• Author / Uploaded
• David Enrique Jr.

• Categories
• Movimiento (física)
• Péndulo
• Tasas temporales
• Física y matemáticas
• Física

Citation preview

TRABAJO FINAL III CORTE

LAURA VALENTINA BONILLA BELLO JULIO CESAR DÁVILA SINNIG MARIA CAMILA RODRIGUEZ MORÓN DAVID ENRIQUE VALDELMAR MARTINEZ

DANIEL PUERTA

FISICA III

INGENIERÍA CIVIL FACULTAD DE INGENIERÍA UNIVERSIDAD DE CARTAGENA CARTAGENA DE INDIAS DT Y C 13/06/16

Demostración Resolver la ecuación 𝐹𝑜 sin 𝑤𝑡 − 𝑏

𝑑𝑦 𝑑𝑡

− 𝑘𝑥 = 𝑚

𝑑2 𝑥 𝑑𝑡 2

y demostrar que su solución es

𝑥 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑡 + ∅) donde 𝐴=

−𝐹𝑜 /𝑚 √(𝑤 2 − 𝑤𝑜 2 )2 + (𝑏𝑤 )2 𝑚

Solución Usamos el método de los coeficientes constates indeterminados para resolver la ecuación no homogénea. 𝑚

𝑑2𝑥 𝑑𝑦 +𝑏 + 𝑘𝑥 = 𝐹𝑜 sin 𝑤𝑡 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡

→

𝑥 ′′ +

𝑏 ′ 𝑘 𝐹𝑜 𝑥 + 𝑥 = sin 𝑤𝑡 (1) 𝑚 𝑚 𝑚

La solución está dada por 𝑥(𝑡) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡) + 𝐵 cos(𝑤𝑡) donde A y B son coeficientes indeterminados 𝑥(𝑡) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡) + 𝐵 cos(𝑤𝑡) 𝑥 ′(𝑡) = 𝐴𝑤 𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑡) − 𝐵 𝑤 sen(𝑤𝑡) 𝑥′′(𝑡) = −𝐴 𝑤 2 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡) − 𝐵 𝑤 2 cos(𝑤𝑡) Reemplazando en (1) 𝑏 [𝐴𝑤 𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑡) − 𝐵𝑤 sen(𝑤𝑡)] 𝑚 𝑘 𝐹𝑜 + [𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡) + 𝐵 cos(𝑤𝑡)] = sin 𝑤𝑡 𝑚 𝑚

−𝐴𝑤 2 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡) − 𝐵𝑤 2 cos(𝑤𝑡) +

[(−𝐴𝑤 2 +

𝐵𝑤𝑏 𝐴𝑘 𝐴𝑤𝑏 𝐵𝑘 𝐹𝑜 + )𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡)] + [(−𝐵 𝑤 2 + + ) cos(𝑤𝑡)] = sin 𝑤𝑡 𝑚 𝑚 𝑚 𝑚 𝑚

Comparando los coeficientes de sen(wt) y cos(wt) en ambos lados de la igualdad, tenemos el sistema de ecuaciones lineales: (1) − 𝐴𝑤 2 −

𝐵𝑤𝑏 𝐴𝑘 𝐹𝑜 + = 𝑚 𝑚 𝑚

(2) − 𝐵 𝑤 2 +

𝐴𝑤𝑏 𝐵𝑘 + =0 𝑚 𝑚

𝑘

Como 𝑤0 2 = 𝑚, entonces (1) − 𝐴𝑤 2 −

𝐵𝑤𝑏 𝐴𝑘 𝐹𝑜 𝐵𝑤𝑏 𝐹𝑜 + = → 𝐴(𝑤0 2 − 𝑤 2 ) − = 𝑚 𝑚 𝑚 𝑚 𝑚

(2) − 𝐵 𝑤 2 +

𝐴𝑤𝑏 𝐵𝑘 + =0 𝑚 𝑚

→ 𝐵 (𝑤0 2 − 𝑤 2 ) +

𝐴𝑤𝑏 =0 𝑚

Resolvemos por sustitución, de (2) despejamos A 𝐵 (𝑤0 2 − 𝑤 2 ) = −

𝐴𝑤𝑏 𝑚

→

𝐴=

−𝐵𝑚 (𝑤0 2 − 𝑤 2 ) 𝑤𝑏

Sustituimos A en (1)

−𝐵𝑚 𝐵𝑤𝑏 𝐹𝑜 (𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 − = 𝑤𝑏 𝑚 𝑚 −𝐵 [

𝑚 𝑤𝑏 𝐹𝑜 (𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 + ]= 𝑤𝑏 𝑚 𝑚

𝐵=−

𝐹𝑜 1 𝑚 [ 𝑚 (𝑤 2 − 𝑤 2 )2 + 𝑤𝑏] 𝑚 𝑤𝑏 0

𝐵=−

𝐹𝑜 𝑚

𝑏𝑤/𝑚 𝑤𝑏 2 [(𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 + ( 𝑚 ) ]

Reemplazamos B en A 𝐴=

𝐹𝑜 1 𝑚 (𝑤0 2 − 𝑤 2 ) 𝑚 [ 𝑚 (𝑤 2 − 𝑤 2 )2 + 𝑤𝑏] 𝑤𝑏 𝑚 𝑤𝑏 0

𝐴=

𝐹𝑜 (𝑤𝑏)2 [𝑚(𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 + 𝑚 ] 𝐹𝑜 𝐴= 𝑚

(𝑤0 2 − 𝑤 2 )

(𝑤0 2 − 𝑤 2 ) 𝑤𝑏 2 [(𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 + ( 𝑚 ) ]

Por tanto 𝑥(𝑡) =

𝐹𝑜 𝑚

(𝑤0 2 − 𝑤 2 ) 2

𝑤𝑏 [(𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 + ( 𝑚 ) ]

𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡) −

𝐹𝑜 𝑚

𝑏𝑤/𝑚 𝑤𝑏 2 [(𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 + ( 𝑚 ) ]

cos(𝑤𝑡)

𝑥(𝑡) =

−(𝑤0 2 − 𝑤 2 )

𝐹𝑜 /𝑚

𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡)

2 2 √(𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 + (𝑤𝑏) √(𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 + (𝑤𝑏) 𝑚 [ 𝑚

+

𝑏𝑤/𝑚 2 √(𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 + (𝑤𝑏) 𝑚

cos(𝑤𝑡) ]

Usamos el triangulo de Pitágoras

(𝑤0 2 − 𝑤 2 )

𝑠𝑒𝑛∅ =

2

√(𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 + (𝑤𝑏) 𝑚 𝑏𝑤/𝑚

𝑐𝑜𝑠∅ =

2

√(𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 + (𝑤𝑏) 𝑚

Luego 𝑥(𝑡) =

−𝐹𝑜 /𝑚 2 √(𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 + (𝑤𝑏) 𝑚

𝑥(𝑡) =

[−𝑠𝑒𝑛∅𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡) + 𝑐𝑜𝑠∅ cos(𝑤𝑡)]

−𝐹𝑜 /𝑚 2 √(𝑤0 2 − 𝑤 2 )2 + (𝑤𝑏) 𝑚

Por lo tanto 𝑥 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑡 + ∅), 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐴 =

cos(𝑤𝑡 + ∅)

−𝐹𝑜 /𝑚 𝑏𝑤 2 ) 𝑚

√(𝑤 2 −𝑤𝑜 2 )2 +(

1. Un arquero jala hacia atrás la cuerda de su arco 0,400m al ejercer una fuerza que aumenta uniformemente de cero a 230 N. (a) ¿Cuál es la constante de resorte equivalente del arco? 𝐹 = 𝑘𝑥 Por lo tanto 𝑘 = 𝐹/𝑥 = 230 𝑁 / 0,400 𝑚 = 575 𝑁/𝑚 (b) ¿Cuánto trabajo realiza el arquero al estirar su arco? 𝑊 = 1/2 𝑘 𝑥² = 1/2 575 𝑁/𝑚 (0,400𝑚)² = 46 𝐽 2. Un balón que se ha dejado caer desde una altura de 4 m choca con el suelo con una colisión perfectamente elástica. Suponiendo que no se pierde energía debido a la resistencia del aire, demuestre que el movimiento es periódico. Determine el periodo del movimiento, ¿Es éste un movimiento armónico simple? Explicar respuesta. Consideremos el momento inmediatamente posterior a un rebote en el suelo. En ese momento la pelota se encuentra en y = 0 y posee una velocidad hacia arriba v0. La pelota sube y baja por acción de la gravedad y, si no hay rozamiento con el aire, cuando vuelve a tocar el suelo, su velocidad es − v0. Si el rebote es elástico, la velocidad tras el rebote es la misma pero cambiada de signo, esto es, de nuevo + v0. Por tanto, justo después del rebote vuelve a estar en y = 0 con velocidad + v0, con lo que el proceso se vuelve a repetir y el movimiento resultante es periódico. El periodo de este movimiento lo da el intervalo entre dos choques sucesivos (despreciando el tiempo de la colisión). El movimiento que sigue la partícula es uniformemente acelerado

La pelota vuelve a tocar el suelo cuando y = 0 de nuevo

Queda relacionar este periodo con el dato del problema que, es la altura inicial. Esto lo podemos hacer a partir de la conservación de la energía mecánica. La energía mecánica inicial es toda mecánica. Justo antes del choque, toda la energía se ha convertido en cinética

Y el periodo del movimiento

Para el caso particular

Este movimiento no es armónico, porque lo que define al movimiento armónico simple es que la aceleración es proporcional a la elongación, y en este caso es constante en cada periodo.

En el cálculo del periodo habría que calcular el tiempo de la colisión, pues una pelota no rebota instantáneamente, sino que requiere un tiempo para comprimirse (durante el cual la energía cinética se almacena como energía potencial elástica) y volverse a dilatar (transformándose la energía de nuevo en cinética, pero ahora con la velocidad opuesta). Suponemos que este tiempo es mucho más pequeño que el que se tarda entre colisiones. 3. La posición de una partícula viene dada por la expresión 𝑥 = 4.00𝑚 𝑐𝑜𝑠(3𝑡 + ), donde x se mide en metro y t en segundos. Determinar (a) la frecuencia y el periodo del movimiento, (b) la amplitud del movimiento, (c) la constante de fase y (d) la posición, velocidad y aceleración de la partícula en el instante t = 0.250 s Comparando 𝑥 = (4.00 𝑚)cos(3.00𝜋𝑡 + 𝜋) con la ecuación 𝑥 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + ∅) tenemos que 𝜔 2𝜋

=

3.00𝜋

𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔

1

1

= 1.5 𝑠𝑒𝑔−1 ó 1.5 𝐻𝑧 y 𝑇 = 𝑓 = 1.5 𝑠𝑒𝑔−1 = 0.66 𝑠𝑒𝑔

a)

𝜔 = 2𝜋𝑓 → 𝑓 =

b) c) d) e)

𝐴 = 4.00 𝑚 ∅ = 𝜋 𝑟𝑎𝑑 𝑥(0.250) = (4.00 𝑚) cos(3.00𝜋(0.250) + 𝜋) = (4.00 𝑚) cos(1.75𝜋) = 2.82 𝑚

2𝜋

4. Una partícula se mueve con movimiento armónico simple, con una frecuencia de 3,00 Hz y una amplitud de 5,00 cm. (a) ¿Cuál es la distancia total recorrida por la partícula en un ciclo completo de su movimiento? (b) ¿Cuál es su rapidez máxima? ¿Dónde la alcanza? (c) Averiguar cuál es la aceleración máxima de la partícula. ¿En qué parte del movimiento se produce la aceleración máxima?

Como parte del origen se utiliza la ecuación 𝑥(𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑡)

a)

𝑟𝑎𝑑

Tenemos que 𝑤 = 2𝜋𝑓 → 𝑤 = 2𝜋(3.00 𝐻𝑧) = 6𝜋 𝑠𝑒𝑔 𝑇=

1 1 1 = = 𝑠𝑒𝑔 𝑓 3.00 𝐻𝑧 3 1

𝜋

1

Luego 𝑥 (𝑡 = 3 𝑠𝑒𝑔 ) = 5 𝑐𝑚 cos [6 𝑠𝑒𝑔 (3 𝑠𝑒𝑔)] 𝑥 (𝑡 =

1 𝑠𝑒𝑔) = 5 𝑐𝑚 cos(2𝜋) = 5 𝑐𝑚 cos(360) = 5 𝑐𝑚 (1) = 5 𝑐𝑚 3

b)

𝑣(𝑡) =

𝑑𝑥 𝑑𝑡

= −𝐴𝑤𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡)

𝑐𝑚 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝐴𝑤 = 5 𝑐𝑚 (6𝜋) = 30𝜋 = 93.25 𝑠𝑒𝑔 𝜋 𝜋 𝑤𝑡 = 3 → 6 𝜋 𝑡 = 3 → 𝑡 = 0.25 𝑠𝑒𝑔 2 2 𝑑𝑥 2 c) 𝑎(𝑡) = 𝑑𝑡 2 = −𝐴𝑤 2 cos(𝑤𝑡) 𝜋 2 𝑎𝑚𝑎𝑥 = 𝐴𝑤 2 = 5 𝑐𝑚 (6 ) = 17.76 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔2 𝑠𝑒𝑔 𝜋 1 Luego 𝑤𝑡 = 𝜋 → 𝑡 = 6𝜋 = 6 𝑠𝑒𝑔 = 0.17 𝑠𝑒𝑔 5. En un motor, un pistón oscila con movimiento armónico simple, de modo que su posición varía de acuerdo a la expresión 𝑥 = (5𝑐𝑚)𝐶𝑜𝑠(2𝜋 + 𝜋⁄6) Donde x viene expresado en centímetros y t en segundos. En el instante t=0, averiguar (a) la posición de la partícula, (b) su velocidad y (c) su aceleración. (d) Averiguar el periodo y la amplitud del movimiento. 𝜋

a)

𝑥 = (5.00 𝑐𝑚)cos(2𝑡 + 𝜋/6), para t = 0, 𝑥 = (5.00 𝑐𝑚) cos ( 6 ) = 4.33 𝑐𝑚

b)

𝑣=

c)

𝑎=

𝑑𝑥

𝑐𝑚

𝑑2 𝑥 𝑑𝑡 2

= −𝐴𝜔2 cos(𝜔𝑡 + 𝜋) = −(20.0 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔2 ) cos(2𝑡 + 𝜋), 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 0

𝑎 = − (20.0 d)

𝜋

= −𝐴𝜔𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜋) = − (10.0 𝑠𝑒𝑔) 𝑠𝑒𝑛 (2𝑡 + 6 ) 𝑐𝑚 𝑐𝑚 = − (10.0 ) 𝑠𝑒𝑛(30), 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 0, 𝑣 = −5.00 𝑠𝑒𝑔 𝑠𝑒𝑔 𝑑𝑡

𝑐𝑚 ) cos(30) = 17.3 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔2 𝑠𝑒𝑔2

𝐴 = 5.00 𝑐𝑚 𝑦 𝑇 =

2𝜋 𝜔

=

2𝜋 2

= 3.14 𝑠𝑒𝑔

6. Un resorte se estira 3,90 cm cuando un objeto de 10,0g cuelga de él en reposo. Si este objeto es reemplazado por un objeto de 25,0g, al que se coloca en movimiento armónico simple, calcular el periodo del movimiento. Datos: X= 3,90cm o 0,039m; m1= 10 g o 0,01Kg; w=0,098N Ecuaciones: 𝑇 =

2𝜋 𝜔

=

2𝜋 1

𝑚

√𝐾

m2= 25g o 0,025Kg T=?

K=0,098N/0,039m= 2.51N/m

𝑇=

2𝜋 1

√

0,025𝐾𝑔 2.51𝑁/𝑚

= 0.62 𝑠𝑒𝑔

El periodo es de 0.62 segundos.

7. Una partícula que se mueve a lo largo del eje x con movimiento armónico simple comienza a partir de su posición de equilibrio, el origen, t=0 y se mueve hacia la derecha. La amplitud de su movimiento es 2,00cm y la frecuencia es 1,50 Hz. (a) Demostrar que la posición de la partícula viene dada por 𝑥 = (2,00𝑐𝑚)𝑆𝑒𝑛(3𝜋𝑡) Determinar (b) la rapidez máxima y el primer instante (t>0) en el que la partícula alcanza esa rapidez, (c) la aceleración máxima y el primer instante (t>0) en el que la partícula alcanza esa aceleración, y (d) la distancia total recorrida entre t=0 y t=1s. a) Para t = 0, x = 0 y v es positiva (se mueve hacia la derecha). Por consiguiente, la situación correspondiente es 𝑥 = 𝐴𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 y 𝑣 = 𝑣𝑖 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡. Siendo la f = 1.5 Hz, entonces 𝜔 = 2𝜋𝑓 = 2𝜋(1.50 𝐻𝑧) = 3.00 𝜋. También, 𝐴 = 2.00 𝑐𝑚, por lo tanto, 𝑥 = (2.00𝑐𝑚)𝑠𝑒𝑛(3.00𝜋𝑡). b)

𝑐𝑚

La partícula tiene esta velocidad a t = 0 y luego 𝑡 = c)

𝑐𝑚

𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝑣𝑖 = 𝐴𝜔 = (2.00𝑐𝑚)(3.00𝜋) = 6.00𝜋 𝑠𝑒𝑔 = 18.8 𝑠𝑒𝑔 𝑇 2

1

= 3 𝑠𝑒𝑔. 𝑐𝑚

𝑎𝑚𝑎𝑥 = 𝐴𝜔2 = 2.00𝑐𝑚(3.00 𝜋)2 = 18.0 𝜋 2 𝑠𝑒𝑔2 = 177.6 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔2 3

Este valor positivo para la aceleración máxima ocurre si 𝑡 = 4 𝑇 = 0.500 𝑠𝑒𝑔 2

Si 𝑇 = 3 𝑠𝑒𝑔 𝑦 𝐴 = 2.00 𝑐𝑚, la partícula viajará 8.00 cm en este tiempo. De aquí que , en 3

1.00 𝑠𝑒𝑔 = (2 𝑇), la partícula viajará 8.00 𝑐𝑚 + 4.00 𝑐𝑚 = 12.0 𝑐𝑚

8. Un oscilador armónico simple tarda 12 s en realizar cinco vibraciones completas. Averiguar (a) el periodo de su movimiento, (b) la frecuencia en Hertz y (c) la frecuencia angular en radianes por segundo. 𝑡

12.0 𝑠𝑒𝑔

1

1

a)

𝑇 = 𝑛 = 5 𝑣𝑖𝑏𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 = 2.4 𝑠𝑒𝑔.

b)

𝑓 = 𝑇 = 2.4 𝑠𝑒𝑔 = 0.41 𝐻𝑧

c)

𝜔 = 2𝜋𝑓 = 2𝜋(0.41 𝐻𝑧) = 2.57 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔

9. Un objeto de 7,00kg cuelga del extremo inferior de un resorte vertical sujeto aun travesaño. Se hace vibrar al objeto mediante oscilaciones verticales con un periodo de 2,60 s. Averiguar cuál es la constante de fuerza del resorte. 1

𝑚

𝑇 = 𝑓 = 2𝜋√ 𝑘 , Despejando k se tiene, 𝑘 =

4𝜋 2 𝑚 𝑇2

=

4𝜋 2 (7.00 𝑘𝑔) (2.60 𝑠𝑒𝑔)2

𝑁

= 40.8 𝑚

10. La posición inicial y la rapidez inicial de un objeto en movimiento armónico simple son xi, vi y ai; la frecuencia angular de la oscilación es 𝜔. (a) Demostrar que la posición y velocidad del objeto en cualquier momento se puede expresar como 𝑣𝑖 𝑥(𝑡) = 𝑥𝑖 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + ( ) 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝜔 𝑣(𝑡) = −𝑥𝑖 𝜔𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 + 𝑣𝑖 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (b) Si la amplitud del movimiento es A, demostrar que 𝑣 2 − 𝑎𝑥 = 𝑣𝑖 2 − 𝑎𝑖 𝑥𝑖 = 𝜔2 𝐴2 Como es un movimiento armónico simple, partimos de una de sus ecuaciones fundamentales, la ley de Hooke 𝐹 = −𝑘𝑥 𝑚

→

𝑚𝑎 = −𝑘𝑥

𝑑2 𝑥 𝑑2𝑥 𝑘 = −𝑘𝑥 → + 𝑥=0 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 𝑚

Resolvemos la ecuación diferencial homogénea de segundo orden 𝜆2 +

𝑘 𝑘 𝑘 = 0 → 𝜆2 = − → 𝜆=√ 𝑖 𝑚 𝑚 𝑚

Como 𝜆 dio un número imaginario, la solución correspondiente sería

𝑥(𝑡) = 𝑒 0 (𝐶1 cos (√

𝑘 𝑘 𝑘 𝑡) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛 (√ 𝑡)) 𝑦 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑤 = √ 𝑚 𝑚 𝑚

Por tanto la ecuación nos queda 𝑥(𝑡) = 𝐶1 cos(𝑤𝑡) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡)

(1)

Y derivando la distancia obtenemos la velocidad 𝑣(𝑡) = −𝐶1 𝑤sen(wt) + 𝐶2 𝑤𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑡) (2) Ahora evaluando en t=0 obtenemos los valores de las constantes 𝑥(0) = 𝐶1 cos(𝑤0) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝑤0) → 𝑥𝑖 = 𝐶1 𝑣(0) = −𝐶1 𝑤sen(wt) + 𝐶2 𝑤𝑐𝑜𝑠(𝑤0) → 𝑣𝑖 = 𝐶2 𝑤 𝐶1 = 𝑥𝑖

𝑦

𝐶2 =

𝑣𝑖 𝑤

Por lo tanto la posición y la velocidad en cualquier instante se encuentran expresadas por las ecuaciones 𝑥(𝑡) = 𝑥𝑖 cos(𝑤𝑡) +

𝑣𝑖 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡) 𝑤

𝑣(𝑡) = −𝑥𝑖 𝑤sen(wt) + 𝑣𝑖 𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑡)

b) Para comprobar 𝑣 2 − 𝑎𝑥 = 𝑣𝑖 2 − 𝑎𝑖 𝑥𝑖 = 𝜔2 𝐴2 hay dos formas, la primera es tomar 𝑣𝑖 2 − 𝑎𝑖 𝑥𝑖 = 𝜔2 𝐴2 y comprobar Utilizaremos los valores que nos dieron las variables 𝑣𝑖 𝑦 𝑥𝑖 además derivamos la velocidad de la ecuación (2) para hallar aceleración y la evaluamos en t=0 para obtener 𝑎𝑖 𝑎(𝑡) = −𝐶1 𝑤 2 cos(𝑤𝑡) − 𝐶2 𝑤 2 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡) → 𝑎(0) = −𝐶1 𝑤 2 cos(𝑤0) − 𝐶2 𝑤 2 𝑠𝑒𝑛(𝑤0) 𝑎𝑖 = −𝐶1 𝑤 2 Reemplazando 𝐶2 2 𝑤 2 — 𝐶1 𝑤 2 𝐶1 = 𝜔2 𝐴2 𝑤 2 (𝐶2 2 + 𝐶1 2 ) = 𝜔2 𝐴2

𝑎𝑑𝑒𝑚á𝑠 𝐴 = √𝐶1 2 + 𝐶2 2

𝜔2 𝐴2 = 𝜔2 𝐴2 La otra forma de comprobar es tomar 𝑣 2 − 𝑎𝑥 = 𝜔2 𝐴2 utilizando las ecuaciones (1), (2) y la aceleración anterior

(−𝐶1 𝑤sen(wt) + 𝐶2 𝑤𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑡))

2 2

− (−𝐶1 𝑤 2 cos(𝑤𝑡) − 𝐶2 𝑤 2 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡)) (𝑥𝑖 cos(𝑤𝑡) +

𝑣𝑖 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡)) 𝑤

= 𝜔2 𝐴2

𝐶12 𝜔2 𝑠𝑒𝑛2 𝜔𝑡 − 2𝐶1 𝐶2 𝜔𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 𝐶22 𝑐𝑜𝑠 2 𝜔𝑡 + 𝐶12 𝜔2 𝑐𝑜𝑠 2 𝜔𝑡 + 2𝐶1 𝐶2 𝜔𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 + 𝐶22 𝑠𝑒𝑛2 𝜔𝑡 = 𝜔2 𝐴2 𝜔2 𝑠𝑒𝑛2 𝜔𝑡(𝐶12 + 𝐶22 ) + 𝜔2 𝑐𝑜𝑠 2 𝜔𝑡(𝐶12 + 𝐶22 ) = 𝜔2 𝐴2 𝜔2 𝐴2 (𝑠𝑒𝑛2 𝜔𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝜔𝑡) = 𝜔2 𝐴2 𝜔2 𝐴2 = 𝜔2 𝐴2 11. Un objeto de 0,500kg, unido a un resorte que tiene una constante de fuerza de 8,00N/m, vibra con un movimiento armónico simple de amplitud igual a 10,0cm. Calcular (a) el valor máximo de su rapidez y aceleración, (b) la rapidez y aceleración cuando el objeto está a 6,00cm de la posición de equilibrio y (c) el tiempo que necesita el objeto para desplazarse desde x=0 hasta x=8,00cm. a)

𝑘

8.00 𝑁/𝑚

𝜔 = √𝑚 = √ 0.500 𝑘𝑔 = 4.00 𝐻𝑧, por lo tanto, la posición está dada por

𝑥 = 10.0𝑠𝑒𝑛(4.00𝑡)𝑐𝑚 De esto tenemos que 𝑣 = 40.0 cos(4.00𝑡) 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔, 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 40.0 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔 𝑐𝑚 𝑎 = −160𝑠𝑒𝑛(4.00𝑡) ,𝑎 = 160 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔2 𝑠𝑒𝑔2 𝑚𝑎𝑥 1 𝑥 b) 𝑡 = (4.00 𝑠𝑒𝑔−1 ) 𝑠𝑒𝑛−1 (10.0) , 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑥 = 6.00 𝑐𝑚, entonces se reemplaza x en la 6.00 𝑐𝑚

expresión, 𝑡 = (0.25 𝑠𝑒𝑔)𝑠𝑒𝑛−1 (10.0 𝑐𝑚) = 0.161 𝑠𝑒𝑔 Por lo tanto, tenemos 𝑐𝑚 𝑣 = 40.0𝑐𝑜 𝑠[4.00(0.161)] = 32.0 𝑠𝑒𝑔 𝑎 = −160𝑠𝑒𝑛[4.00(0.161)] = −96.0 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔2 1 𝑥 c) Usando 𝑡 = (4.00 𝑠𝑒𝑔−1 ) 𝑠𝑒𝑛−1 (10.0), donde x = 0 y t = 0, por lo tanto, 𝑥 = 8.00 𝑐𝑚, 𝑡 = 0.232 𝑠𝑒𝑔 Por consiguiente, ∆𝑡 = 0.232 𝑠𝑒𝑔 12. El movimiento de un pistón en un motor de gasolina es un movimiento armónico simple. Si los extremos de su desplazamiento con relación a su punto central están situados a ± 5,00 cm, averiguar la velocidad y aceleración máximas del pistón cuando el motor está funcionando a una relación de 3600 revoluciones por minuto.

𝑥(𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 , 𝐴 = 0.05 𝑚, 𝑣(𝑡) = −𝐴𝜔𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡, 𝑎 = −𝐴𝜔2 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 𝑟𝑒𝑣𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑆𝑖 𝑓 = 3600 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 = 60𝐻𝑧, Entonces 𝜔 = 120𝜋𝑠𝑒𝑔−1 𝑚

𝑚

𝑣𝑚𝑎𝑥 = 0.05(120𝜋) 𝑠𝑒𝑔 = 18.8 𝑠𝑒𝑔 ; 𝑎𝑚𝑎𝑥 = 0.05(120𝜋)2 m/seg2= 7.11 km/seg2 13. Después de un salto escalofriante, los aficionados a saltar desde un puente quedan rebotando libremente, colgados de la cuerda elástica durante muchos ciclos (figura 1). Para averiguar la masa de cada personas, utilizamos un factor que se puede determinar resolviendo el siguiente problema: si un objeto de masa m oscila libremente colgando de un resorte vertical con un periodo T (figura 2) y un objeto de masa desconocida m’ colgado del mismo resorte oscila con un periodo T’ determinar (a) la constante de fuerza y (b) la masa desconocida.

𝑘 2𝜋 𝜔=√ = 𝑚 𝑇 a)

𝑘 = 𝜔2 𝑚 =

4𝜋 2 𝑚 𝑇2

, b) 𝑚′ =

𝑘(𝑇 ′ ) 4𝜋 2

2

𝑇′

2

= 𝑚 (𝑇)

15. Durante una prueba de seguridad, se hace chocar un automóvil con una masa de 1000kg contra un muro de ladrillos. La defensa del coche se comporta como un resorte de constante 5,00 × 106 𝑁/𝑚 y se comprime 3,16 cm a medida que el coche alcanza la posición de reposo. ¿Cuál era la rapidez del coche en el momento del impacto, suponiendo que la energía mecánica del coche permanece constante durante el impacto con el muro? 1 1 𝑘 5.00 ∗6 𝑚𝑣 2 = 𝑘𝑥 2 : 𝑣 = 𝑥√ = (3.16 ∗ 10−2 )√( ) = 2.23 𝑚/𝑠𝑒𝑔 2 2 𝑚 103 16. Un bloque de masa desconocida está unido a un resorte que tiene una constante de fuerza de 6,50𝑁/𝑚 y se somete a un movimiento armonico simple

con una amplitud de 10,0 cm. Cuando el bloque esta a mitad de camino entre su posición de equilibrio y el punto extremo, se miede su rapidez, que resulta ser de 30,0 cm/s. Calcular (a) la masa del bloque, (b) el periodo del movimiento y (c) la aceleración máxima del bloque. 1

1

1

0 + 2 𝑘𝐴2 = 2 𝑚𝑣 2 + 2 𝑘𝑥 2

(a) (𝐾 + 𝑈)𝑖 = (𝐾 + 𝑈)𝑓

1 𝑁 1 𝑚 1 𝑁 (6.50 ) (0.1𝑚)2 = 𝑚(0.3 )2 + (6.5 )(5.00 ∗ 10−2 𝑚)2 2 𝑚 2 𝑠 2 𝑚 𝑚 2

1

32.5𝑚𝐽 = 2 𝑚 (0.3 𝑠 ) + 8.12𝑚𝐽 𝑘

𝑚=

6.50 𝑁/𝑚

(b) 𝑤 = √𝑚 = √ 0.542 𝑘𝑔 = 3.46 𝑟𝑎𝑑/𝑠 (c)

𝑎𝑚𝑎𝑥 = 𝐴𝑤 2 = 0.1𝑚 (3.46

𝑟𝑎𝑑 2 ) 𝑠

2(24.4𝑚𝐽) 𝑚2

9.0∗10−2 2 𝑠

∴𝑇=

2𝜋 𝑤

= 0.542𝑘𝑔

2𝜋 𝑟𝑎𝑑

= 3.46 𝑟𝑎𝑑/𝑠 = 1.81 𝑠

= 1.20 𝑚/𝑠 2

17. Un bloque de 200g está unido a un resorte horizontal y se somete a un movimiento armónico simple sobre una superficie sin rozamiento con un periodo de 0,250s. Si la energía total del sistema es 200J, averiguar (a) la constante de fuerza del resorte y (b) la amplitud del movimiento. 𝑚 = 200 𝑔, 𝑇 = 0.250 𝑠𝑒𝑔, 𝐸 = 2.00 𝐽; 𝜔 =

2𝜋 2𝜋 = = 25.1 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 𝑇 0.250 𝑠𝑒𝑔

𝑟𝑎𝑑 2

a)

𝑘 = 𝑚𝑣 2 = 0.200 𝑘𝑔 (25.1 𝑠𝑒𝑔 ) = 126 𝑁/𝑚

b)

𝐸=

𝑘𝐴2 2

⟹ 𝐴 = √2𝐸/𝑘 = √2(2.00)/126 = 0.178 𝑚

18. Un sistema resorte-bloque oscila con una amplitud de 3,50 cm. Si la constante de fuerza es 250N/m y la masa es de 0,500 kg, determinar (a) la energía mecánica del sistema, (b) la rapidez máxima del bloque y (c) la aceleración máxima. a) b) 𝑣𝑚𝑎𝑥 c)

𝐸=

𝑘𝐴2 2

=

𝑁 𝑚

250 (3.50∗10−2 𝑚2 ) 2

= 0.153 𝐽

𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝐴𝜔 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝜔 = √𝑘/𝑚 = √250/0.500 = 22.4 𝑠𝑒𝑔−1 , 𝑝𝑜𝑟𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜, 𝑚 = 0.784 𝑠𝑒𝑔 𝑎𝑚𝑎𝑥 = 𝐴𝜔2 = 3.50 ∗ 10−2 𝑚 (22.4 𝑠𝑒𝑔−1 ) = 17.5 𝑚/𝑠𝑒𝑔2

19. Un bloque de 50,0 g conectado a un resorte con una constante de fuerza de 35,0N/m oscila sobre una superficie horizontal, sin rozamiento, con una amplitud de 4,00 cm. Averiguar (a) la energía total del sistema y (b) la rapidez del bloque

cuando el desplazamiento es 1,00 cm. Calcular (c) la energía cinética y (d) la energía potencial cuando el desplazamiento es 3,00 cm. 1

1

𝑁

a)

𝐸 = 2 𝑘𝐴2 = 2 (35.0 𝑚) (4.00 ∗ 10−2 𝑚) = 28.0 𝑚𝐽

b)

|𝑣| = 𝑤√𝐴2 − 𝑥 2 = √ √𝐴2 − 𝑥 2 𝑚

𝑘

|𝑣| = √35.0/50.0 ∗ 10−3 √(4.00 ∗ 10−2 )2 − (1.00 ∗ 10−2 )2 = 1.02 𝑚/𝑠𝑒𝑔 c) d)

1

1

1

1

𝑚𝑣 2 = 2 𝑘𝐴2 − 2 𝑘𝑥 2 = 2 (35.0)[(4.00 ∗ 10−2 )2 − (1.00 ∗ 10−2 )2 ] = 12.2 𝑚𝐽 2 1 2

1

𝑘𝑥 2 = 𝐸 − 2 𝑚𝑣 2 = 15.8 𝑚𝐽

20. Un bloque de 2,00 kg unido a un resorte está colocado sobre una superficie horizontal uniforme. Se necesita una fuerza horizontal de 20,0N para mantener el bloque en reposo cuando se jala 0,200 m desde su posición de equilibrio. Ahora, desde este punto, se libera el bloque desde el reposo y entonces se comienza a experimentar un movimiento armónico simple. Averiguar (a) la constante de fuerza del resorte, (b) la frecuencia de las oscilaciones y (c) la rapidez máxima del bloque. ¿Dónde se alcanza esta rapidez máxima? (d) Calcular la aceleración máxima del bloque. ¿Dónde se alcanza? (e) Calcular la energía total del sistema oscilante. Calcular (f) la rapidez y (g) la aceleración cuando la posición sea igual a un tercio de su valor máximo. |𝐹|

20.0𝑁

𝑁

a)

𝑘=

b)

𝜔 = √𝑚 = √50.0

c)

𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝜔𝐴 = √50.0(0.200) = 1.41 𝑠𝑒𝑔 para t = 0.

d) e)

𝑎𝑚𝑎𝑥 = 𝜔2 𝐴 = 50.0(0.200) = 10.0 /𝑠𝑒𝑔2 , para x = ± A 1 1 𝐸 = 2 𝑘𝐴2 = 2 (100)(0.200)2 = 2.00 𝐽

f)

|𝑣| = 𝜔√𝐴2 − 𝑥 2 = √50.0√ (0.200)2 = 1.33 𝑚/𝑠𝑒𝑔 9

g)

|𝑎| = 𝜔2 𝑥 = 50.0 (

𝑥

= 0.200𝑚 = 100 𝑚 𝑘

𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔

𝜔

ó 𝑓 = 2𝜋 = 1.13 𝐻𝑧 𝑚

8

0.200

) = 3.33 𝑚/𝑠𝑒𝑔2

3

21. Una partícula ejecuta un movimiento armónico simple con una amplitud de 3,00 cm. ¿En qué posición alcanza su rapidez un valor equivalente a la mitad de la rapidez máxima? 𝑣 2 + 𝜔2 𝑥 2 = 𝜔2 𝐴2 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝜔𝐴 y 𝑣 =

𝜔𝐴 2

𝜔𝐴 2

así que (

2

) + 𝜔2 𝑥 2 = 𝜔2 𝐴2

3

De esto se tiene que 𝑥 2 = 4 𝐴2 y 𝑥 =

√3 𝐴 2

= ±2.60 𝑐𝑚 donde 𝐴 = 3.00 𝑐𝑚

22. Un “péndulo secundario” pasan por su posición de equilibrio una vez por segundo (el periodo del péndulo es de 2,00 segundos). La longitud de un péndulo secundario situado en Tokio es de 0.9927 m, mientras que en Cambridge, Inglaterra, otro péndulo del mismo periodo tiene una longitud de 0,9942 m. ¿Cuál es el cociente entre los valores de la aceleración de caída libre en esos dos lugares? El período en Tokio es 𝑇𝑇 = 2𝜋√𝐿𝑇 /𝑔𝑇 y el período en Cambridge es 𝑇𝐶 = 2𝜋√𝐿𝐶 /𝑔𝐶 Sabemos que 𝑇𝑇 = 𝑇𝐶 = 2.00 𝑠𝑒𝑔, por lo cual vemos que

𝐿𝑇 𝑔𝐶

𝐿

= 𝑔𝐶 o 𝐶

𝑔𝐶 𝑔𝑇

𝐿

0.9942

= 𝐿𝐶 = 0.9927 = 𝑇

1.0015 23. Un péndulo simple tiene una masa de 0,250kg y una longitud de un metro. Se le desplaza hasta un ángulo de 15º y en seguida se libera. ¿Cuáles son (a) la rapidez máxima, (b) la aceleración angular máxima y (c) la fuerza de recuperación máxima?

𝐴 = 𝑟𝜃 = 1 𝑚15°

𝜋 ° = 0.262 𝑚 180

𝑚 𝑔 √9.8 𝑠𝑒𝑔2 𝜔=√ = 𝐿 1𝑚 = 3.13 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2 𝑟𝑎𝑑

a)

𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝐴𝑤 = 0.262 𝑚 (3.13 𝑠𝑒𝑔2 ) = 0.820 𝑚/𝑠𝑒𝑔

b)

𝑎𝑚𝑎𝑥 = 𝐴𝑤 2 = 0.262 𝑚 (3.13 𝑠𝑒𝑔2 ) = 2.57 𝑠𝑒𝑔

𝑟𝑎𝑑 2

𝑎𝑡𝑎𝑛 = 𝑟𝛼 , ∝= c)

𝑎𝑡𝑎𝑛 𝑟

=

𝑚 𝑠𝑒𝑔2

2.57

1𝑚

𝑚

= 2.57 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2 𝑚

𝐹 = 𝑚𝑎 = 0.25 𝑘𝑔 (2.57 𝑠𝑒𝑔2 ) = 0.641 𝑁

Más precisamente, 1 𝑚 a) 𝑚𝑔ℎ = 2 𝑚𝑣 2 y ℎ = 𝐿(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) ∴ 𝑣𝑚𝑎𝑥 = √2𝑔𝐿(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 0.817 𝑠𝑒𝑔 b)

𝐼 ∝= 𝑚𝑔𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃

∝𝑚𝑎𝑥 = c)

𝑚𝑔𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑔 𝑟𝑎𝑑 = 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑖 = 2.54 2 𝑚𝐿 𝐿 𝑠𝑒𝑔2

𝐹𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃𝑖 = (0.250)(9.80)(𝑠𝑒𝑛 15°) = 0.634 𝑁

24. La posición angular de un péndulo simple viene representada por la expresión 𝜃 = (0,320𝑟𝑎𝑑)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡, donde 𝜃 viene expresado en radianes y 𝜔 = 4,43𝑟𝑎𝑑/𝑠. Determinar el periodo y la longitud del péndulo. 𝑤=

2𝜋 𝑇 𝑔

𝑤 = √𝐿

𝑇= 𝑔

2𝜋 𝑤

2𝜋

= 4.43 = 1.42 𝑠 9.80

𝐿 = 𝑤2 = (4.43)2 = 0.499 𝑚

25. Una partícula de masa m se desliza sin rozamiento dentro de un recipiente de forma semiesférica de radio R. Demostrar que, si comienza su movimiento a partir del reposo con un pequeño desplazamiento con respecto a la posición de equilibrio, la partícula se mueve con un movimiento armónico simple de frecuencia angular equivalente a la de un péndulo simple de longitud R (es decir, 𝜔 = √𝑔/𝑅). Con respecto al dibujo tenemos 𝑥

𝐹 = −𝑚𝑔 sin 𝜃 y tan 𝜃 = 𝑅 Para pequeños desplazamientos, tan 𝜃 ≈ sin 𝜃 Entonces 𝐹 = −

𝑚𝑔 𝑅

𝑥 = −𝑘𝑥

Ya que la fuerza de restitución es proporcional al desplazamiento desde el equilibrio, el movimiento es armónico simple. 𝑘

𝑔

Comparando con 𝐹 = −𝑚𝑤 2 𝑥 tenemos 𝑤 = √𝑚 = √𝑅

26. Una varilla rígida muy ligera con una longitud de 0.500 m, se extiende desde un extremo de una regleta de medir. La regleta está suspendida de un pivote situado en uno de sus extremos y se le hace oscilar. a) Determinar el periodo de la oscilación. b) ¿En qué porcentaje difiere del periodo de un péndulo simple de 1.00 m de largo y la misma masa?

a)

Teorema del eje paralelo 𝐼 = 𝐼𝐶𝑀 + 𝑀𝑑2 =

1 1 13 𝑀𝐿2 + 𝑀𝑑 2 = 𝑀(1.00𝑚)2 + 𝑀(1.00 𝑚)2 = 𝑀 ( 𝑚2 ) 12 12 12

𝑀(13𝑚2 )

𝐼

𝑇 = 2𝜋√𝑀𝑔𝑑 = 2𝜋√12𝑀𝑔(1.00) = 2𝜋√

13𝑚 𝑚 ) 𝑠𝑒𝑔2

12(9.80

= 2.09 𝑠𝑒𝑔

b) Para el péndulo simple, se tiene que 1.00𝑚 𝑚 𝑇 = 2𝜋√ 9.80 2 = 2.01 𝑠𝑒𝑔 𝑠𝑒𝑔 𝐷𝑖𝑓𝑖𝑒𝑟𝑒 =

2.09 𝑠𝑒𝑔 − 2.01 𝑠𝑒𝑔 = 4.08% 2.01𝑠𝑒𝑔

28. Demostrar que el régimen de cambio de la energía mecánica en un oscilador 𝑑𝐸 amortiguado no forzado viene dada por 𝑑𝑡 = −𝑏𝑣 2 y es, por tanto, siempre negativa. (Sugerencia: Obtener la derivada de la expresión de la energía mecánica de un oscilador, 1 1 𝐸 = 2 𝑚𝑣 2 + 2 𝑘𝑥 2 , y luego utilizar la ecuación 12.28). 1

1

La energía total 𝐸 = 2 𝑚𝑣 2 + 2 𝑘𝑥 2 𝑑𝐸

𝑑2 𝑥

Derivando con respecto al tiempo, tenemos 𝑑𝑡 = 𝑚𝑣 𝑑𝑡 2 + 𝑘𝑥𝑣 Usando la ecuación 12.28:

𝑚𝑑2 𝑥 𝑑𝑡 2

𝑑𝐸 = 𝑣( – 𝑘𝑥 − 𝑏𝑣) + 𝑘𝑥𝑣 𝑑𝑡 𝑑𝐸

Por lo tanto, 𝑑𝑡 = −𝑏𝑣 2 < 0

= −𝑘𝑥 − 𝑏𝑣

29. Se suelta un péndulo con una longitud de 1.00 m desde un ángulo inicial de 15°. Después de 1000 segundos su amplitud sea reducida, a causa del rozamiento, hasta 5.50°. ¿Cuál es el valor de b/2m? 𝜃𝑖 = 15 °

𝜃(𝑡 = 100) = 5.5000𝐵0 𝑏𝑡

𝑥=

𝑏(100) 𝑥100 𝐴𝑒 −2𝑚 5.50 = = = 𝑒 − 2𝑚 𝑥𝑖 𝐴 15.0

𝑏𝑡 𝐴𝑒 −2𝑚

5.50 𝑏(100) 𝑏 ln ( ) = −1.00 = − ∴ = 1.00 ∗ 10−3 𝑠𝑒𝑔−1 15.0 2𝑚 2𝑚

30. Demostrar que la ecuación 12.29 es una solución de la ecuación 12.28 siempre que b2