cuando un hombre de 60kg se introduce en un auto, el centro de gravedad del auto baja 0,3 cm.

¿Cuál es la conste de elasticidad de los muelles del auto? Suponiendo que la masa del auto es de 500kg, ¿Cuál es su periodo de vibración cuando está vacío y cuando está el hombre adentro?

SOLUCIÓN:

Representación de Fuerzas

𝑚2 = 60𝑘𝑔 ; 𝑥 = 0.3𝑐𝑚= 3x10-3m

a) Calculo de la constante de elasticidad (K) de los muelles del auto.

𝐹 = −𝑘𝑥 = −𝑚2𝑔

𝑘 =𝑚2𝑔

𝑥=

60𝑘𝑔 × 9.8𝑚 𝑠2⁄

3 × 10−3𝑚

𝒌 = 𝟏𝟗𝟔× 𝟏𝟎𝟑 𝑵 𝒎⁄

b) Periodo de vibración del auto vacío.

𝑘𝑥 = 𝑚1𝜔2𝑥; m1=500kg

-kx

560 Kg

-kx

(M1+M2)g

500 Kg

M1g


𝜔 = √𝑘

𝑚= √

196 × 103 𝑁 𝑚⁄

500𝑘𝑔= 19.79898987𝑟𝑎𝑑

𝑠⁄ ≈ 19.8𝑟𝑎𝑑𝑠⁄

𝑷 =𝟐𝝅

𝝎=

𝟐𝝅

𝟏𝟗.𝟖 𝒓𝒂𝒅𝒔⁄

= 𝟎. 𝟑𝟏𝟕𝒔

c) Periodo de vibración del auto con el hombre adentro.

𝑚1 + 𝑚2 = 560𝑘𝑔

𝜔 = √𝑘

𝑚1 + 𝑚2

= √196 × 103 𝑁 𝑚⁄

560𝑘𝑔= 18.70829𝑟𝑎𝑑

𝑠⁄ ≈ 18.71 𝑟𝑎𝑑𝑠⁄

𝑷 =𝟐𝝅

𝝎=

𝟐𝝅

𝟏𝟖.𝟕 𝒓𝒂𝒅𝒔⁄

= 𝟎. 𝟑𝟑𝟔𝒔


Un bloque de madera cuya densidad es ρ tiene dimensiones a, b, c. Mientras está flotando en el agua con el lado a vertical se le empuja hacia abajo y se le suelta. Halle el periodo de las oscilaciones resultantes.

Tomemos como sentido positivo de desplazamiento del bloque verticalmente hacia abajo. Llamemos

h a la longitud del bloque debajo del agua cuando flota en equilibrio. En esta situación tendremos que la fuerza neta hacia abajo será nula:

mg− Fempuje = 0⇒ mg= (Vsumergidoρ0) g ⇒ mg= (bchρ0) g

Donde ρ0es la densidad del agua. Si realizamos un desplazamiento x del bloque respecto de su posición de equilibrio, la nueva longitud del bloque por debajo del agua será h + x. En esta nueva

situación la fuerza neta hacia abajo ya no será nula: Fneta = mg−F ´empuje= mg− (V ’sumergidoρ0) g = mg− (bc [h + x] ρ0) g

Sustituyendo en esta expresión la relación entre el peso del cilindro y la altura h:

Fneta = − (bcρ0g) x

Vemos que la fuerza es de tipo elástico con una constante elástica: k = bcρ0g

El periodo de las oscilaciones será:

𝑻 =𝟐𝝅

𝝎= 𝟐𝝅√

𝒎

𝒌= 𝟐𝝅√

𝒂𝒃𝒄𝝆

𝒃𝒄𝝆𝟎𝒈= 𝟐𝝅√(

𝝆

𝝆𝟎)(

𝒂

𝒈)



Encontrar, para un movimiento armónico simple, los valores de (𝑥̅) 𝑦 (𝑥2), donde los promedios se refieren.

Parte a)

𝑥 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑤0 𝑡

�̅� = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑤0 𝑡̅̅ ̅̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅

Pero 𝑠𝑒𝑛 𝑤0 𝑡̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 0

Entonces �̅� = 0 Parte b)

𝑥2 = 𝐴2𝑠𝑒𝑛2 𝑤0 𝑡

𝑥2̅̅ ̅ = 𝐴2 𝑠𝑒𝑛2 𝑤0 𝑡̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅

Pero 𝑠𝑒𝑛2 𝑤0 𝑡̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ = 1

𝑇 ∫ 𝑠𝑒𝑛2𝑤0 𝑡 𝑑𝑡

𝑇

0 =

1

𝑇 ∫ [

1−cos 2 𝑤0 𝑡

2]𝑑𝑡

𝑇

0

𝑠𝑒𝑛2 𝑤0 𝑡̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ = 1

𝑇 ∫

1

2𝑑𝑡 −

𝑇

0

1

𝑇 ∫ [

cos2 𝑤0 𝑡

2]𝑑𝑡

𝑇

0

Entonces 𝑠𝑒𝑛2 𝑤0 𝑡̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 1

𝑇 [

1

2]𝑇 =

1

2

𝑥2̅̅ ̅ =1

2𝐴2


El Periodo de un péndulo es de 3s. ¿Cuál será su periodo si su longitud (a) aumenta, (b) disminuye un 60%?


Solución

a. El periodo de un péndulo simple está dado por:

𝑇 = 2𝜋√𝐿

𝑔= 3 𝑠𝑒𝑔

Si su longitud aumenta un 60%, su nueva longitud es:

𝐿′ = 𝐿 + 0,6𝐿

Luego.

𝑇 ′ = 2𝜋√𝐿′

𝑔= 2𝜋√

1.6𝐿

𝑔= √1.6 2𝜋√

𝐿

𝑔

𝑇 ′ = √1.6 (3𝑠) = 3.79𝑠

b. Si el periodo disminuye en un 60%, su nueva longitud es:

𝑇 ′′ = 2𝜋√𝐿′′

𝑔= 2𝜋√

0.4𝐿

𝑔= √0.4 2𝜋√

𝐿

𝑔

𝑇′′ = √0.4 (3𝑠) = 1.89𝑠


El péndulo de un reloj tiene un periodo de 2s cuando g=9,80 m/s2.

Si la longitud se aumenta en 1mm. ¿Cuánto se habrá atrasado el reloj después de 24 horas?

T1 = 2π√𝐿/𝑔

T1 = 2 segundos

g =9.81 m/s2

T2 = 2π √𝐿+0.001 𝐿

𝑔

T2 = 2π √1.001 𝐿

𝑔

T2 = 2π √𝐿

𝑔 √1,001

SI Tenemos que T1 = 2π√𝐿/𝑔 Ahora reemplazo T1 en T2 :


T2 = T1 √1,001

T2 = ( 2 segundos) √1,001

T2 = 2,00099975 segundos

Para conocer cuanto se ha atrasado el reloj entonces:

ΔT = T2 - T1 = 2,00099975 segundos - 2segundos=0,00099975 ¿Cuánto se habrá atrasado el reloj después de 24 horas?

24ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑥 3600𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠

1ℎ𝑜𝑟𝑎 = 86.400 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠

En 24 horas el reloj se atraso

atraso = (86.400 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠)x (0,00099975)=77,7segundos

EJERCICIO 12.21 libro de ondas de Alonso Finn ¿Cuánto se habrá atrasado el reloj del programa anterior después de 24horas si se coloca en un lugar

donde la g=9,75 m/s2

Sin cambiar la longitud del péndulo ¿Cuál debe ser la longitud correcta del péndulo a fin de mantener

el tiempo correcto en la nueva posicion?

L= 1mm =0.001m

g=9,75 m/s2.

T1 = 2π√𝐿/𝑔

T1 = 2 segundos g =9.81 m/s2

T1 = 2π √0.001

9.80= 0,06346975 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠

T2 = 2π√0.001𝐿

9.75 = 0,063632291 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠

T2-T1 = (0,063632291 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠) -(0,06346975 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠)=

T2-T1 = 0,001625411126 segundos

Regla de 3:


0,063632291 0,001625411126 segundos

1440metros X

X= 3,6mt

L= 1mm =0.001m

g=9,75 m/s2.

T1 = 2 segundos

T2

L= 𝑇2 𝑔

4 𝜋2

L= (2)2 𝑔

4 𝜋2

L= 4 (9,75 )

4 𝜋2

L= 0,988m


Estimar el orden relativo de magnitud de los primeros términos correctivos en la serie del periodo de un péndulo simple si la amplitud es:

a) 10º

b) 30º

Solución

a) Para 10º

P= (2𝜋√𝐿

𝑔) [1 +

1

4sin(

1

2𝜃𝑜)

2

+9

64sin (

1

2𝜃𝑜)

4

… ]

P=(2𝜋√𝐿

𝑔 )[1 +

1

4sin (

1

210)

2

+9

64sin (

1

210)

4

]

P=(2𝜋√𝐿

𝑔 )[1 + 1.899 × 10−3 + 8.114 × 10−6]

b) Para 30º


P=(2𝜋√𝐿

𝑔) [1 +

1

4sin (

1

230)

2

+9

64sin (

1

230)

4

]

P= (2𝜋√𝐿

𝑔 ) [1 + 1.674 × 10−2 + 6.31 × 10−4]


Solución: Para determinar la longitud del péndulo simple equivalente debemos calcular el periodo del péndulo e igualarlo al periodo de un péndulo simple para determinar la longitud de este péndulo

simple que tiene el mismo periodo que el compuesto Para determinar el periodo del péndulo compuesto primero el momento de inercia del disco con respecto al centro de masa el cual es Ic = mR 2 2 , donde m es la masa del disco, pero debido a que el disco no gira en su centro de masa si no a

una distancia h del mismo, se debe aplicar el teorema de steiner para determinar el momento de inercia respecto al punto de giro, este teorema consiste en sumarle al momento de inercia del centro

de masa la masa por la distancia al cuadrado del centro de masa al punto de giro, esto es

OTRA FORMA DE RESOLVERLO REVISAR FORMULAS : puede haber un error.. revisar revisar

El radio de giro K se define Ik= mK2

mk2= m(h2+1/2R2) K2=1/2R2+h2 12.30 Un disco solido de radio R puede colgarse de un eje horizontal a una distancia h de su centro A. Encontrar la longitud del péndulo simple equivalente


B. Encontrar la posición del eje para el cual el periodo es un mínimo. C. Representar el periodo en función de h.

SOLUCION:

Para determinar la longitud del péndulo simple equivalente debemos calcular el periodo del péndulo e igualarlo al periodo de un simple Para determinar el periodo del péndulo compuesto primero debemos conocer el momento de inercia del disco con respecto al centro de masa

I0= ½ mR2 Pero debido a que el disco no gira en su centro de masa sino a una distancia h del mismo se debe aplicar el Teorema de Steiner. El teorema de Steiner dice que el momento de inercia respecto a el eje B es I k=mh2+I0 donde I0 es el momento de inercia respecto a el disco Entonces,

Ik= mh2+1/2mR2= m (h2+1/2R2) El radio de giro K se define Ik= mK2

mk2= m(h2+1/2R2)

K2=1/2R2+h2 el periodo del péndulo compuesto es

P= 2 𝜋 √𝑚(𝑘2)

𝑚𝑔ℎ

P(h)= 2 𝜋 √1/2(𝑅2+ℎ2)

𝑔ℎ

P(h)= 2π √ ½ R2+h2/gh A. Debemos igualar la fórmula de péndulo compuesto con péndulo simple para despejar L Donde péndulo simple

P= 2𝜋 √𝐿

𝑔

Y reemplazo la P por el valor de: P(h)= 2 𝜋 √1/2(𝑅2+ℎ2)

𝑔ℎ


( 2 𝜋 √1/2(𝑅2+ℎ2)

𝑔ℎ ) =2𝜋 √

𝐿

𝑔

( 2 𝜋 √1/2(𝑅2+ℎ2)

𝑔ℎ )2 = (2𝜋 √

𝐿

𝑔 )2

4𝜋2(1/2(𝑅2+ℎ2)

𝑔ℎ) =4𝜋2𝐿

𝑔

1/2(𝑅2+ℎ2)

𝑔ℎ =

𝐿

𝑔

1/2(𝑅2+ℎ2)

ℎ =

𝐿𝑔

𝑔

1/2(𝑅2+ℎ2)

ℎ = L DONDE K2=1/2 R2+h2

𝑘2

ℎ = L

B. Para hallar minimos debemos derivar P en función de h

P(h)= 2 𝜋 √½(𝑅2+ℎ2)

𝑔ℎ

𝑑𝑝

𝑑ℎ= 2 𝜋

√𝑅

2

2+ℎ

2

𝑔ℎ

Derivada de

𝑅2

2+ℎ2

𝑔ℎ

= [𝑅2

2+ℎ2]

′

[𝑔ℎ]−[𝑅2

2+ℎ2][𝑔ℎ]′

[𝑔ℎ]2

= 2ℎ[𝑔ℎ]−[

𝑅2

2+ℎ2][𝑔+ℎ]

[𝑔ℎ]2


= 2𝑔ℎ2− [

𝑅2

2𝑔−𝑔ℎ2]

𝑔2 ℎ2

𝑑𝑝

𝑑ℎ=

[

22 √𝑅

2

2+ ℎ

2

𝑔ℎ

]

[2𝑔ℎ2−

𝑅2

2𝑔−

𝑔ℎ2

𝑔2ℎ2 ]

El valor de h para el cual el periodo es un mínimo es h = R/√ 2 C. Representar el periodo en función de h.

P(h)= 2 𝜋 √½(𝑅2+ℎ2)

𝑔ℎ cuando h=

𝑅

√2

P(h)= 2 𝜋 √½(𝑅2+(

𝑅

√2)2)

𝑔(𝑅

√2)

P(h)= 2 𝜋 √½(𝑅2+

𝑅2

2)

𝑔(𝑅

√2)

P(h)= 2 𝜋 √½(

2𝑅2+𝑅2

2)

𝑔(𝑅

√2)

P(h)= 2 𝜋 √½(

3𝑅2

2)

𝑔(𝑅

√2)

P(h)= 2 𝜋 √(3𝑅2

4)

𝑔(𝑅

√2)

P(h)= 2 𝜋 √3𝑅2 √2

4𝑔𝑅


P(h)= 2 𝜋 √3𝑅 √2

4𝑔

P(h)= 2 𝜋 √(√2 𝑅)

𝑔

P(h)= 2 √ ½ R2+h2/gh cuando h = R/√ 2 P(h)=2 √ √ 2R/g


Una varilla de longitud L, oscila con respecto a un eje horizontal que pasa por el extremo, un

cuerpo de igual masa que la varilla está situado sobre la varilla a una distancia h del eje. a) Obtener el periodo del sistema en función de h y de L.

b) ¿Hay algún valor de h para el cual el periodo es el mismo como si no hubiera masa?

Solución. a). Lo primero que haremos será encontrar el centro de masa de la masa 2 que en este caso

es igual a la masa de la varilla, aplicando la siguiente formula.


𝑪𝒎 =(𝑳

𝟐)𝒎+𝒉(𝒎)

𝟐𝒎=

𝑳

𝟐+𝒉

𝟐=

𝑳+𝟐𝒉

𝟒

Luego calculamos el momento de inercia con la siguiente ecuación.

𝐼 =1

3m𝐿2 + 𝑚ℎ2 factorizando m quedaría de la siguiente forma.

𝐼 = [𝐿2

3+ ℎ2]𝑚

Expresando el periodo con respecto al momento de inercia y al centro de masa, se tiene la siguiente ecuación:

𝑃 = 2𝜋√𝐼

𝑏𝑔𝑚

Donde:

b=centro de masa. g=gravedad m=masa

Reemplazando el centro de masa y el momento de inercia se obtiene que:

𝑃 = 2𝜋√[𝐿2

3+ ℎ2]𝑚

𝑳+ 𝟐𝒉𝟒

𝒎𝒈

Simplificando:

𝑃 = 4𝜋√𝐿2 + ℎ2

3(𝑳+ 𝟐𝒉)𝑔

b). No hay ningún valor.


Un péndulo de torsión consiste de un bloque rectangular de madera de 8cm x 12cm x 3cm con una masa de 0.3 Kg, suspendido por medio de un alambre que pasa a través de su centro y de tal modo que el lado corto es vertical. El periodo de oscilación es de 2.4 s. ¿Cuál

es la constante de torsión K del alambre?


Solución:

Antes que nada necesitamos conocer el valor del momento de inercia de este objeto en particular (cubo de madera), para lo cual se utilizará la siguiente ecuación.

𝐼 = [𝑚(𝑎2+𝑏2

12)]

Donde:

M=masa del objeto, 0.3Kg. 𝑎2= la dimensión horizontal del objeto para este caso 8cm=0.08m

𝑏2= la profundidad del objeto en este caso 12cm=0.12m

Como en el ejercicio nos piden encontrar la constante K=Kappa, Utilizamos la siguiente ecuación que relaciona el momento de inercia con la constante.

𝐾 = (2𝜋)2 𝐼

𝑇2

Donde: 𝑇2 es igual al periodo de oscilación al cuadrado, siendo I el momento de inercia y 2π

al cuadrado una constante.

Haciendo la relación entre las dos ecuaciones anteriores tenemos que:

𝐾 = (2𝜋)2 [𝑚(𝑎2 + 𝑏

2

12)/𝑇2]

Reemplazando valores tenemos que:

𝐾 = (2𝜋)2 [0.3𝑘𝑔(0.08𝑚2 + 0.12𝑚2

12)/2.42]

K=3.564X10−3N.m [Newton por metro] OTRA FORMA DE RESOLVERLO



Encontrar la ecuación resultante de la superposición de dos movimientos armónicos simples paralelos

cuyas ecuaciones son:

𝑥₁ = 2𝑠𝑒𝑛 ( 𝜔𝑡+𝜋

3 )

𝑥₂ = 3𝑠𝑒𝑛 ( 𝜔𝑡+𝜋

2 )

Hacer un gráfico de cada movimiento y del movimiento resultante. Representar sus respectivos

vectores rotantes. SOLUCIÓN:

Es una superposicion de M.A.S. Paralelos de igual frecuencia 𝑥₁ = 𝐴₁ 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜔𝑡 + 𝛿₁) 𝑥₂ = 𝐴₂ 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜔𝑡 + 𝛿₂)

Con resultante 𝑥 = 𝐴 sen(𝜔𝑡 + 𝛿)

Donde:

𝐴 = (𝐴₁² + A₂² + 2A₁ A₂ cosα)^0.5 𝛼 = 𝛿₂− 𝛿₁

y

tan 𝛿 = 𝐴₁ 𝑠𝑒𝑛 𝛿₁ + 𝐴₂ 𝑠𝑒𝑛 𝛿₂

𝐴₁ 𝑐𝑜𝑠 𝛿₁ + 𝐴₂ 𝑐𝑜𝑠 𝛿₂

Estas ecuaciones están demostradas en el libro de Alonso− Finn (pag.372),por ejemplo. Valores

𝛼 = 𝛿₂− 𝛿₁ =𝜋

2−

𝜋

3=

𝜋

6

𝐴 = (𝐴12 + A22 + 2A1A2cosα)0.5

𝐴 = (22 + 32 + 2.2.3 cosπ

6)

0.5


𝐴 = 4.73

tan 𝛿 = 𝐴₁ 𝑠𝑒𝑛 𝛿₁ + 𝐴₂ 𝑠𝑒𝑛 𝛿₂

𝐴₁ 𝑐𝑜𝑠 𝛿₁ + 𝐴₂ 𝑐𝑜𝑠 𝛿₂

tan 𝛿 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝜋/3 + 3 𝑠𝑒𝑛 𝜋/2

2 𝑐𝑜𝑠 𝜋/3 + 3 𝑐𝑜𝑠 𝜋/2

tan 𝛿 = 4.732

𝛿 = 1.36 𝑟𝑎𝑑

Luego:

𝑥 = 𝐴 sen(𝜔𝑡 + 𝛿)

𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡+𝜋

2− 𝛿)

𝑥 = 4.732 cos(𝜔𝑡 + 0.2)


Encontrar la ecuación de la trayectoria del movimiento resultante de dos movimientos armónicos simples perpendiculares, cuyas ecuaciones son x = 4senωt y y = 3sen (ωt + α), cuando α = 0, π/2 y π. Hacer un gráfico de la trayectoria de la partícula en cada caso y señalar el sentido en el cual viaja la

partícula.



Un péndulo simple tiene un periodo de 2 𝑠 y un amplitud de 2°, después de 10 oscilaciones

completas su amplitud ha sido reducida a 1,5° encontrar la constante de amortiguamiento 𝛾. Solución

Datos: 𝑡 = 2 𝑠𝑒𝑔 ; 𝜃𝑜 = 2°; 𝜃 = 1.5° La ecuación para este movimiento toma la forma, donde la amplitud del movimiento viene dada por,

𝜃= 𝜃0𝑒−𝛾𝑡 1

𝑒−𝛾𝑡=

𝜃0

𝜃

𝑒𝛾𝑡 =𝜃0

𝜃

𝛾𝑡 = ln (𝜃0

𝜃)


𝛾 =1

𝑡 ln (

𝜃0

𝜃)

𝛾 =10

2 seg ln (

2°

1.5°)

𝛾 = 1,43 𝑠−1


En el caso de un oscilador amortiguado, la cantidad 𝜏 =1

2𝛾 se denomina tiempo de relajación.

a) Verificar que tiene unidades de tiempo. b) ¿en cuánto ha variado la amplitud del oscilador después de un tiempo 𝜏?

c) Expresar como una función de 𝜏, el tiempo necesario para que la amplitud se reduzca a la

mitad de su valor inicial. d) ¿Cuáles son los valores de la amplitud después de tiempos iguales a dos, tres veces, etc., el

valor obtenido en c)? Solución

a) Verificamos que tiene unidades de tiempo haciendo un análisis dimensional.

𝜏 =1

2𝛾

𝜏 =1

2λ

2m

𝜏 =m

Fv

𝜏 =m ∗ v

𝐹

𝜏 =[𝐾𝑔] ∗ [𝑚/𝑠]

[𝐾𝑔 ∗𝑚𝑠2]

𝜏 = 𝑠 b) la amplitud del oscilador después de un tiempo 𝜏 ha variado,

𝐴´(𝑡) = 𝐴𝑒−𝛾𝑡

𝐴´ (1

2𝛾) = 𝐴𝑒

−𝛾12𝛾

𝐴´ (1

2𝛾) = 𝐴𝑒−

12

𝐴´ (1

2𝛾) = 0,6 𝐴


c) Expresar como una función de 𝜏, el tiempo necesario para que la amplitud se reduzca a la mitad de su valor inicial.

𝐴´(𝑡) = 𝐴𝑒−𝛾𝑡 𝐴

2= 𝐴𝑒−𝛾𝑡

1

2= 𝑒−𝛾𝑡

−1

2𝜏𝑡 = 𝐿𝑛 (1/2)

−𝑡 = 2𝜏 𝐿𝑛 (1/2) −𝑡 = −1,38 𝜏

𝑡 = 1,38 𝜏

d) ¿Cuáles son los valores de la amplitud después de tiempos iguales a dos, tres veces, etc., el

valor obtenido en c)?

𝐴´(𝑡) = 𝐴𝑒−𝛾𝑡

𝐴´(1,38 𝜏 ) =𝐴

2

𝐴´(2 ∗ 1,38 𝜏 ) =𝐴

4

𝐴´(3 ∗ 1,38 𝜏 ) =𝐴

8

𝐴´(𝑛 ∗ 1,38 𝜏 ) =𝐴

2𝑛


Escribir la ecuación del movimiento de un oscilador armónico simple sin amortiguamiento al

cual se le aplica la fuerza 𝐹= 𝐹0 Cos wft.

Verificar que su solución es 𝑥= [𝐹0 /𝑚 (w02-wf2) ] Cos wft Solución:

𝒅𝟐𝒙

𝒅𝒕𝟐+ 𝒘𝟎

𝟐 𝒙 = (𝑭𝟎

𝒎)(𝑪𝒐𝒔 𝒘𝒇𝒕)

𝒙 = [ 𝑭𝟎

𝒎 (𝒘𝟎 𝟐 − 𝒘𝒇

𝟐 )] 𝑪𝒐𝒔 𝒘𝒇𝒕

𝒅𝒙

𝒅𝒕=

−𝑭𝟎𝒘𝒇 𝑪𝒐𝒔 𝒘𝒇𝒕

𝒎 (𝒘𝟎 𝟐 − 𝒘𝒇

𝟐 )


𝒅𝟐𝒙

𝒅𝒕𝟐=

−𝑭𝟎𝒘𝒇 𝟐 𝑪𝒐𝒔 𝒘𝒇𝒕

𝒎 (𝒘𝟎 𝟐 − 𝒘𝒇

𝟐 )

Reemplazando en la ecuaciòn inicial: 𝒅𝟐𝒙

𝒅𝒕𝟐+ 𝒘𝟎

𝟐 𝒙 = (𝑭𝟎


(−𝑭𝟎 𝒘𝒇

𝟐 𝑪𝒐𝒔 𝒘𝒇𝒕

𝒎 (𝒘𝟎 𝟐 − 𝒘𝒇

𝟐 ) ) + 𝒘𝟎

𝟐 (𝑭𝟎 𝑪𝒐𝒔 𝒘𝒇𝒕

𝒎 (𝒘𝟎 𝟐 − 𝒘𝒇

𝟐 ) ) = (

𝑭𝟎


Reorganizando términos:

(𝒘𝟎

𝟐 𝑭𝟎 𝑪𝒐𝒔 𝒘𝒇𝒕

𝒎 (𝒘𝟎 𝟐 − 𝒘𝒇

𝟐 ) ) − (

𝑭𝟎𝒘𝒇 𝟐 𝑪𝒐𝒔 𝒘𝒇𝒕

𝒎 (𝒘𝟎 𝟐 − 𝒘𝒇

𝟐 ) ) = (

𝑭𝟎


Sacando factor común :

(𝑭𝟎 𝑪𝒐𝒔 𝒘𝒇𝒕

𝒎 ) [ (

(𝒘𝟎 𝟐 − 𝒘𝒇

𝟐 )

(𝒘𝟎 𝟐 − 𝒘𝒇

𝟐 ) )] = (

𝑭𝟎


Y se cumple con la igualdad llegando la demostración:

(𝑭𝟎 𝑪𝒐𝒔 𝒘𝒇𝒕

𝒎 ) = (

𝑭𝟎

𝒎) (𝑪𝒐𝒔 𝒘𝒇𝒕)

EJERCICIO 12.59 libro de ondas de Alonso Finn 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? Solución a) La aceleración será: a= g Cos ϴ

La longitud del plano = L= 𝒉

𝑺𝒆𝒏 𝜽

Partiendo del reposo a la altura h se tiene: L=1/2 a t2

t= √2𝐿

𝑎

Para descender del plano y entonces:


t= √2𝐿

𝑎

T= 4 t

T= 4 (√2𝐿

𝑎 )

T= 4 (√2(

𝒉

𝑺𝒆𝒏 𝜽)

𝑔 𝐶𝑜𝑠𝜃 )

T= 4 (√4(

𝒉

𝒈 )

2𝑺𝒆𝒏 𝜽𝐶𝑜𝑠𝜃 )

Teniendo en cuenta una de las identidades fundamentales de la trigonometría: 2 Sen ϴ Cos ϴ = Sen 2 ϴ Y operando resulta:

T= 4x2 (√(𝒉

𝒈 )

𝑺𝒆𝒏 𝟐𝜽 )

T= 8 (√(𝒉

𝒈 )

𝑺𝒆𝒏 𝟐𝜽 )

b) Sí, es oscilatorio; c) NO, no es armónico simple porque no sigue una variación senoidal o cosenoidal del tipo: x = A cos (wt+delta)


Una partícula de masa m situada en una mesa horizontal lisa (Fig.12-49) esta sostenida por dos alambres estirados de longitud l0 cuyos extremos están fijos en P1 y P2.

La tensión de los alambres es T.

Si la partícula se desplaza lateralmente una cantidad X0 pequeña comparada con la longitud de los alambres, y luego se suelta, determinar el movimiento subsiguiente.

Encontrar su frecuencia de oscilación y escribir la ecuación de su movimiento. Suponer que la longitud de los alambres y la tensión permanecen inalterables


EJEMPLO 12.6 libro de ondas de Alonso Finn de los ejemplos hechos por el mismo autor del libro pagina370

12.6 Un anillo de 0,1 m de radio esta suspendido de una varilla como se ilustra determinar el periodo de oscilación hallar el equivalente a un péndulo simple. a.

𝑃 = 2𝜋√𝑘2

𝑔𝑏

P= 2π √ k2/ gb K2= I/m Ic=mR2

Teorema de Steiner

I=Ic+ma2 I=mR2+mR2 =LmR2 K2=2m R2/m K2=2R2

𝑃 = 2𝜋√2𝑅2

𝑔𝑟

𝑃 = 2𝜋√2𝑅

𝑔

𝑃 = (6.28)√2(𝑂. 1)

(9.8)

𝑃 = 0.89 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠

b.

L=k2/ b

L=2R2/2 L=2R= 2 (0,1)= 0,2 m

MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE EJERCICIO 16 Cuando una masa de 0.750 𝑘𝑔 oscila en un resorte ideal, la frecuencia es de 1.33 𝐻𝑧. a) ¿Cuál será la frecuencia si se agregan

0.220 𝑘𝑔 a la masa original, y b) y si se restan de la masa original? Intente resolver este problema sin calcular la constante de

fuerza del resorte.

Solución


EJERCICIO 17 Un oscilador armónico tiene una masa de 0.500 𝑘𝑔 unida a un resorte ideal con constante de fuerza de 140 𝑁/𝑚. Calcule a) el periodo, b) la

frecuencia y c) la frecuencia angular de las oscilaciones.

Solución

EJERCICIO 18 Sobre una pista de aire horizontal sin fricción, un deslizador oscila en el extremo de un resorte ideal, cuya constante de fu erza es 2.50 𝑁/𝑐𝑚. En la

figura, la gráfica muestra la aceleración del deslizador en función del tiempo. Calcule a) la masa del deslizador; b) el desplazamiento máximo del

deslizador desde el punto de equilibrio; c) la fuerza máxima que el resorte ejerce sobre el deslizador.

Solución


Energía en el movimiento armónico simple

EJERCICIO 19 Una porrista ondea su pompón en MAS con amplitud de 18.0 𝑐𝑚 y frecuencia de 0.850 𝐻𝑧. Calcule a) la magnitud máxima de la aceleración y de la

velocidad; b) la aceleración y rapidez cuando la coordenada del pompón es 𝑥 = +9.0 𝑐𝑚; c) el tiempo que tarda en moverse directamente de la

posición de equilibrio a un punto situado a 12.0 cm de distancia. d) ¿Cuáles de las cantidades pedidas en los incisos a), b)

Solución

EJERCICIO 19

Un juguete de 0.150 𝑘𝑔 está en MAS en el extremo de un resorte horizontal con constante de fuerza 𝑘 = 300 𝑁/𝑚. Cuando el objeto está a 0.0120 𝑚

de su posición de equilibrio, tiene una rapidez de 0.300 𝑚/𝑠. Calcule a) la energía total del objeto en cualquier punto de su movimiento; b) la amplitud

del movimiento; c) la rapidez máxima alcanzada por el objeto durante su movimiento.

Solución

Aplicaciones del movimiento armónico simple

EJERCICIO 20


Un orgulloso pescador de alta mar cuelga un pez de 65.0 𝑘𝑔 de un resorte ideal con masa despreciable, estirando el resorte 0.120 𝑚. a) Calcule la

constante de fuerza del resorte. Ahora se tira del pez 5.00 𝑐𝑚 hacia abajo y luego se suelta. b) ¿Qué periodo de oscilación tiene el pez? c) ¿Qué

rapidez máxima alcanzará?

Solución

EJERCICIO 21

Una esfera de 1.50 𝑘𝑔 y otra de 2.00 𝑘𝑔 se pegan entre sí colocando la más ligera debajo de la más pesada. La esfera superior se conecta a un resorte ideal vertical,

cuya constante de fuerza es de 165 𝑁/𝑚, y el sistema vibra verticalmente con una amplitud de 15.0 𝑐𝑚. El pegamento que une las esferas es débil y antiguo, y de

repente falla cuando las esferas están en la posición más baja de su movimiento. a) ¿Por qué es más probable que el pegamento falle en el punto mas bajo, que en

algún otro punto del movimiento? b) Calcule la amplitud y la frecuencia de las vibraciones después de que la esfera inferior se despega.

Solución

EJERCICIO 22

Un disco metálico delgado con masa de 2.00 3 1023 kg y radio de 2.20 cm se une en su centro a una fibra larga como se ve en la figura. Si se tuerce y suelta, el disco oscila con un periodo de 1.00 s. Calcule la constante de torsión de la fibra.


Solución

EJERCICIO 24 Imagine que quiere determinar el momento de inercia de una pieza mecánica complicada, con respecto a un eje que pasa por su centro de masa,

así que la cuelga de un alambre a lo largo de ese eje. El alambre tiene una constante de torsión de . Usted gira un poco la p ieza alrededor del eje y la suelta, cronometrando 125 oscilaciones en 265 s. ¿Cuánto vale el momento de inercia buscado?

Solución

El péndulo simple EJERCICIO 25 En San Francisco un edificio tiene aditamentos ligeros que consisten en bombillas pequeñas de 2.35 𝑘𝑔 con pantallas, que cuelgan del techo en el extremo de cordones ligeros y delgados de 1.50 de longitud. Si ocurre un terremoto leve, ¿cuántas oscilaciones por segundo ha rán tales

aditamentos?

Solución


EJERCICIO 26 Un péndulo en Marte. En la Tierra cierto péndulo simple tiene un periodo de 1.60 s. ¿Qué periodo tendrá en Marte, donde

𝑔 = 3.71𝑚

𝑠2?

Solución

El péndulo físico

EJERCICIO 27 Una biela de 1.80 𝑘𝑔 de un motor de combustión pivota alrededor de un fi lo de navaja horizontal como se muestra en la figura. El centro de gravedad de la biela se encontró por balanceo y está a 0.200 𝑚 del pivote. Cuando la biela se pone a oscilar con amplitud corta, completa 100 oscilaciones

en 120 𝑠. Calcule el momento de inercia de la biela respecto al eje de rotación en el pivote.

Solución

EJERCICIO 28 Dos péndulos tienen las mismas dimensiones (longitud L) y masa total (m). El péndulo A es una esfera muy pequeña que oscila en el extremo de una varilla uniforme

sin masa. En el péndulo B, la mitad de la masa está en la esfera y la otra mitad en la varilla uniforme. Calcule el periodo de cada péndulo para oscil aciones pequeñas. ¿Cuál tarda más tiempo en una oscilación?

Solución


EJERCICIO MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE

Una masa m=1kg vibra verticalmente a lo largo de un segmento de 20cm de longitud con MAS

y un período de T= 4 s. Determinar:

a) Velocidad y aceleración del cuerpo en el punto medio de su trayectoria. b) La velocidad y aceleración en los extremos del segmento.

c) La fuerza restauradora cuando pasa por el punto medio de su trayectoria. Y en los extremos de la trayectoria.

d) ¿En que tiempo la partícula se encuentra en 8cm?

SOLUCION


W= 2 /4

W= /2

A=10 cm= 0,1m

a) Velocidad y aceleración del cuerpo en el punto medio de su trayectoria.

a= - wx si x=0

a= - ( /2)(0m) = 0 m/ s2

a= 0 m/ s2

Vmax= Aw Vmax= (0,1m )( /2 ) = 0,157 m/s

b) La velocidad y aceleración en los extremos del segmento.

En los extremos v=0 a= - w2 x

a= - ( /2)2 (0,1 m)

a= - ( 2 /4) (0,1 m) = -0,2467 m/ s2

c) La fuerza restauradora cuando pasa por el punto medio de su trayectoria. Y en los extremos de

la trayectoria. En el punto medio de su trayectoria

F= - k x Si x = 0 F = 0

En los extremos de la trayectoria F= - k x Si x = 0,1 m F = ?

w =√𝑘/𝑚

w2 =k/m k= w2 m

F= - k x

F= - (w2 m) (0,1m)= F= - ( ( 2 /4) (1 kg) ) (0,1m)= -0,247

d) ¿En que tiempo la partícula se encuentra en 8cm?

A= 8 cm= 0,8m

W= /2

X=A Sen( Wt)


(0,8m)= (0,8m) Sen(( /2 ) t

(0,8m)/(0,8m) =Sen(( /2 ) t

1=Sen(( /2 ) t

Sen-1 (1) / ( /2 ) = t

( /2 ) / ( /2 ) = t

t= 1 segundo

e) En que lugar esta la particula para un tiempo de t=4segundos ? W= /2

A=10 cm= 0,1m X=A Sen( Wt)

X= (0,1m) Sen(( /2 ) (4 segundos))

X= (0,1m) Sen(( /2 ) (4 segundos))

X= (0,1m) (4 ) X= 0,4m

EJERCICIOS DE OSCILACIONES AMORTIGUADAS Y FORZADAS EJERCICIO DEL libro de Ohanian pag 490 y470

1. Suponga que un astronauta tiene una masa de 60kg, incluido del dispositivo de silla al que se amarra.

El y la silla se mueven bajo la influencia de la fuerza de un resorte con K=3.1 x 102 N/m. No hay otras fuerzas actuantes.

El desplazamiento máximo desde el equilibrio del dispositivo de medición de masa corporal es de 0,200m .

Suponga que debido a la fricción la amplitud un ciclo más tarde es de 0,185m. ¿Cuál es el factor de

calidad para este oscilador armónico amortiguado?

M= 60kg

k1=3,1x10 2 N/m


A=0,200m

A’ =0,185 m

𝑞 = 2 𝜋𝐸

∆𝐸

∆𝐸 = (2𝜋

𝑞) E

E=? ΔE=? q=?

En el desplazamiento máximo , la energía totales toda energía potencial:

𝐸 = 1

2𝐾𝐴2

Si A=0,200m

𝐸 = 1

2𝐾𝐴2

𝐸 = 1

2(3,1𝑥102)(0,200)2 = 6,2 Julios

Si A’ =0,185 m

𝐸 = 1

2𝐾𝐴2

𝐸′ = 1

2(3,1𝑥102)(0,185)2 = 5,3 Julios

∆𝐸 = 𝐸′ − 𝐸 ∆𝐸 = (5,3 𝐽𝑢𝑙𝑖𝑜𝑠) − (6,2 Julios) = −0,9 Julios

𝑞 = 2 𝜋𝐸

∆𝐸

𝑞 = 2 𝜋(6,2 𝐽𝑢𝑙𝑖𝑜𝑠)

(0,9 𝐽𝑢𝑙𝑖𝑜𝑠) = 43,2 oscilaciones

El factor de calidad es:

q=43,2 oscilaciones 2. Una masa m=1 kg cuelga de un resorte de contante de resistividad k=200 N/m.

La constante de amortiguamiento es λ=1 kg/s.


En el instante t=0 comienza a actuar sobre la masa una fuerza F= F0 Sen(wf t) con F0 =2N y wf =10 rad/segundos.

Si en t=0 x(0)=0 y v(0)=0.

Encuentre la posición de la partícula en función del tiempo para t=1 segundo, t=10 s, t=100s , t=1000 s.

SOLUCION:

M1 =1 kg K= 200 N/m

λ=1 kg /s f0 =2N

wf = 10 rad/s t=0 x=0 x(t)=? t =1 ,10 ,100 , 1000

𝑤0 = √𝑘

𝑚

𝑤0 = √200 N/m

1 kg = 14,142

2𝛾 = 𝜆

𝑚

𝛾 = 𝜆

2𝑚

𝛾 = (1𝑘𝑔/𝑠)

2(1𝑘𝑔)= 0,5 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠−1

LA ECUACION DIFERENCIAL E.D

𝒅𝟐𝒙

𝒅𝒕𝟐+ 𝟐𝜸

𝒅𝒙

𝒅𝒕= (

𝑭𝟎

𝒎)(𝑪𝒐𝒔 𝒘𝒇𝒕 + 𝜹)

SOLUCION A LA ECUACION DIFERENCIAL E.D

𝑿 = 𝑨 𝑺𝒆𝒏( 𝒘𝒇𝒕 − 𝜹)

Entonces:

𝐴 =

𝐹0

𝑚(𝑤1

2 − 𝑤02)2 + 4𝛾2 + 𝑤1

2


𝐴 =

(2 𝑁)(1 𝑘𝑔)

((10)2 − (14,14)2)2 + 4(0,5)2 + (10)2

𝐴 =

(2 𝑁)(1 𝑘𝑔)

( (100)− (199.9396))2 + 4(0,25)+ (100)

𝐴 =

(2 𝑁)(1 𝑘𝑔)

( −99.9396)2 + 4(0,25)+ (100)

𝐴 =

(2 𝑁)(1 𝑘𝑔)

(9987.9236)+ (1)+ (100)

𝐴 =

(2 𝑁)(1 𝑘𝑔)

(9987.9236)+ (1)+ (100)

𝐴 = 1.9823 𝑥 10−4

𝐴 = 0.000198237

𝛿 = 𝑡𝑎𝑛−1 (𝑤𝑓

2 − 𝑤02

2 𝛾 𝑤𝑓

)

𝛿 = 𝑡𝑎𝑛−1 ((10)2 − (14,14)2

2 (0,5)(10))

𝛿 = 𝑡𝑎𝑛−1 (−99.9396

10)

𝛿 = 𝑡𝑎𝑛−1(−9.99396) 𝛿 = −1.47106

3. Demuestre por sustitución directa que las funciones: X1 = A1 Sen (w1 t +α1 ) y

X2 = A1 Sen (w1 t +α1 )

Para un oscilador acoplado son soluciones de las ecuaciones de movimiento


𝒅𝟐𝒙

𝒅𝒕𝟐+

𝒌𝟐 + 𝒌

𝒎𝒙𝟐 = (

𝒌

𝒎) 𝒙𝟏

Siempre que:

𝑤1 = √𝑘1

𝑚1

4. Considere el sistema dela fig.

La pizarra Z, de masa 500 g cuelga de un resorte cuya cte. elástica es K=50N/m. Se sabe además que la cte. de amortiguamiento B=5 s-1 .

En un cierto momento, se tira de la pizarra hacia abajo, haciendo que el resorte se estire 3cm , y se acerca la punta entintada P a la pizarra.

A continuación, la pizarra se suelta. Considere este instante como el inicial y analice el movimiento de la punta respecto al centro de la

pizarra “o”. A partir de las condiciones iniciales, calcule la ecuación que describe el movimiento de la punta

respecto a “O” dirección del eje “Oy”.


M = 500g

K = 50 N/m B = 5 s-1

X = 3x 10-2 = 0,03 metros

X = A e-Bt Sen (wt + δ )

𝑤 = √𝑤02 − 𝐵2

𝑤 = √(10)2 − (5 𝑆−1)2

𝑤 = √100− 25

𝑤 = √75

𝑤 = 8.66 𝑟𝑎𝑑

𝑠𝑒𝑔

𝑤0 = √𝐾

𝑚


𝑤0 = √(50)

(0,5)

𝑤0 = √100

𝑤0 = 10 𝑟𝑎𝑑

𝑠𝑒𝑔


Derivamos la ecuacion x:

v = Aw e-Bt Cos (wt + δ )

v = Aw e-B(0) Cos (wt + δ )

v = Aw (1) Cos (wt + δ )

v = Aw Cos (wt + δ )

si v=0

0 = Aw Cos (wt + δ )

0 = A(8,6 rad/seg) Cos ( (8,6 rad/seg) t + δ )

Ahora para la ecuacion X, mientras: Si t=0

x=0,003 metros


(0,003 metros) = A e-(5)(0) Sen ((8,6 rad/seg)(0 seg)+ δ )

(0,003 metros) = A(1) Sen ((0 )+ δ )


(0,003 metros) = A Sen ((0 )+ δ )

Debemos hallar la amplitud, por lo que debemos encontrar primero delta δ = ?

X = A e-Bt Sen (wt + δ ) 𝒅𝒙

𝒅𝒕= 𝒗 = 𝑨𝒆−𝑩𝒕(−𝑩) 𝑺𝒆𝒏 (𝒘𝒕 + 𝜹) + 𝑨𝒆−𝑩𝒕(𝒘) 𝑪𝒐𝒔 (𝒘𝒕 + 𝜹)

𝒅𝒙

𝒅𝒕= 𝒗 = −𝑨𝑩𝒆−𝑩𝒕 𝑺𝒆𝒏 (𝒘𝒕 + 𝜹) + 𝑨𝒘 𝒆−𝑩𝒕 𝑪𝒐𝒔 (𝒘𝒕 + 𝜹)

Si v=0 B=5 t=0 w= 8,6 rad/seg

𝒗 = −𝑨𝑩𝒆−𝑩𝒕 𝑺𝒆𝒏 (𝒘𝒕 + 𝜹) + 𝑨𝒘 𝒆−𝑩𝒕 𝑪𝒐𝒔 (𝒘𝒕 + 𝜹) 𝟎 = −𝑨𝑩𝒆−𝑩𝒕 𝑺𝒆𝒏 (𝒘𝒕 + 𝜹) + 𝑨𝒘 𝒆−𝑩𝒕 𝑪𝒐𝒔 (𝒘𝒕 + 𝜹)

𝟎 = −𝑨(𝟓)𝒆−(𝟓)(𝟎) 𝑺𝒆𝒏 ((8,6rad

seg) (0 seg) + 𝜹) + 𝑨(𝟖,𝟔

𝒓𝒂𝒅

𝒔𝒆𝒈)𝒆−(𝟓)(𝟎) 𝑪𝒐𝒔 ((8,6 rad/seg)(0 seg) + 𝜹)

𝟎 = −𝑨(𝟓) ( 𝟏 ) 𝑺𝒆𝒏 ( (0) + 𝜹) + 𝑨(𝟖,𝟔𝒓𝒂𝒅

𝒔𝒆𝒈) (𝟏) 𝑪𝒐𝒔 ((0 ) + 𝜹)

𝟎 = −𝟓𝑨 𝑺𝒆𝒏 ( (0) + 𝜹) + 𝟖, 𝟔 𝑨 𝑪𝒐𝒔 ((0 ) + 𝜹) 𝟎 = −𝟓𝑨 𝑺𝒆𝒏 ( 𝜹) + 𝟖, 𝟔 𝑨 𝑪𝒐𝒔 ( 𝜹) 𝟎 = 𝑨(−𝟓 𝑺𝒆𝒏 ( 𝜹) + 𝟖,𝟔 𝑪𝒐𝒔 ( 𝜹))

𝟎 = −𝟓 𝑺𝒆𝒏 ( 𝜹) + 𝟖, 𝟔 𝑪𝒐𝒔 ( 𝜹) 𝟓 𝑺𝒆𝒏 ( 𝜹) = 𝟖,𝟔 𝑪𝒐𝒔 ( 𝜹)

𝑺𝒆𝒏( 𝜹)

𝑪𝒐𝒔 ( 𝜹) =

𝟖,𝟔

𝟓

𝒕𝒂𝒏(𝜹) =𝟖,𝟔

𝟓

𝜹 = 𝒕𝒂𝒏−𝟏 ( 𝟖,𝟔

𝟓 )

𝜹 = 𝟏,𝟎𝟒 𝒓𝒂𝒅

Como ya encontramos delta reemplazamos :



(0,003 metros) = A e-(5)(0) Sen ((8,6 rad/seg)(0 seg)+ δ )

(0,003 metros) = A(1) Sen ((0 )+ δ )

(0,003 metros) = A Sen ((0 )+ δ )

(0,003 metros) = A Sen ((0 )+ (1,04) )

𝐴 = 0,003

𝑆𝑒𝑛 (1,04)

A = 0,034

A = 3,4 x10-2

Entonces la ecuación quedaría:


X = (3,4 x10-2) e-5t Sen (8,6 t + 1,04 )

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