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INGENIERIA CIVIL - II

FÍSICA II

MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE Y PENDULO SIMPLE 1. Un oscilador consta de un bloque de m = 512 g de masa unido a un resorte. En t = 0, se estira 34,7 cm respecto a la posición de equilibrio y se observa que repite su movimiento cada 0,484 segundos. Halle: a) el período, b) la frecuencia, c) la frecuencia angular, d) la constante de fuerza, e) la velocidad máxima, f) la fuerza máxima ejercida sobre el bloque, g) la ecuación de movimiento del oscilador SOLUCIÓN a) T = 0,484 s (por la propia definición de periodo)

T = 0,484 s

e)

1 1 f= = = 2,066Hz T 0,484 = 2f = 12,98 rad/s k Como  =  k = 2m = 86,2857 N/m m vmax = A = 4,50406 m/s vmax = 4,50 m/s

f)

Fmax = kA = 29,941 N

g)

Con las condiciones iniciales dadas (x(0) = A y v(0) = 0) la solución de la ecuación del M.A.S. es del tipo x(t) = Acos t = 0,347 cos(13,0 t) x(t) = 0,347 cos(13,0 t)

b) c) d)

f = 2,07Hz

 = 13,0 rad/s k =86,3 N/m

Fmax = 29,9 N

2. Un oscilador armónico consiste en un bloque de 2 kg unido a un resorte cuyo coeficiente de elasticidad es 8 N/m . Calcular el periodo de dicho bloque. a) 4  rad/s b) 3 rad/s c) 2 rad/s d)  rad/s e) 0,5 rad/s Solución: En un M.A.S. se cumple que: T  2 m K

Sustituyendo datos: T  2

2 8

T  2 

1  2

T   rad/s

Rpta.

3. Hallar la energía cinética de un oscilador armónico cuya masa es 0,25 kg que obedece a la ley x  2 2 cos(t) , cuando t  0,75 s . a) 0,4 J b) 0,5 J c) 0,6 J d) 0,8 J e) 0,3 J Solución: Cálculo de la velocidad: Se sabe que: V   Asen(t) V  2 2 sen  0,75 

3  V  2 2 sen    4  V  2 2 

2 2



V  2 m/s

Energía cinética: E c  1 mV 2 2

1 E c  (0, 25)(2)2 2

E c  0,5 J

Rpta.

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FÍSICA II

4. Una masa que se halla fija a un resorte, se separa en 30 cm del punto de equilibrio y es impulsada con una velocidad de 40 cm/s de modo que el máximo elongamiento que alcanza el M.A.S. es de 50cm. Hallar su ecuación. 53   40 cos  t   180   a)

37   50 cos  t   180   b) 53   50 cos  t   180   e)

50 cos  t  37 

c)

50 cos  t  53 

d) Solución: Forma cosenoidal: x  A cos(t  ) Para: t  0 … x 0  30 cm y A  50cm Para la fase inicial: 30  50 cos  (0)    3 53  cos     53º   rad 5 180 Frecuencia angular “  ” se calcula con:

V0    A 2  x 02 t  0 … V  40 cm/s y x 0  3 cm

Para:

40   50 2  30 2 

La ecuación del M.A.S. es:

  1 rad/s 53    x  50 cos  t  180  

Rpta.

5. Una masa unida a un resorte se comprime en 3 cm y se le impulsa con una velocidad de 12 cm/s , observándose que el estiramiento máximo del muelle es de 5 cm. Halle la ecuación senoidal de la elongación en función del tiempo. a) 5 sen  3t  37  

b) 5 sen  2t  37  

90    d) 5 sen  3t  53   180  

c) 5 sen  3t  37  

180    e) 5 sen  4t  37   180  



180 

Solución: Forma senoidal: x  A sen(t  ) Datos: t  0 … x 0  3 cm y A  5cm

Para la fase inicial: 3  5 sen  (0)    3 37  Sen     37º  rad 5 180 Frecuencia angular “  ” se calcula con:

V   A2  x2 Para: t  0 … V  12 cm/s y x 0  3 cm 12   5 2  3 2 

  3 rad/s

La ecuación del M.A.S. es:

37    x  5 sen  3t  180  

Rpta.

6. Una masa “m” tiene una oscilación armónica dependiente del siguiente arreglo de muelles idénticos de rigidez “K”. Hallar el periodo del M.A.S. a) 2

2m 3K

b) 2

5m 2K

c)



K

K

3m K

d) 2 3m 2K

e) 2 5m 3K

K

m

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Solución: Este arreglo mixto se resuelve separando los arreglos en paralelo y en serie. Primer equivalente ( K 1 ) en paralelo (se suman):

K K1

K

K1  K  K K 1  2K

K

m

Equivalente total ( K e ) en serie (se suman las inversas): 1 1 1 3    K e 2K K 2K

2K

2K 3

Ke 

K

m

Cálculo del periodo (T): T  2

m m  2 2K Ke 3 T  2

3m 2K

Rpta.

7. Un pequeño carril está influenciado por un arreglo de muelles de igual rigidez K  10 N/m , tal que ejecuta oscilaciones armónicas, busque la constante de rigidez equivalentes de la estructura de muelles. 2K

4K

a) 5

b) 5

3K

K

3K

c) 4

d) 5

e) 5

Solución: K1

K

K

K

K

Primer equivalente en serie ( K 1 ) 1 1 1   K1 K K



K1 

K 2

K2 K1

K

K

Segundo equivalente ( K 2 ) en paralelo: K 2  K1  K K2 

K K  2

K2 

3K 2

Equivalente total ( K e ) en serie: Ke K2

K

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1 1 1   Ke K2 K

1 1 1   K e 3K K 2 1 5  K e 3K  K e 

3K 5

Rpta.

8. Mediante ligamentos de iguales características, una pequeña masa “m” es atada a dos clavos sobre una mesa horizontal lisa, de modo que cada liga queda tensada en “T”, separada apenas la masa en forma horizontal (transversalmente) y luego soltada se produce una oscilación casi armónica. Hallar el respectivo periodo de oscilación si la separación entre los clavos es “ 2L ”.

L a) 2

mL T

b) 2

mT 2L

d) 2

mL 2T

e) 2

L 2m

L

m

mL 2T

c) 

Solución: Representamos las fuerzas de horizontales (O: punto de equilibrio). Para un pequeño desplazamiento (x) la tensión en la cuerda casi no varía:

T 



L



Ox P.E.

L

T 

Cálculo de la fuerza restitutoria ( Fr ) es aquella que apunta hacia “O”: … (1) Fr  2T sen Como “x” es pequeño “  ” también lo es, luego cuando   0 sen   tan  : Reemplazando en (1): Fr  2Tsen x Fr  2T   … (2) L

Dinámica del M.A.S.:  F   m2x Fr   m2x

x  2  2T.    m x L  2T  m 2    L

2T mL

Cálculo del periodo ( T1 ): T1 

2  

2 2T mL

T1  2

mL 2T

Rpta.

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9. Por un alambre encorvado de radio “R” puede deslizarse libremente una masa “m”, si la masa se suelta desde una amplitud (  ) pequeñísima se produce un movimiento oscilatorio que se asemeja a un M.A.S. Hallar el periodo de esta oscilación. a) 2 d) 

2R g

b) 2

R g

e) 2

g R

c) 2

R 2g



R g

R

Solución: Representamos el D.C.L. de “m” 

R

O

N

x Fr  mg cos 

mg

Observe que Fr no pasa tan lejos de “O”

Fr   mg sen 

Por dinámica de un M.A.S.:  m2x   mg sen 

Cuando   0 , sen   tan  x g tan   2x …  tan    R 



g R

Cálculo del periodo (T): T

2 2   g R

T  2

R g

Rpta.

10. Un reloj de péndulo es llevado a un planeta donde la gravedad es 10% menor que la de la Tierra, si la longitud del péndulo es 20 cm. ¿Cuál debe ser la nueva longitud del péndulo para que en ese planeta funcione correctamente? a) 16 cm b) 18 cm c) 19 cm d) 21 cm e) 22 cm Solución: Periodo en la Tierra:

T1  2

L1 g

Periodo en el planeta: T2  2

L2 0,9g

Para que el reloj de péndulo siga funcionando correctamente, el periodo no debe variar, los periodos deben ser iguales: T1  T2  2

L1 L2  2 g 0,9g

0,9L 1  L 2

Reemplazando: 0,9(20cm)  L 2  L 2  18 cm

Rpta.

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11. Un péndulo matemático es desfasado de la vertical de un ángulo “  ” menor que 5º, luego es soltado rebotando elásticamente del muro cuyo grosor es “a” metros. Halle el periodo (en segundos) del movimiento pendular que se produce sabiendo que la longitud del péndulo es “2a” metros (Utilice: g   2 m/s 2 ). a)

a

2  1

b) a  2  1 

a



c) 2a  2  1 

2a

d) a  2  1  e)

a

2  1

Solución: El periodo neto será la suma de los medios periodos de cada movimiento pendular componente: T

T1 T2  2 2

entonces

T

2a a 2a a   2  2 g g   T

2a 

a

T

a  2  1

Rpta.

12. Un reloj de péndulo de 54 cm da lecturas correctas al nivel del mar, si este reloj es llevado a una nave hasta una altura equivalente a dos radios terrestres, medida desde la superficie. ¿A cuánto debe disminuirse la longitud del péndulo para que el reloj siga dando lecturas exactas? Solución: Para que el reloj siga dando lecturas exactas, su periodo no debe cambiar, por lo tanto:

De donde:

Lg

2

Tg  TH 

gg

 2

LH gH

gH LH  … (1) gg Lg

Sabemos que: gH  R 2   gg  R  H 

Se obtiene:



gH 1  gg 9

Comparando con (1): LH 

gH  R 2   g g  R  2R 

LH 1  Lg 9

1 (54)  L H  6 cm 9

Rpta.

13. ¿En cuánto debe aumentarse (en cm) el hilo de un reloj de péndulo, que mide 0,5cm, para que el reloj siga funcionando correctamente dentro de un ascensor que sube acelerando a razón de 4,9 m/s 2 ? a) 0,25 b) 0,20 c) 0,35 d) 0,45 e) 0,18 Solución: Para lecturas correctas del reloj, el periodo no debe variar: Fuera del ascensor (T): T  2

L g

Dentro del ascensor que sube con aceleración (T*)

T*  2

Lx ga

Igualando los periodos: T  T * 2

L Lx  2 g ga

L Lx  g ga



0,5 0,5  x  9,8 9,8  4,9

x  0, 25

Rpta.

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14. Una carreta desliza libremente por una pendiente lisa inclinada en 37º con el horizonte, hallar el periodo de las oscilaciones del péndulo de 0,5 m de longitud incorporado al interior de la carreta. ( g  10 m/s 2 ). g sen37º

g sen37º

L 127º

g*

o 37º

g

Solución: Por ley de cosenos: g*  g 12  sen 2 37º 2(1)sen37º cos127º 2

 3  3  3  g*  g 12      2       5  5  5  2 Gravedad efectiva: g*  8 m/s

T  2

T

L 0,5  2 g* 8

 s 2

Rpta.