Oscilaciones y Ondas FINN

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EJERCICIOS CAPITULO 12 MOVIMIENTO OSCILATORIO DE 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 0,5revseg

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.

SoluciónDatos: Radio= Amplitud = 30 cm

ω=0,5revsega) El periodo de oscilación de la sombra es:

T=2 πω

T= 2 π

0,5∗2 πradseg

T=2 sgb) La frecuencia de la sombra es:

T=1f

f = 12 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).

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Un oscilador armónico simple está descrito por la ecuación x (t)=4 Sen (0.1 t+0.5 )

Donde todos las cantidades se expresan en MKS.Encuentre:

a. Amplitud, periodo, frecuencia y la fase inicial del movimientob. Velocidad y aceleración del movimientoc. Condiciones inicialesd. La posición, velocidad y aceleración para t=5 se. Hacer el gráfico de la posición, velocidad y aceleración en función del tiempo.

SoluciónPor 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=4 mFrecuencia Angular: ω=0.1 rad / sFase Inicial: φ = 0.5 radPeriodo:

T=2 πω

T=2 π0,1

seg

T=20 π seg

Frecuencia: f =1T

f = 120 π

seg

b) Velocidad y aceleración del movimiento

V ( t )=dxdt

=0.4 cos (0.1 t+0.5 ) a (t )=d2 xd t 2 =−0.04 Sen (0.1 t+0.5 )

c) Condiciones iniciales cuando t=0,

x0=x ( t=0 )=4 Sen (0.5 )=1.92 mv0=v ( t=0 )=4 cos (0.5 )=0.351 m/ s

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

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

x (t=5 )=4 Sen (1 )=3.37 mv (t=5 )=4 cos (1 )=0.216 m / s

a (t=5 )=−0.04 Sen (1 )=−3.37 x 10−2 m /s2

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

GRAFICA DE DESPLAZAMIENTO CONTRA TIEMPO

GRAFICA DE VELOCIDAD CONTRA TIEMPO

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GRAFICA ACELERACION CONTRA TIEMPO


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

una velocidad de 2ms

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

E k=12

m v2

E k=12

mω2[ A2−x2]

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

12

m ω2 [ A2−x2 ]=12

m v2

ω=2

ms

10−3 m

ω=2000radseg

Así la el periodo es:

T=2 πω

T= 2 π

2000radseg

T=π ¿10−3 seg

Y la frecuencia:

f = 1T

f =103

πseg

La ecuación que exprese su desplazamiento en función del tiempo es:X ( t )=10−3 sen(2000 t +α )

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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.

SoluciónDatos

A=2∗10−3m, m=10−3 kg , a=8,0∗103 m

s2 , x=1,2 mm

La aceleración de la partícula es:a=−ω2 x

ω2=−ax

; ω=2 πf

Así la frecuencia se puede calcular,

f 2= −a

(2π )2 x

f 2=−8,0∗103 m

s2

(2π )2(−2∗10−3 m)

f =√ 106

(π )2H z2

f =√ 106

(π )2H z2

f =103

πHz

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

E k=12

m v2

E k=12

mω2[ A2−x2]

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

12

m ω2 A2=12

m v2

(2 πf )2 A2=v2

v=2 πfA

v=2 π ( 103

πHz)2∗10−3 m

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v=4ms

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

12

m ω2 [ A2−x2 ]=12

m v2

(2πf )2 [ A2−x2 ]=v2

v=2 πf √ [ A2−x2 ]

v=2 π ( 103

πHz)√ [(2∗10−3)2−(1,2¿10−3)2 ] m

v=3,2ms

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

F=−m ω2 xF=(10¿¿−3)(2∗103 )2 x¿

F=4∗103 x [ N ]

F=−m Aω2 sen (ωt+α )F=−(10¿¿−3)(−2∗10−3 ) (2∗103 )2 sen ( ωt+α ) [N ]¿

F=8 sen (2∗103t +α )[N ]


Una partícula se mueve con movimiento armónico simple con una amplitud de 1.5 my frecuencia 100 ciclos por segundo ¿Cuál es su frecuencia angular? Calcular su velocidad, aceleración y su fase cuando su desplazamiento es de 0.75m.

Solución

La frecuencia angular es,ω=2 π f

ω=2 π (100 Hz )ω=200 π Hz

La velocidad se puede calcular a través de la energía cinética, 12

m ω2 [ A2−x2 ]=12

m v2

(2 πf )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 HzLa aceleración se puede calcular como sigue,

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a=−ω2 xa=−(200 π Hz )2(−0,75 m)

a=3∗104 πms

La fase inicial se puede calcular como sigue, para la condiciones iniciales (t=0=),x=A sen(wt+α)

xA

=sen (α )

α=sen−1( xA )

α=sen−1( 0,751,5 )

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 ---- 0.08mT = 4 seg.La frecuencia angular es,

ω=2 πT

ω= 2 π4 seg

ω=π2

radseg

La velocidad después de t=0,5, es:v=A ωcos (ωt+α )

v=0,08π2

cos( π2

(0,5 )+ π2 )

v=2,8 π∗10−2 ms

La aceleración después de t=0,5, es:a=−A ω2cos (ωt+α )

a=0,08( π2 )

2

sen ( π2

(0,5 )+ π2 )

a=1,4 π2∗10−2 ms

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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 KgPeriodo (T): 0.15 SAmplitud (A): 10cm: 0.1MPo: 0.05 M

SOLUCIÓNA)

F= 1T

F= 10.15 seg

=6.666 Hz

B)ω=2 π f

w= 2 ( π) (6.666 Hz)= 41.88 hz

C)a=−ω ² x

a=−41.882∙ 0.05 seg

a=87.69m

s2

D)

E k=12

mω2[ A2 – X2]

E k=12(0.5 Kg)(41.88

rads

)2

¿

E k=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

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A=1,5 m F=15 osc /min

ω=2 π fω=2 HYPERLINK http://es.wikipedia.org/wiki/%CE%A0¿"Π" (15 {osc} over {min} )( {1 min} over {60 seg}

ω=π2

radseg

La fuerza de fricción esF f =μ f N

Para que la plancha no resbale se debe cumplir F=F f

ma=μmg

μ= ag

Para obtener el valor mínimo del coeficiente de refracción tenemos

μ= Aω2

g

μ=(1.5 m)( π

2radseg )

2

9,8ms2

μ=0.377


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=60 kg ; x=0.3 cm= 3x10-3m

a) Calculo de la constante de elasticidad (K) de los muelles del auto.F=−kx=−m2 g

-kx

560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg560 Kg

-kx

(M1+M2)g

500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg500 Kg

M1g

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k=m2 g

x=60 kg×9.8 m / s2

3 ×10−3 mk=196 ×103 N /m

b) Periodo de vibración del auto vacío.

kx=m1ω2 x; m1=500kg

ω=√ km

=√ 196× 103 N /m500 kg

=19.79898987rad

s≈19.8

rads

P=2 πω

= 2 π

19.8rad

s

=0.317 s

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

m1+m2=560 kg

ω=√ km1+m2

=√ 196×103 N /m560kg

=18.70829rads

≈ 18.71rad

s

P=2 πω

= 2 π

18.7rad

s

=0.336 s


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) gDonde 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) xVemos que la fuerza es de tipo elástico con una constante elástica: k = bcρ0gEl periodo de las oscilaciones será:

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T=2 πω

=2 π √ mk

=2 π √ abcρbcρ 0 g

=2π √( ρρ 0 )( a

g )


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

Parte a)

x=A senw0t

x=A senw0t

Pero senw0t=0

Entonces x=0

Parte b)

x2=A2 sen2 w0 t

x2=A2 sen2 w0 t

Pero sen2 w0 t= 1T∫0

T

sen2w0t dt= 1T∫0

T [ 1−cos2 w0 t

2 ]dt

sen2 w0 t= 1T∫0

T12

dt−¿ 1T∫

0

T [ cos2 w0t

2 ]dt ¿

Entonces sen2 w0 t= 1T [ 1

2 ]T=12

x2=12

A2

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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=2 π √ Lg=3 seg

Si su longitud aumenta un 60%, su nueva longitud es:L'=L+0,6 L

Luego.

T '=2 π √ L 'g

=2 π √ 1.6 Lg

=√1.6 2 π √ Lg

T '=√1.6 (3 s )=3.79 s

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

T ' '=2 π √ L' 'g

=2π √ 0.4 Lg

=√0.4 2 π √ Lg

T ' '=√0.4 (3 s )=1.89 s

EJERCICIO 12.20 libro de ondas de Alonso FinnEl 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 segundosg =9.81 m/s2

T2 = 2π √ L+0.001 Lg

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T2 = 2π √ 1.001 Lg

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?

24 horas x 3600 segundos1 hora

=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 =0.001mg=9,75 m/s2.

T1 = 2π√ L/g T1 = 2 segundosg =9.81 m/s2

T1 = 2π √ 0.0019.80

=0,06346975 segundos T2 = 2π√ 0.001 L

9.75=0,063632291 segundos

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

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T2-T1 = 0,001625411126 segundos

Regla de 3:

0,063632291 0,001625411126 segundos 1440metros X

X= 3,6mt

L= 1mm =0.001mg=9,75 m/s2.T1 = 2 segundosT2

L= T2 g4 π 2

L= (2)2 g

4 π2

L= 4 (9,75)

4 π 2

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) 10ºb) 30º

Solución

a) Para 10º

P= (2 π √ Lg )[1+ 1

4sin( 1

2θo)

2

+ 964

sin (12

θo)4

…]

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P=(2 π √ Lg )[1+ 1

4sin( 1

210)

2

+ 964

sin (12

10)4]

P=(2 π √ Lg ) [1+1.899 × 10−3+8.114 ×10−6 ]

b) Para 30º

P=(2 π √ Lg )[1+ 1

4sin( 1

230)

2

+ 964

sin (12

30)4]

P= (2 π √ Lg ) [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

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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 Ik=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)g h

P(h)= 2π √ ½ R2+h2/gh

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A. Debemos igualar la fórmula de péndulo compuesto con péndulo simple para despejar L

Donde péndulo simple

P= 2 π √ Lg

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

( 2 π √ 1/2(R2+h2)gh

) =2 π √ Lg

( 2 π √ 1/2(R2+h2)gh

)2 = (2 π √ Lg

)2

4π2( 1/2(R2+h2)gh

) =4π2 Lg

1/2(R2+h2)gh

= Lg

1/2(R2+h2)h

= Lgg

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

dpdh

=2 π √ R2

2+h2

gh

Derivada de R2

2+h2

gh

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= [ R2

2+h2]

'

[ gh ]−[R2

2+h2] [gh] '

[gh]2

= 2h [ gh ]−[ R2

2+h2][g+h]

[gh ]2

= 2 gh2−[ R2

2 g−g h2 ]

g2h2

dpdh

=[ 22 √ R2

2+h

2

gh ][2 gh2−R2

2 g−

gh2

g2h2 ]El valor de h para el cual el periodo es un mínimo es h = R/√ 2C. 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( 3 R2

2 )g( R

√2 )

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P(h)= 2 π √ ( 3 R2

4 )g ( R

√2 )

P(h)= 2 π √ 3 R2√24 gR

P(h)= 2 π √ 3 R√24 g

P(h)= 2 π √ (√2 R )g

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

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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=

L2

+h

2= L+2 h

4

Luego calculamos el momento de inercia con la siguiente ecuación.

I=13mL2+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=2 π √ Ibgm

Donde:b=centro de masa.g=gravedadm=masaReemplazando el centro de masa y el momento de inercia se obtiene que:

P=2 π √ [ L2

3+h2]m

L+2 h4

mg

Simplificando:

P=4 π √ L2+h2

3 ( L+2h ) gb). No hay ningún valor.

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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=0.08mb2= la profundidad del objeto en este caso 12cm=0.12mComo en el ejercicio nos piden encontrar la constante K=Kappa, Utilizamos la siguiente ecuación que relaciona el momento de inercia con la constante.

K=(2 π )2 I

T 2

Donde:T 2 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+b2

12) /T 2]

Reemplazando valores tenemos que:

K=(2 π )2[0.3 kg ( 0.08 m2+0.12 m2

12)/2.42]

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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=2 sen (ωt+ π3

)

x₂=3 sen (ωt+ π2)

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=A ₁ sen(ωt+δ ₁)x₂=A ₂ sen(ωt+δ ₂)

Con resultante x=A sen (ωt+δ )

Donde:A=( A ₁ ²+ A ₂²+2 A ₁ A ₂ cosα )0.5

α=δ ₂−δ ₁y

tan δ=¿ A ₁ sen δ ₁+ A ₂ senδ ₂A ₁cos δ ₁+ A ₂cos δ ₂

¿

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

α=δ ₂−δ ₁=π2−π

3=π

6

A=( A1 2+A22+2 A1 A2 cosα )0.5

24 de 49

A=(22+32+2.2 .3 cosπ6 )

0.5

A=4.73

tan δ=¿ A ₁ sen δ ₁+ A ₂ senδ ₂A ₁ cos δ ₁+ A ₂cos δ ₂

¿

tan δ=¿ 2 sen π /3+3 sen π /22 cos π /3+3 cosπ /2

¿

tan δ=¿4.732¿

δ=1.36 rad

Luego:x=A sen (ωt+δ )

x=A cos (ωt+ π2−δ)

x=4.732cos (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.

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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 .

SoluciónDatos: 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=θ0 e−γt

1e−γt =

θ0

θ

eγt=θ0

θ

γt=ln (θ0

θ)

26 de 49

γ=1t

ln (θ0

θ)

γ= 102 seg

ln ( 2°1.5°

)

γ=1,43 s−1


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

2 γ 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= 12 γ

τ= 1

2λ

2m¿

¿

τ= mFv¿

¿

τ=m∗vF¿¿

τ=[ Kg]∗[m /s ]

[ Kg∗ms2 ]

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

A´ (t )=A e−γt

A´ ( 12 γ )=A e

−γ 12 γ

A´ ( 12 γ )=A e

−12

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A´ ( 12 γ )=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 )=A e−γt

A2

=A e−γt

12=e−γt

−12 τ

t=ln (1/2 )

−t=2 τ 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 )=A e−γt

A´ (1,38 τ )= A2

A´ (2∗1,38 τ )= A4

A´ (3∗1,38 τ )= A8

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: d2 xd t 2 +w0

2 x=(F0

m)(cos w f t)

x=[ F0

m (w02−w f

2 ) ]cosw f t

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dxdt

=−F0 w f cosw f t

m(w02−w f

2)

d2 xd t 2 =

−F0 w f2cos w f t

m(w02−w f

2)

Reemplazando en la ecuaciòn inicial: d2 xd t 2 +w0

2 x=(F0

m)(cos w f t)

(−F0 wf2 cosw f t

m (w02−wf

2 ) )+w02( F0cos w f t

m (w02−wf

2 ))=(F0

m)(cos wf t )

Reorganizando términos:

(w02 F0 cosw f t

m (w02−wf

2 ) )−( F0 w f2 cosw f t

m (w02−w f

2 ) )=(F0

m)(cos w f t)

Sacando factor común :

( F0cos wf t

m )[( (w02−w f

2)(w0

2−w f2) )]=(

F0

m)(cosw f t)

Y se cumple con la igualdad llegando la demostración:

( F0cos wf t

m )=( F0

m )( cosw f t )


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

Senθ

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

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t= √ 2 La

Para descender del plano y entonces:

t= √ 2 La

T= 4 t

T= 4 (√ 2 La

¿

T= 4 (√ 2( hSenθ

)

gCosθ¿

T= 4 (√ 4 ( hg)

2 Senθ Cosθ¿

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

T= 4x2 (√ ( hg)

Sen2θ¿

T= 8 (√ ( hg)

Sen2θ¿

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.

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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

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32 de 49

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=2 π √ 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=2 π √ 2 R2

gr

P=2 π √ 2 Rg

P= (6.28 ) √ 2(O .1)(9.8)

P=0.89 segundos

b.

L=k2/ b

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

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

si se agregan 0.220kg 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

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EJERCICIO 17Un 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 18Sobre una pista de aire horizontal sin fricción, un deslizador oscila en el extremo de un resorte ideal, cuya constante de fuerza 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

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Energía en el movimiento armónico simple

EJERCICIO 19Una 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.

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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

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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 pieza alrededor del eje y la suelta, cronometrando 125 oscilaciones en 265 s. ¿Cuánto vale el momento de inercia buscado?

Solución

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El péndulo simpleEJERCICIO 25En San Francisco un edificio tiene aditamentos ligeros que consisten en bombillas pequeñas de 2.35kg 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 harán tales aditamentos?

Solución

EJERCICIO 26Un 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 filo de navaja horizontal como se muestra en la figura.

El centro de gravedad de la biela se encontró por balanceo y está a 0.200m 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.

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Solución

EJERCICIO 28Dos 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 oscilaciones pequeñas. ¿Cuál tarda más tiempo en una oscilación?

Solución

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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= 2π /4 W= π /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= - (π /2)(0m) = 0 m/ s2

a= 0 m/ s2

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

b) La velocidad y aceleración en los extremos del segmento. En los extremos v=0

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a= - w2 x a= - (π /2)2 (0,1 m) a= - (π 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 trayectoriaF= - k x Si x = 0 F = 0

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

w =√k /mw2 =k/mk= w2 m

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

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

A= 8 cm= 0,8mW= π /2

X=A Sen( Wt)

(0,8m)= (0,8m) Sen((π /2 ) t(0,8m)/(0,8m) =Sen((π /2 ) t1=Sen((π /2 ) tSen-1 (1) / (π /2 ) = t (π /2 ) / (π /2 ) = tt= 1 segundo

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

A=10 cm= 0,1m

X=A Sen( Wt)

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

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

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EJERCICIOS DE OSCILACIONES AMORTIGUADAS Y FORZADASEJERCICIO 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 10 2 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=0,200mA’ =0,185 m

q=2 πE∆ E

∆ E=( 2 πq ) E

E=? ΔE=? q=?

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

E=12

K A2

Si A=0,200m

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E=12

K A2

E=12

(3,1 x 102 )¿ = 6,2 Julios

Si A’ =0,185 m

E=12

K A2

E '=12

(3,1 x 102 )¿

∆ 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 kgK= 200 N/mλ=1 kg /sf0 =2Nwf = 10 rad/st=0 x=0x(t)=? t =1 ,10 ,100 , 1000

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w0=√ km

w0=√ 200 N /m1kg

= 14,142

2 γ= λm

γ= λ2m

γ=(1kg /s )2(1 kg)

=0,5 segundos−1

LA ECUACION DIFERENCIAL E.D

d2 xd t 2 +2 γ

dxdt

=(F0

m)(cosw f t+δ)

SOLUCION A LA ECUACION DIFERENCIAL E.D

X=A Sen (w f t−δ)

Entonces:

A=

F0

m(w1

2−w02)2+4 γ 2+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)(1kg)

(9987.9236)+(1)+(100)

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A=

(2 N)(1kg)

(9987.9236)+(1)+(100)

A=1.9823 x 10−4

A=0.000198237

δ=tan−1(w f2−w0

2

2 γ w f)

δ=tan−1( (10 )2−(14,14 )2

2 (0,5 ) (10 ) )

δ= tan−1(−99.939610 )

δ= tan−1(−9.99396)

δ=−1.47106

3. Demuestre por sustitución directa que las funciones:X1 = A1 Sen (w1 t +α1 ) yX2 = A1 Sen (w1 t +α1 )

Para un oscilador acoplado son soluciones de las ecuaciones de movimiento

d2 xd t 2 +

k 2+k

mx2=( k

m) x1

Siempre que:

w1=√ k 1

m1

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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”.

46 de 49

M = 500gK = 50 N/mB = 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=8.66radseg

w0=√ Km

w0=√ (50)(0,5)

w0=√100

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w0=10radseg


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 = ?


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dxdt

=v=A e−Bt (−B ) Sen (wt+δ )+ A e−Bt ( w ) cos (wt +δ )

dxdt

=v=−AB e−Bt Sen (wt+δ )+ Aw e−Bt cos ( wt+δ )

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

v=−AB e−Bt Sen (wt+δ )+ Aw e−Bt cos (wt+δ )0=−AB e−Bt Sen (wt+δ )+ Aw e−Bt cos (wt+δ )

0=−A (5 ) e−(5 )( 0) Sen((8,6radseg ) (0 seg)+δ)+A (8,6

radseg

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

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

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

0=−5 A Sen (δ )+8,6 A cos ( δ )

0=A (−5 Sen (δ )+8,6 cos (δ ))

0=−5Sen (δ )+8,6 cos (δ )

5 Sen ( δ )=8,6 cos (δ )

Sen (δ )cos (δ )

=8,65

tan(δ)=8,65

δ=tan−1( 8,65 )

δ=1,04 rad

Como ya encontramos delta reemplazamos :


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

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(0,003 metros) = A(1) Sen ((0 )+ δ )

(0,003 metros) = A Sen ((0 )+ δ )

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

A= 0,003Sen(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 )

Oscilaciones y Ondas FINN

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