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7/25/2019 Resueltos6.pdf

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TEMA 6MOVIMIENTO OSCILATORIO

CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCIN DE LOS PROBLEMAS

Ten bien presente la diferencia entre dos clases de cantidades: las que representan

propiedades fsicas bsicas del sistema y las que describen lo que ocurre cuando el sistemase pone en movimiento de una forma especfica. Las propiedades fsicas incluyen la masa m,la constante de fuerza k y las cantidades derivadas de ellas, como el perodo T, lafrecuencia y la frecuencia angular =2. En algunos problemas, m o k o ambos puedendeterminarse a partir de otros datos del sistema. Las cantidades que describen unmovimiento en particular incluyen la amplitud A, la velocidad mxima vmx, el ngulo de fasey la posicin, velocidad o aceleracin en un instante dado.

Si necesitas informacin detallada sobre posiciones, velocidades y aceleraciones endiversos instantes tendrs que usar las ecuaciones:

x=Acos(t+)v=-Asen(t+)a=-2Acos(t+)

Si la posicin y velocidad iniciales, x0 y v0 son conocidas, se puede determinar elngulo de fase y la amplitud a partir de las ecuaciones:

=

0

0

x

varctg

2

202

0v

xA

+=

Dichas ecuaciones se obtienen de las anteriores teniendo en cuenta que para t=0 x=x0v=v0.

Si el cuerpo tiene un desplazamiento inicial x0pero v0=0 la amplitud es A=x0 y elngulo de fase es =0; si el cuerpo tiene una velocidad inicial pero no un desplazamiento

inicial, entonces

= 0v

A y2

= (ten cuidado en expresar la fase inicial en radianes).

La ecuacin para la energa ctekA2

1kx

2

1mv

2

1E 222 ==+= es una relacin

alternativa muy til entre la velocidad y la posicin, sobre todo cuando tambin se pidenenergas. Si el problema implica una relacin entre la posicin, la velocidad y la aceleracinsin referencia al tiempo, suele ser ms fcil usar la ecuacin F=ma=-kx (segunda ley deNewton) o la ecuacin de conservacin de la energa que acabamos de poner, que usar laexpresin general para x, v y a en funcin de t. Dado que en la ecuacin de la energaintervienen x2 y v2 no podrs conocer el signo de x ni de v, y debers deducirlo de lasituacin. Por ejemplo, si el cuerpo se mueve desde la posicin de equilibrio al punto dedesplazamiento positivo mximo, x y v sern positivas.

A menudo encontrars problemas en los que se pide demostrar que un tipo demovimiento es armnico simple. Puedes demostrarlo a travs de dos mtodos: aplicando la

segunda ley de Newton (F=ma) o mediante la conservacin de la energa. En ambos casos alo que debes llegar es a una ecuacin del tipo:


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ctexxxx0xx 22 ===+

donde hemos puesto la variable x, pero puede aparecer la variable y, z, ,... En la ecuacindebemos tener la misma variable sin derivar y derivada dos veces respecto del tiempo, y loque acompaa a la variable sin derivar tiene que ser una constante (la frecuencia angular

del movimiento elevada al cuadrado). Como ya hemos explicado en teora, la aceleracin x yel desplazamiento x tienen sentidos opuesto y sus mdulos son proporcionales.

En el caso en que apliques la segunda ley de Newton, conviene tener presentesiempre la condicin de equilibrio (F=0), ya que a veces aparece en la ecuacin delmovimiento y sta puede simplificarse.

Si optas por la conservacin de la energa debers plantear la energa del sistemaen un momento cualquiera (genrico, no particular). En dicha ecuacin, dado que aparecerla energa cintica, tendrs velocidades. A continuacin, como la energa total es constante,su derivada respecto del tiempo ser nula. Deriva la ecuacin respecto del tiempo

e igulalaa cero. Los trminos de velocidades se transformarn en trminos de aceleraciones y latransformacin de la ecuacin obtenida te llevar a la solucin.

Oscilaciones amortiguadas

Cuando te enfrentes a un problema de oscilaciones amortiguadas no debes olvidarque hay tres tipos de amortiguamiento, por lo que si el enunciado no lo especifica, debersdeterminar antes de nada a qu tipo de amortiguamiento se refiere cada problema.Determina pues 0 y , compralos y cntrate slo en el tipo de amortiguamiento quetengas. A continuacin nicamente tendrs que aplicar las ecuaciones correspondientes.

En algunos casos te darn las amplitudes correspondientes a distintos ciclos(consecutivos o no). Siempre que el movimiento sea subamortiguado puedes definir unaamplitud: A=A0e-t

Puedes aplicar esta ecuacin a los instantes en que te dice el enunciado y hacer elcociente de las ecuaciones obtenidas. Ten en cuenta que el tiempo transcurrido entre dososcilaciones consecutivas es igual a un perodo. Al hacer el cociente de las expresiones sete simplificar la constante A0 y podrs relacionar las amplitudes de los ciclos con elparmetro de amortiguamiento y el perodo.

Oscilaciones forzadas

En el caso de las oscilaciones forzadas no debes olvidar que a menudo vienenacompaadas del fenmeno del amortiguamiento, de modo que no debers olvidar lo dichoen el apartado anterior. En general se tratar siempre de movimiento subamortiguado, porser el ms sencillo de los tres. En contra de lo que pueda parecer, estos problemas son losms sencillos de todos, ya que normalmente no tendrs ms que leer bien el enunciado paraidentificar cada uno de los datos y aplicar las ecuaciones correspondientes. No obstante, spuede ocurrir que sean largos.


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Oscilaciones acopladas

Los problemas de oscilaciones acopladas se pueden resolver de modo anlogo a comohiciste los problemas de movimiento armnico simple. Asla el sistema en la posicin deequilibrio y fuera de ella, y transforma la ecuacin hasta que puedas llegar a una del tipo:

0xx 2 =+

A partir de esta ecuacin podrs determinar la frecuencia de la oscilacin sinninguna dificultad. Tendrs que revisar el tema correspondiente a Dinmica de lapartcula de modo que puedas hacer correctamente el diagrama de slido libre.


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3. - El desplazamiento en funcin del tiempo de una masa de 1 . 5 kg en un

resorte est dado por la ecuacin:

x(t)=7. 40cos(4. 1 6t- 2. 42)

estando x en cm y t en s. Calcula: a) el tiempo que tarda una vibracin completa; b)

la constante de fuerza del resorte; c) la velocidad mxima de la masa; d) la fuerza

mxima que acta sobre la masa; e) la posicin, velocidad y aceleracin de la masa en

t=1 s, y la fuerza que acta sobre la masa en ese momento.

a) El tiempo que tarda el sistema en efectuar una vibracin completa es el perodo.Por comparacin con la ecuacin de un movimiento vibratorio tenemos:

x(t)=7.40cos(4.16t-2.42)=Acos(t-0)Por tanto:

s51.116.4

22T

T

2s/rad16.4 =

=

=

==

b) De la frecuencia angular del sistema:T=1.51 s

m/N96.255.116.4mkmk 22 ====

c) Como tenemos la ecuacin de la posicin, derivando obtenemos la velocidad:k=25.96 N/m

)42.2t16.4(sen784.30)42.2t16.4(sen16.440.7dt

dxv ===

Vemos que el valor de la velocidad depende del valor del seno. Obviamente lavelocidad ser mxima cuando el seno adquiera su valor mximo, es decir, la unidad:

v=vmxsen(4.16t-2.42)=1 vmx=-30.784sen(4.16t-2.42)=-30.784 cm/s=-0.308 m/s

d) La fuerza de acuerdo con la segunda ley de Newton es:

vmx=-0.308 m/s

F=maPor tanto puesto que la masa es constante la fuerza ser mxima cuando la

aceleracin sea mxima. El valor de la aceleracin es:

)42.2t16.4cos(06.128)42.2t16.4cos(16.440.7dt

dva 2 ===

Igual que en el caso de la velocidad, la aceleracin depende del valor del coseno,luego ser mxima cuando el coseno adquiera su valor mximo, es decir, la unidad:

a=amxcos(4.16t-2.42)=1 amx=-128.06cos(4.16t-2.42)=-128.06 cm/s2=-1.281 m/s2

Y la fuerza mxima:Fmx=mamx=1.5 1.281=1.92 N

e) Ahora para t=1 s tendremos, en el Sistema Internacional:Fmx=1.92 N

x(t)=0.074cos(4.16t-2.42)=0.074cos(4.16 1-2.42)=-0.0125 m

v=-0.308sen(4.16t-2.42)=-0.308sen(4.16 1-2.42)=-0.303 m/sx=-0.0125 m

a=-1.281cos(4.16t-2.42)=-1.281(4.16 1-2.42)=-0.216 m/s2v=-0.303 m/s

Y la fuerza de la segunda ley de Newton:a=-0.216 m/s2

F=ma=1.5 0.216=0.323 NF=0.323 N


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4. - Con un cierto muelle, colgado de sus extremos, se hacen las siguientes

observaciones: 1 ) al colgar de su extremo libre un cuerpo de 500 g su longitud inicial

aumenta 1 5 cm; 2 ) al colgar de dicho extremo un cuerpo de 2 kg y separarlo 20 cm

de su posicin de equilibrio inicial (que naturalmente corresponde a un determinado

alargamiento del muelle) el sistema efecta un m. a. s. Calcular: a) el perodo de

oscilacin del citado movimiento armnico; b) la velocidad mxima alcanzada por el

cuerpo; c) la aceleracin mxima; d) la velocidad y aceleracin del cuerpo cuando se

encuentra a la mitad del camino entre la posicin inicial y una de sus posiciones

extremas; e) el tiempo necesario para alcanzar el citado punto partiendo de su

posicin inicial.

a) En primer lugar vamos a determinar la constante del resorte. Para ellosabemos que cuando colgamos un peso de 500g la longitud aumenta en 15 cm.Hacemos el diagrama de slido libre y tendremos que como el sistema est enequilibrio:

FY=0 ky0-mg=0 m/N67.3215.08.95.0

y

mg

k 0 =

== Ahora vamos con la segunda de las observaciones. Tenemos un cuerpo de 2

kg, lo colgamos de este mismo resorte y lo desplazamos 20 cm de su posicin deequilibrio, dejndolo oscilar. El sistema realiza un m. a. s., luego la frecuencia natural de laoscilacin ser:

s55.167.3222

kM2t

Mk

T2

Mk

0 ====

=

b) Puesto que realiza un m. a. s. la ecuacin de la posicin en funcin del tiempo serdel tipo:

T=1.55 s

y=Asen(0t+0)siendo la frecuencia natural de la oscilacin:

s/rad04.4267.32

Mk

0 ===

Tenemos la condicin de que para t=0 y=ymx=A=20 cm=0.2 m:

y=Asen(0t+0) A=Asen0sen0=1 20

=

Nos queda pues:

( )t04.4cos20.02

t04.4sen20.0)t(Aseny 00 =

+=+=

La velocidad es la derivada de la posicin respecto del tiempo:

( ) ( )t04.4sen808.0t04.4sen04.420.0dydyv ===

La velocidad ser mxima (en mdulo, el signo slo indica el sentido) cuando el nicotrmino variable de su expresin, el seno, adquiera su valor mximo, que es la unidad:

v=vmxsen(4.04t)=1 vmx=0.808 m/s

c) Del mismo modo, la aceleracin es la derivada de la velocidad respecto deltiempo:

vmx=0.808 m/s

( ) ( )t04.4cos27.3t04.4cos04.4808.0dy

dva ===


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La aceleracin tambin ser mxima (en mdulo, el signo como hemos dicho indica elsentido) cuando el trmino variable, ahora el coseno, adquiera su valor mximo, que tambines la unidad:

a=amxcos(4.04t)=1 amx=3.27 m/s2

d) Si la particula se encuentra a mitad camino entre la posicin inicial y una de susposiciones extremas tendremos que:

amx=3.27 m/s2

y=0.10 m y=0.20cos(4.04t) 0.10=0.20cos(4.04t) cos(4.04t)=0.5Y el seno:

( ) ( ) 866.05.01t04.4cos1t04.4sen 22 === Sustituyendo tendremos que la velocidad vale:

v=-0.808sen(4.04t)=-0.808 0.866=-0.70 m/s

Y la aceleracin:v=-0.70 m/s

a=-3.27cos(4.04t)=-3.27 0.5=1.635 m/s2

e) Y para el tiempo tenemos en cuenta que:a=1.635 m/s2

cos(4.04t)=0.5 4.04t=1.047 rad t=0.259 s

t=0.259 s

5. - El sistema mostrado en la figura (visto desde arriba)

consta de una ma sa m= 200 g unida a un muelle (k= 1 kN/m) que

puede estirarse a lo largo de la gua en la que est contenido.

Todo el sistema descansa en una plataforma horizontal capaz de

girar. Se considera despreciable el rozamiento de la masa con la

plataforma y con las parede s de la gua. La longitud en reposo

del muelle es l

0

=35 cm.

A continuacin se imprime una velocidad angular

constante a la plataforma

giratoria, lo que produce que el muelle se estire una cierta cantidad.

a) Realiza el diagrama del cuerpo libre de la masa en la situacin en la que la

plataforma est en reposo; b) realiza el diagrama del cuerpo libre de la masa cuando

la plataforma est girando con velocidad angular

. Cul es la aceleracin de la masa

en esta situacin? c) Determina el estiramiento del muelle cuando

=6 r .p . s .

A continuacin se desplaza la masa m una cantidad adicional x a lo largo de la

gua. d) Teniendo en cuenta la expresin de la aceleracin absoluta de una partcula:

a= a

0

+ xOP+ x(xOP)+2xv

re l

+ a

rel

disctase el movimiento absoluto ulterior de la masa, considerando el posible

movimiento relativo de dicha masa y el movimiento del sistema en el que est

contenida. e) Determina el valor del periodo de las oscilaciones de este sistema

cuando

=6 r. p. s.

a) Tomamos el plano XY como el plano del movimiento, siendo el eje X el quecoincide con la direccin de la ranura y el eje Y perpendicular a l. Por ltimo, el ejeZ ser el perpendicular al plano del movimiento.

Si la plataforma est en reposo, slo actuarn el peso, vertical y hacia abajo,

y la normal que ejerce la base de la plataforma, vertical y hacia arriba. Estas dosfuerzas se encontrarn en el eje Z.


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b) Si la plataforma gira con velocidad angular constante, el resorte se estira yalcanza una posicin en la que se mantiene en reposo respecto de la plataforma, de modoque gira con ella. Llamemosloa lo que se ha estirado el muelle respecto de su longitud enreposo.

En cuanto a las fuerzas, hacemos el diagrama del cuerpo

libre, donde debemos considerar slo lo que ocurre en el plano XY,ya que el eje Z se mantiene siempre como en el apartado a). Puestoque el resorte est estirado, ejercer una fuerza en la direccindel mismo (contraria al estiramiento) que por la ley de Hooke

valdr kl0, siendo l0el alargamiento del resorte en esta situacin.En cuanto a las aceleraciones, puesto que la velocidad angular es constante,

tenemos slo una aceleracin de la masa normal o centrpeta, que tiene la direccin delradio de curvatura (eje X) y apunta hacia el centro de curvatura. El valor de estaaceleracin es:

c) La velocidad angular es:

Aplicamos la segunda ley de Newton y tendremos:FX=maXkl0=mankl0=m2R

donde el radio de curvatura ser la longitud natural del resorte ms su alargamiento:R=l0+l0

Sustituyendo todo:kl0=m2R kl0=m2(l0+l0) 1000l0=0.2 37.6992(0.35+l0) l0=0.140 m

d) Al desplazar la masa una cantidad x en la direccin de la gua, se va a produciruna oscilacin en esta direccin. Este movimiento se superpone a la rotacin de laplataforma, que es un sistema de referencia en rotacin. La aceleracin total de la masa noser slo la aceleracin relativa de la masa al moverse (oscilacin) en la gua, sino quedebemos tener en cuenta el movimiento del sistema de referencia que contiene la masa (lagua o plataforma). En este movimiento tendremos entonces:

l0=0.140 m

a=a0+xOP+x(xOP)+2xvrel+arelEl centro de la plataforma est en reposo luego a0=0, y como la plataforma gira con

velocidad angular constante, =0. Nos queda por tanto:

a=a0+

xOP+x(xOP)+2

xvrel+arel=-2

OP+2

xvrel+arelSi desplazamos la partcula hacia la derecha una cantidad a mayores x el vector deposicin respecto de O ser:

OP=(lequil+x)idonde lequil=l0+l0.

La velocidad relativa es la derivada de la posicin relativa, y la aceleracin relativaes la derivada de la velocidad relativa. El movimiento relativo es el que tendra la partculasi el sistema de referencia (plataforma) no girase. En este caso, sera un movimiento a lolargo de la gua (eje X), luego slo tendra componente en la direccin horizontal, y sera:

)ll(RR

va 00

222

n +===

)ll(a:NORMALNACELERACI 002n +=

s/rad699.37rev1

rad2

s

rev6

s

rev6 =

==

iivrel xdt

dx==

iiva relrel xdtxd

dtd ===


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La velocidad angular es =k, por lo que:

As:

) =+++=++= ijiavOPa relrel xx2xl2 equil22 ) ji x2xlx equil2 ++ ) jia x2xlx equil2 ++=

e) Debemos analizar en este caso el movimiento de lapartcula, para lo cual debemos hacer el anlisis dinmico y obtenerla ecuacin diferencial del movimiento. El diagrama del cuerpo libreen la situacin de equilibrio cuando la plataforma gira con velocidadangular ya lo tenamos. Aplicamos la segunda ley de Newton en la

direccin del eje x:FX=maXkl0=mankl0=m2(l0+l0)

Ahora desplazamos el bloque una cantidad x respecto deesa posicin y nos queda:FX=maX ( ) )xlxmxlk equil20 +=+

( ) ( )xllxmxlk 002

0 ++=+ De la condicin de equilibrio tenemos:

kl0=m2(l0+l0)Esto nos simplifica la expresin anterior, que se reduce a:

( ) ( ) xmlmlmxmkxlkxllxmxlk 202

02

0002

0 =++=+

( ) 0xmmkx0xmkxm0xmkxxmxmxmkx

2222 =

+=+=+=

Tenemos la ecuacin de un movimiento armnico simple, del tipo 0xx 20 =+ , dondepor comparacin obtenemos:

s105.0699.372.01000

2.02mkm2T

mmk

T4

mmk

22

2

2

2220 =

=

=

=

=

T=0.105 s

6. - El perodo observado de las pequeas oscilaciones del sistema

representado es 1 . 6 s. Tras colocar un collar de 7 kg encima de la

corredera A, se observa un perodo de 2. 1 s. Hallar: a) la masa de la

corredera A; b) la constante k del muelle.

a) Vamos a ver lo que vale el perodo cuando slo tenemos la corredera.A este perodo de denominaremos T1. Realizamos el diagrama de slido libre dela corredera en la posicin de equilibrio y fuera de esta posicin, suponiendo querealizamos un desplazamiento vertical y hacia arriba. Lgicamente, en la posicinde equilibrio el resorte tiene que estar comprimido una cantidad y0, mientras

que si lo desplazamos hacia arriba una distancia y el resorte estar comprimido unacantidad (y0-y). Los diagramas de slido libre son los que aparecen en la figura, siendo elsentido positivo del eje Y el vertical y hacia arriba. Para la situacin de equilibrio aplicamos

la segunda ley de Newton y nos queda:FY=0 ky0-mAg=0

j

kji

vrel x200x

0022

==


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Y fuera del equilibrio tendremos, haciendo lo mismo:( ) ymgmkykyymgmyykymF AA0AA0AY ===

Tenemos en cuenta la condicin de equilibrio y nos queda:

0ymky0kyymymkyymgmkykyA

AAAA0 =+=+==

Vemos que tenemos la ecuacin de un movimiento armnicosimple del tipo 0yy 201 =+ , de modo que por comparacin:

km2T

mk

T2

mk A

1A

2

1A

201 ==

=

Si ahora aadimos una masa mB=7 kg llegaramosexactamente al mismo resultado pero con la masa total, es decir, elnuevo perodo T2sera:

kmm

2T BA2+

=

Tenemos por tanto dos ecuaciones y dos incgnitas:

km2T A1 =

kmm

2T BA2+

=

Dividiendo la primera entre la segunda:

kg69.9m7m

m1.26.1

mmm

TT

kmm

2

km2

TT

AA

A

BA

A

2

1

BA

A

2

1 =+

=+

=+

=

b) La constante del resorte la obtenemos de cualquiera de las ecuaciones:mA=9.69 kg

m/N38.1496.169.94

Tm4k

km2T 2

2

21

A2

A1 =

=

==

k=149.38 N/m

7. - En la figura el resorte ideal de constante

980 N/m y de longitud natural 1 . 5 m est anclado en

un punto fijo A; la distancia AC es d= 2 m. El cuerpo B

tiene una masa de 1 0 kg y puede moverse sin

rozamiento a lo largo de la varilla horizontal DE. a)

Dejamos el cuerpo en libertad a partir del reposo en el

punto B a una distancia de 0. 25 m de C. Determina la

velocidad cuando pasa por C; b) en qu condiciones el

movimiento es armnico simple? Obtn el perodo del

movimiento en el caso en que lo sea.

a) Podemos aplicar la conservacin de la energa entre las posiciones inicial (cuandose suelta la masa desde el punto B) y final (cuando la masa pasa por el punto C). No

tendremos en cuenta la energa potencial gravitatoria puesto que no vara (no hay variacinde altura). Inicialmente no tenemos energa cintica porque el cuerpo parte del reposo, y


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slo tendremos energa potencial elstica puesto que el resorte est alargado. Cuando lamasa pasa por C tendremos energa potencial elstica, ya que el resorte est alargado, yenerga cintica, ya que por dicho punto el bloque pasar con velocidad mxima. En cuanto alas fuerzas que actan sobre el bloque, estarn la fuerza de recuperacin elstica, lanormal y el peso. El trabajo realizado por la fuerza elstica es la energa potencial elstica,

y la normal y el peso no realizan trabajo porque son perpendiculares al desplazamiento desu punto de aplicacin. As pues, al aplicar el teorema de conservacin de la energatendremos:

2C

2C

2B

2C

2C

2BPeCCCPeBTCTB lkmvlklk2

1mv

2

1lk

2

1EEEEE +=+=+==

( )202C

2

0222

0C2C

20B ldkmvlxdk)ll(kmv)ll(k +=

++=

( )22C2

22 5.12980v105.125.02980 +=

+

b) Vamos a ver qu hay que hacer para conseguir

llegar a la ecuacin correspondiente a un movimientoarmnico simple. Trazamos en primer lugar el diagrama deslido libre del bloque. El movimiento del bloque slo seproduce en el eje X luego podemos poner:

vC=1.24 m/s

0lsenkxmxmlsenkxmFX =+==

0xd

xlxdmkx

22022 =

+

++

Tenemos que llegar a una expresin del tipo 0xx 2 =+ , para lo cual los trminosque acompaan a la x tienen que ser constantes. Esto sucedera si las oscilaciones fuesenmuy pequeas, de modo que si x


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s=Len donde se mide en radianes. Aplicando la segunda leyde Newton a la direccin tangencial:

Ft=mat 22

2

2

dtdLgsen

dtsdmmgsen ==

22

dtdsen

Lg =

Para pequeas oscilaciones sen de modo quequeda:

0Lg

0Lg

dtd

dtd

Lg

dtdsen

Lg

2

2

2

2

2

2=+=+

=

=

Tenemos la ecuacin de un movimiento armnicosimple del tipo 020 =+ donde por comparacin:

g

L2T

L

g

T

4

L

g2

220 ==

=

En la figura del problema vemos que tenemos dos pndulos, uno de longitud L 1=45.3cm y otro de longitud L2=45.3-26.6=18.7 cm. La mitad del perodo lo realiza el pndulo delongitud L1y la otra mitad el de pndulo L2, de modo que el perodo del pndulo del ejercicioes:

s11.18.9

187.0453.0gLL

gL

22

gL

22

2T

2T

T 212121 =+=+

=

+

=+=

T=1.11 s

9. - Una masa de 36 kg se coloca sobre una

superficie sin friccin y entonces se conecta a las paredes

por dos resortes con constantes k

1

=3 N/m y k

2

=4 N/m,

como se muestra en la figura. Cu l es el perodo de

oscilacin de la masa de 36 kg si se desplaza ligeramente

hacia un lado?

Suponemos que en la posicin de equilibrio losdos resortes estn estirados. Obviamente tienen queestar o los dos estirados, o los dos comprimidos o con su

longitud natural, que son las nicas posibilidades queverificaran la condicin de equilibrio (fuerzas en sentidocontrario o ausencia de fuerzas). La solucin a la que sellega es igual en cualquiera de los dos casos. Suponemospor ello aleatoriamente que los resortes estn estirados.Hacemos por tanto los diagramas en la situacin deequilibrio y cuando desplazamos el bloque una cantidad xhacia la derecha. Nos queda por tanto, en la situacin deequilibrio:

FX=0 k2x02-k1x01=0Y fuera del equilibrio:

( ) ( ) xmxxkxxkxmF 011022X =+=


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xmxkxkxkxk 10112022 = Teniendo en cuenta la condicin de equilibrio:xmxkxkxmxkxkxkxk 1210112022 ==

0xmkk

x0xkxkxm 2112 =+

+=++

Tenemos la ecuacin de un movimiento armnico simple del tipo 0xx 20 =+ dondepor comparacin:

mkk

T4

mkk 21

2

2212

0+

=

+

= s24.1443

362kk

m2T21

=+

=+

=

T=14.24 s

1 0. - Determinar el perodo de oscilacin del

objeto de masa m.

Hacemos el diagrama de slido libre del bloque enel equilibrio y fuera del equilibrio. Si no hay rozamiento,

es evidente que en el equilibrio los resortes tienen que estarsin deformar, para que se verifique que el sumatorio defuerzas en la direccin del eje X es nula. Fuera del equilibriotendremos:

xmxkxmF 22X == Tenemos que tener cuidado, ya que el desplazamiento

total del bloque x (cuya segunda derivada es la aceleracin (

x

) no coincide con el alargamiento del resorte que est encontacto con l (x2), ya que el otro resorte tambin sealarga y el desplazamiento total del bloque ser la suma delos dos alargamientos:

x=x1+x2Tenemos que relacionar por tanto x y x2 para

conseguir llegar a la ecuacin de un movimiento armnicosimple donde nos aparezca la misma variable derivada dosveces y sin derivar. Para ello realizamos el diagrama de

slido libre del resorte 2 y tendremos:0xkxkxmF 1122resorteresorteX ==

donde hemos tenido en cuenta que por ser un resorte ideal sumasa es nula. De ah obtenemos:

1

2211122 k

xkx0xkxk ==

Sustituyendo esto en el desplazamiento del bloque:

xkk

kxx

kkk

x1kk

xkxk

xxx21

122

1

212

1

22

1

2221 +

=+

=

+=+=+=

Y sustituyendo en la expresin de la segunda ley de Newton:

( ) 0x

kkmkk

x0xkk

kkxm0xkxmxmxk

21

21

21

122222 =+

+=+

+=+=

Tenemos la ecuacin de un movimiento armnico del tipo 0xx 20 =+ donde, porcomparacin:


14/36

( ) ( )( )

21

21

21

212

2

21

2120 kk

kkm2Tkkm

kkT4

kkmkk +

=+

=

+

=

( )

21

21kkkkm

2T +

=

1 1 . - Un muelle de constante k=200 N/m est

apoya do sobre una superficie horizontal lisa. Su extremo

izquierdo est fijo, mientras que en su extremo derecho

se encuentra una masa m

1

= 1 00 g. S e comunica al muelle

una energa potencial elstica de 40 mJ y se suelta el sistema, con velocidad nula,

realizando un M. A. S. (se supone que no hay a mortiguamiento). a) Determinar la

amplitud o mxima elongacin de la oscilacin; b) escribir la ecuacin del movimiento

x=x(t) tomando el origen de tiempos cuando la partcula se encuentra en su posicin de

mxima elongacin hacia la derecha; c) con el origen de tiempos indicado en b),

determinar el valor de la velocidad y aceleracin (indicar mdulo y sentido) cuando la

partcula pasa por primera vez por la posicin x= - 1 . 5 cm (1 . 5 cm a la izquierda de la

posicin de e quilibrio).

Una masa m

2

=200 g que viaja de derecha

a izquierda colisiona en un choque perfectamente

elstico con la masa m unida al muelle justo

cuando dicha masa m se encuentra en la posicin de equilibrio y desplazndose hacia la

derecha. Determinar: d) la velocidad que debe tener la masa de 200 g para que tras

el choque, tenga una velocidad de 1 m/s hacia la derecha; e) la velocidad que debe

tener la m asa de 200 g para que tras el choque tenga una velocidad de 0. 5 m/s hacia

la derecha; f) en las condiciones del apartado e), cul ser la nueva energa

mecnica total (tras el choque) del sistema masa - muelle? Cul es la nueva amplitud

del movimiento?

a) Como el movimiento es horizontal, tomaremos como nivel de energa potencialgravitatoria nula el de la superficie, de modo que en todo momento slo tendremos energacintica y potencial elstica. En el punto de mxima oscilacin, que es desde donde se sueltael sistema, toda la energa es potencial elstica, luego tendremos:

m02.0AA2002

104.0kA

2

1EEE 22PePeT ====

b) La ecuacin del M. A. S. ser del tipo:A=0.02 m

x=Acos(t+0)donde conocemos ya la amplitud, luego tenemos que determinar la frecuencia angular y eldesfase inicial. El origen de tiempos lo tomamos cuando la elongacin es mxima, luegotendremos:

t=0 x=A A=Acos0cos0=1 0=0Y la frecuencia angular para un sistema masa-muelle:

s/rad72.441.0

200

m

k

1===

Por tanto ya tenemos todo, la ecuacin del movimiento es:x=Acos(t+0)=0.02cos(44.72t)

x=0.02cos(44.72t)


15/36

c) La velocidad ser:

)t72.44(sen8944.0)t72.44(sen72.4402.0dt

dxv ===

Y la aceleracin:

)t72.44cos(40)t72.44cos(72.448944.0

dt

dva ===

Los valores del seno y el coseno los podemos obtener de la posicin:x=0.02cos(44.72t) -0.015=0.02cos(44.72t) cos(44.72t)=-0.75

Y teniendo en cuenta que:

661.075.01)t72.44(cos1)t72.44(sen1)t72.44(cos)t72.44(sen 2222 ====+ Por tanto:

v=-0.8944sen(44.72t)=-0.8944 0.661=-0.592 m/s

El sentido es hacia la izquierda.v=-0.592 m/s

Y la aceleracin:

a=-40cos(44.72t)=-40 (-0.75)=30 m/s2

El sentido es hacia la derecha.

a=30 m/s2

d) Tenemos un choque elstico de dos partculas de masa m 1=0.1 kg y m2=0.2 kg.Podemos determinar la velocidad de la partcula 1 antes del choque, ya que se encuentra enla posicin de equilibrio, y en esa posicin toda la energa mecnica es cintica. As pues:

s/m894.0vv1.02

104.0vm

2

1EEE 1

21

211CCT ====

Puesto que se desplaza hacia la derecha esta velocidad ser positiva. La velocidadde la masa m2antes del choque es la que tenemos que determinar. Y despus del choque, lasvelocidades de las masas sern, respectivamente, v1y v2=1 m/s. Como el choque es elstico

se conservarn tanto el momento lineal como la energa cintica. Tendremos entonces:p=cte pantes=pdespusm1v1+m2v2=m1v1+m2v20.1 0.894-0.2v2=0.1v1+0.2 1

EC=cte ECantes=ECdesps 222211

222

211 'vm2

1'vm

2

1vm

2

1vm

2

1+=+

221

22

2 12.0'v1.0v2.0894.01.0 +=+ Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incgnitas, donde v2 tiene que ser

positiva puesto que ya hemos tenido en cuenta su signo, y por tanto determinaremos ahorasolo su mdulo. Resolvemos el sistema:

0.1 0.894-0.2v2=0.1v1+0.2 1 -0.1106-0.2v2=0.1v121

22

221

22

2 'v1.0v2.012.012.0'v1.0v2.0894.01.0 =++=+

De la primera ecuacin despejamos v1:-0.1106-0.2v2=0.1v1v1=-1.106-2v2Y sustituimos en la segunda:

22

22

21

22 )v2106.1(1.0v2.012.0'v1.0v2.012.0 =+=+

02423.0v4424.0v2.0v4424.0v4.01223.0v2.012.0 2222

22

22 =++++=+

=

=s/m214.1

s/m998.0

2.02

2423.02.044424.04424.0v

2

2

Vemos que las dos soluciones son negativas, luego para obtener esas condiciones lapartcula 2 debera desplazarse hacia la derecha antes del choque.

e) Tendremos todo como antes pero con distintas cifras. Ahora tenemos dospartculas de masa m1=0.1 kg y m2=0.2 kg que tienen antes del choque velocidades v1=0.894

NO ES POSIBLE


16/36

m/s (hacia la derecha) y v2 (hacia la izquierda). Despus del choque las velocidadesrespectivas sern v1y v2=0.5 m/s (hacia la derecha). Se conservarn el momento lineal y laenerga cintica:

p=cte pantes=pdespusm1v1+m2v2=m1v1+m2v20.1 0.894-0.2v2=0.1v1+0.2 0.5

EC=cte ECantes=ECdesps 222211

222

211 'vm

2

1'vm

2

1vm

2

1vm

2

1+=+

221

22

2 5.02.0'v1.0v2.0894.01.0 +=+ Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incgnitas, donde v2tiene que salirnos

positiva puesto que ya hemos tenido en cuenta su signo, y por tanto determinaremos ahorasolo su mdulo. Resolvemos el sistema:

0.1 0.894-0.2v2=0.1v1+0.2 0.5 -0.0106-0.2v2=0.1v121

22

221

22

2 'v1.0v2.00299.05.02.0'v1.0v2.0894.01.0 =++=+ De la primera ecuacin despejamos v1:

-0.0106-0.2v2=0.1v1v1=-0.106-2v2Y sustituimos en la segunda:

22222122 )v2106.0(1.0v2.00299.0'v1.0v2.00299.0 =+=+ 00288.0v0424.0v2.0v0424.0v4.00011236.0v2.00299.0 2

222

22

22 =+++=+

=

+

=s/m5.0

s/m288.0

2.02

0288.02.040424.00424.0v

2

2

Como slo es vlida la solucin positiva:

f) Como el choque se produce en el punto de equilibrio, toda la energa tras elchoque ser cintica:

v2=0.288 m/s

211CT 'vm2

1EE ==

Siendo la velocidad de la partcula 1 tras el choque:v1=-0.106-2v2=-0.106-2 0.288=-0.682 m/s

Por tanto la energa total:

J0233.0682.01.02

1'vm

2

1E 2211T ===

Toda esa energa cintica en la posicin de equilibrio se transforma ntegramenteen energa potencial elstica en el punto de mxima elongacin. En dicho punto por tantotendremos:

ET=0.0233 J

m0152.0AA2002

10233.0kA

2

1EEE 22TPeT ====

A=0.0152 m

1 2. - Una barra uniforme y homognea de

2 kg y 500 mm de longitud est conectada a un

pivote exento de rozamientos situado en B, tal

como se indica en la figura. Si se hace descender

1 5 mm su extremo C y se suelta a partir del

reposo, determinar: a) la ecuacin diferencial del

movimiento para la posicin angular

(t) de la

barra; b) la mxima velocidad del extremo C en

el movimiento vibratorio resultante (Momento de


17/36

Inercia de la barra respecto al centro de masas:

2

ml

1 2

1

I

.

a) Para obtener la ecuacin del movimiento tenemos que trazar el diagrama deslido libre de la barra en el equilibrio y fuera de l, cuando la barra ha girado respecto de

B un ngulo . Realizamos el giro ensentido horario (esto esarbitrario, el mismo giro se puederealizar en antihorario y seobtiene idntico resultado) ytomamos dicho giro como sentidopositivo de momentos. Para lasfuerzas, como el centro de masasdesciende, tomaremos comopositivo el sentido vertical y hacia

abajo. Suponemos adems que en la situacin de equilibrio los resortes estn alargados.

Tendremos por tanto los dos diagramas que aparecen en el grfico.Para la situacin de equilibrio aplicamos la ecuacin de momentos ya que nos piden la

ecuacin diferencial de la posicin angular:MG=0 kAy0A 0.25+RY 0.05-kCy0C 0.25=0

Y ahora aplicamos las mismas ecuaciones fuera del equilibrio:= GG IM

( ) ( ) ( ) =+++ 2CC0CYYAA0A ml121cos25.0yykcos05.0RRcos25.0yyk

Deshacemos los parntesis y tenemos en cuenta adems que para pequeasoscilaciones:

0

cos

1 =++ 2CCC0CYYAAA0A ml12125.0yk25.0yk05.0R05.0R25.0yk25.0yk

De la condicin de equilibrio sabemos que:kAy0A 0.25+RY 0.05-kCy0C 0.25=0

Por tanto eliminando estos trminos que son nulos nos queda:

=++ 2CCC0CYYAAA0A ml12125.0yk25.0yk05.0R05.0R25.0yk25.0yk

=+ 2CCYAA ml12125.0yk05.0R25.0yk

Ahora de los tringulos rectngulos que se forman tenemos:

20.0

y

30.0

y

tgsen AC

== Por tanto:

YC=0.30yA=0.20Sustituyendo:

=+ 2CCYAA ml12125.0yk05.0R25.0yk

=+ 2CYA ml12125.030.0k05.0R25.020.0k

Transponemos trminos y agrupamos:

=+ 2CYA ml12125.030.0k05.0R25.020.0k

025.030.0k05.0R25.020.0kml121 CYA

2 =++


18/36

025.030.050005.0R25.020.08005.02121

Y2 =++

0R05.05.77041667.0 Y=+

Nos falta eliminar RY. Para ello vamos a aplicar la segunda ley de Newton. En elequilibrio:

FY=0 mg-kAy0A-RY-kCy0C=0Y fuera del equilibrio:

( ) ( ) ( ) ymyykRRyykmgymF CC0CYYAA0AY =++= ymykykRRykykmg CCC0CYYAAA0A =+

Eliminamos los trminos de la condicin de equilibrio ya que son nulos:ymykRykymykykRRykykmg CCYAACCC0CYYAAA0A ==+

Y adems tenemos que en el centro de masas:

== 05.0y05.0

ytgsen

Derivando dos veces respecto del tiempo:

===

05.0y05.0y05.0y Por tanto tendremos:

== 05.0230.0500R20.0800ymykRyk YCCYAA

= 10.010RY Sustituimos en la ecuacin de momentos:

( ) 01.01005.05.77041667.00R05.05.77041667.0 Y =+=+ 01650077046667.00005.05.05.77041667.0 =+=+=++

01650 =+ b) Puesto que tenemos una ecuacin del tipo:

02

0 =+

se trata de un movimiento armnico simple de frecuencia angular:s/rad62.4016501650 0

20 ===

Y la ecuacin del movimiento ser:=0sen(0t+0)

Soltamos el extremo C desde la mxima amplitud y desde el reposo, luego tenemos:

t=0 =0=0sen(0t+0) 0=0sen0sen0=1 20

=

Nos queda la ecuacin:

=0sen(0t+0)= tcos2

tsen 0000 =

+

Para obtener la amplitud del movimiento tendremos en cuenta que el extremo Cdesciende 15 mm luego:

y0C=15 mm=0.015 m y0C=0.300 rad05.030.0

015.0

30.0

y C00 ===

Por tanto la ecuacin del movimiento nos queda:=0cos0t=0.05cos(40.62t)

La velocidad ser:

( ) ( )t62.40sen031.2t62.40sen62.4005.0dt

d==

=

Y para el punto C tenamos:

yC=0.30Por tanto derivando respecto del tiempo la velocidad del extremo C es:


19/36

( ) ( )t62.40sen6093.0t62.40sen031.230.030.0dt

dyy CC ====

Esta velocidad depende del valor del seno. Si queremos que esta velocidad seamxima, el seno del ngulo tiene que tomar su valor mximo, que es la unidad:

( ) ( ) s/m6093.0t62.40sen6093.0y1t62.40senyy CmxCmxC ====

s/m6093.0yCmx =

1 3. - Un bloque que pesa 50 N est

suspendido en un plano vertical por tres resortes

segn se indica en la figura. Si se desplaza 1 75 mm

hacia arriba a partir de su posicin de equilibrio y se

suelta con una velocidad hacia a rriba de 3. 75 m/s

cuando t=0, determinar: a) la ecuacin diferencial

que rige el movimiento; b) el perodo y la amplitud de

la vibracin resultante; c) el menor tiempo para

volver a pasa r el bloque por su posicin de equilibrio.

a) El movimiento se produce en el eje vertical,luego slo tendremos en cuenta este eje. Trazaremos el

diagrama de slido libre en el equilibrio yfuera de l. Respecto de la posicin deequilibrio, desplazamos el bloque hacia arribauna distancia y, de modo que tomaremos comodireccin positiva la vertical y hacia arriba.

Suponemos inicialmente que en la situacin deequilibrio los resortes estn alargados.Adems, denominaremos ki a los dos resortesde la izquierda, que son iguales, y kd al de laderecha. Tendremos lo que aparece en losgrficos adjuntos. Para la posicin deequilibrio:

FY=0 kiy0i+kdy0d-mg=0Fuera del equilibrio:

( ) ) ymmgyykyykymF d0dii0iY =+=

Hay que tener en cuenta que si desplazamos el bloque hacia arriba una cantidad y, elresorte de la derecha modifica su elongacin esa misma cantidad y, pero no el resorte de laizquierda, ya que tambin el superior se modifica. Si llamamos y i a la modificacin de losresortes de la izquierda, tendremos que puesto que son iguales se modifican por igual, y eldesplazamiento total del bloque es:

y=2yi2

yyi=

Por tanto hay que tener en cuenta esto al hacer los clculos. Deshaciendo losparntesis tendremos:

( ) ( ) ymmgykykykykymmgyykyyk dd0diii0id0dii0i =+=+ Teniendo en cuenta la condicin de equilibrio:

0ykykymymykykymmgykykykyk diidiidd0diii0i =++==+


20/36

0ym2

k2ky0yk2ykym20yk

2

ykym dididi =

++=++=++

0y902.293y0y

8.9502

83321333y =+=

+

+

0y902.293y =+

b) Vemos que tenemos la ecuacin de un movimiento armnico simple, del tipo:

0yy 20 =+ donde por comparacin:

=

=

====0

00222

02

TT

2s/rad144.17902.293s/rad902.293

s3665.0144.17

2=

=

Ahora buscamos la amplitud. Puesto que se trata de un movimiento armnico simple

la ecuacin del movimiento ser del tipo:

T=0.3665 s

y=Asen(0t+0)=Asen(17.144t+0)Tenemos las condiciones iniciales:

t=0 y=175 mm s/mm3750s/m75.3y == La expresin de la velocidad es:

( )0t144.17cosA144.17dtdy

y +==

Aplicamos las condiciones iniciales:t=0 y=175 mm y=Asen(17.144t+0) 175=Asen0

t=0 s/mm3750y= ( )0t144.17cosA144.17y += 0cosA144.173750 = Tenemos dos ecuaciones y dos incgnitas, A y 0. Dividiendo la primera ecuacin

entre la segunda:rad6748.08.0tg

144.17

tg04667.0

cosA144.17

Asen

3750

17500

0

0

0 ==

=

=

Y de una cualquiera de las ecuaciones:

175=Asen0 mm13.2806748.0sen

175

sen

175A

0==

=

c) En la posicin de equilibrio:A=280.13 mm

y=0 y=Asen(17.144t+0)=280.13sen(17.144t+0.6748) 0=280.13sen(17.144t+0.6748)0=sen(17.144t+0.6748) 17.144t+0.6748=0 t=-0.0394 s

Nos sale el tiempo negativo porque desplazamos el bloque hacia arriba al empezar acontar, luego estara en la posicin de equilibrio ese tiempo antes. En volver a pasar tardarmedio perodo ms:

s1439.02

3665.00394.0

2

Tttmn =+=+=

tmn=0.1439 s


21/36

1 4. - Un carrito que pesa 50 N est unido

a tres resortes y rueda sobre un plano inclinado

segn se indica en la figura. Las constantes de

los resortes son k

1

= k

2

=83 N/m y k

3

=250 N/m. Si

se desplaza el carrito hacia arriba del plano

inclinado una distancia de 75 mm a partir de su

posicin de equilibrio y se suelta con una

velocidad inicial de 375 mm/s hacia la parte

superior del plano cuando t=0, determinar: a) el

perodo, la frecuencia y la pulsacin de la vibracin resultante; b) la posicin del

carrito en funcin del tiempo.

a) La masa del carrito es:

kg102.58.9

50

g

Pm ===

Tomaremos como eje X el paralelo al plano inclinado, y como eje Y el perpendicular al. Hacemos el diagrama de slido libre en el equilibrio, y a continuacin desplazamos elcarrito hacia arriba una cantidad x, lo cual implica que todos los resortes se modifican enesa misma cantidad x. Suponemos adems que en la situacin de equilibrio todos losresortes estn estirados. Tendremos lo que aparece en la figura.

Para la situacin de equilibrio:FX=0 k1x01+k2x02-k3x03-mgsen15=0

Fuera del equlibrio:( ) ( ) ( ) xm15mgsenxxkxxkxxkxmF 033022011X =++=

xm15mgsenxkxkxkxkxkxk 303320221011 =+ Teniendo en cuenta la condicin de equilibrio:

0xm

kkkx0xkxkxkxmxmxkxkxk 321321321 =

+++=+++=

0x537.81x0x102.5

2508383x =+=

+++

Vemos que tenemos la ecuacin de un movimiento armnico simple del tipo:0xx 20 =+

Por comparacin:s/rad030.9573.81s/rad573.81 0

2220 ===

Y por tanto el perodo:0=9.030 rad/s


22/36

s696.0030.9

22T

T

2

00 =

=

=

=

Y la frecuencia:T=0.696 s

1s437.16958.0

1

T

1 ===

b) La posicin del carrito en funcin del tiempo ser:=1.437 s-1

x=Asen(0t+0)=Asen(9.030t+0)Para determinar las dos constantes tenemos las condiciones iniciales:

t=0 x=75 mm s/mm375x= La velocidad del carrito es:

)t030.9cos(A030.9dt

dxx 0+==

Si aplicamos las condiciones iniciales:t=0 x=75 mm x=Asen(9.030t+0) 75=Asen0

t=0 s/mm375x= 00 cosA030.9375)t030.9cos(A030.9x =+= Dividiendo las dos expresiones:

rad065.1806.1tg030.9

tg2.0

cosA030.9

Asen

375

7500

0

0

0 ==

=

=

Y sustituyendo en cualquiera de las dos expresiones:

75=Asen0( )

mm73.85065.1sen

75

sen

75A

0

==

=

Por tanto la posicin del carrito en funcin del tiempo es:x=Asen(9.030t+0)=85.73sen(9.030t+1.065)

x=85.73sen(9.030t+1.065)

1 5. - Un bloque de 1. 75 kg est conectado a un resorte vertical de constante

k=3. 50 N/m. El bloque se desplaza hacia arriba una distancia de 7. 50 cm y se libera

a partir del reposo. Despus de 1 1 3 oscilaciones completas, la amplitud de las

oscilaciones es la mitad de la amplitud original. El amortiguamiento del movimiento del

resorte es proporcional a la velocidad. Cu l es la constante de amortiguam iento ?

Puesto que se realizan muchas oscilaciones, al menos 113, el movimiento essubamortiguado, de modo que la ecuacin que lo representa es:

y=A0e-tsen(t+0)Podemos expresarla como:

y=Asen(t+0)teniendo en cuenta que esa amplitud A no es constante sino que decrece exponencialmentecon el tiempo en la forma A=A0e-t. As pues, para dos oscilaciones cualesquiera:

A=A0e-t

A=A0e-t

Dividiendo las dos expresiones:

( )t't'tt't

t

't0

t0 e

'AAe

'AA

ee

'AA

eA

eA'AA +

====

Si transcurren 113 oscilaciones completas, el tiempo entre ellas, (t-t) ser 113veces el perodo:


23/36

( ) T1132lnT113

2AA

lnT113AA

lneAA

e'AA

00

113

0T113

113

0t't =====

Obviamente el amortiguamiento es muy dbil, ya que despus de 113 oscilaciones laamplitud slo se ha reducido a la mitad. Por ello:

s44.450.3 75.12km2TT2mk0220 ======

Y sustituyendo en la expresin anterior:

1s00138.044.41132ln

T1132lnT1132ln =

===

Y la constante de amortiguamiento:

s/kg00483.000138.075.12m2m2

===

=

=0.00483 kg/s

1 6. - Un cuerpo de masa 1 . 5 kg oscila en el aire sin rozamiento con una

frecuencia angular de 3 rad/s. La posicin del objeto para t= 0 s es 8. 5 cm respecto

de la posicin de equilibrio, y su velocidad en ese momento es - 20 cm/s. a)

Determinar la amplitud y la constante de fase para este movimiento; b) escribir la

ecuacin que define el movimiento; c) a continuacin se introduce el sistema en un

medio viscoso que ofrece una resistencia de 3. 1 5v N, siendo v la velocidad del objeto.

Razonar el tipo de amortiguamiento, calcular el parmetro de amortiguamiento, la

frecuencia angular de la oscilacin y la ecuacin del movimiento sabiendo que para un

tiempo t=0 su posicin es de 6 cm, y para t= 2 s su posicin es de 0. 020 cm.

a) Tenemos inicialmente un movimiento armnico simple luego responder a laecuacin:

y=Asen(0t+)=Asen(3t+)Nos falta determinar la amplitud y la constante de fase. Para ello conocemos las

condiciones para t=0 y=8.5 cm s/cm20y = . Determinamos por tanto en primerlugar la velocidad del cuerpo:

)t3cos(A3dt

dyy +==

Sustituyendo las dos condiciones:y=Asen(3t+) t=0 y=8.5 cm 8.5=Asen

===+= cosA320s/cm20y0t)t3cos(A3y Dividiendo las dos expresiones tendremos:

rad236.2275.1tg3

tg425.0

cosA3

Asen

20

5.8==

=

=

Y por tanto la amplitud:=2.236 rad

8.5=Asen8.5=Asen(2.236) A=10.80 cm

b) La ecuacin ser por tanto:A=10.80 cm

y=Asen(3t+)=10.80sen(3t+2.236)

c) Sabemos ahora que =3.15 Ns/m, luego el parmetro de amortiguamiento es:y=10.80sen(3t+2.236)


24/36

1s05.15.12

15.3

m2=

=

=

Como


25/36

a) Realizamos el diagrama de slido libre en el

equilibrio y fuera del equilibrio cuando tenemos slolos dos resortes. Nos queda lo que aparece en lafigura. En el equilibrio es obvio que los dos resortes

tienen que estar comprimidos para compensar al peso.En esta situacin:FY=0 ky0+ky0-mAg=0 2ky0-mAg=0Si desplazamos la plataforma una cantidad y y

la soltamos tendremos:ymgm)yy(k)yy(kymF AA00AY =+=

ymgmky2ky2ymgm)yy(k2 AA0AA0 == Eliminamos la condicin de equilibrio:

0ymk2y0ky2ymymky2ymgmky2ky2A

AAAA0 =+=+==

Es la ecuacin de un movimiento armnico simple de frecuencia angular:

A

20 m

k2=

A continuacin aadimos elbloque de masa m=40 kg, aadimos elresorte de constante kCy hacemos lomismo, con lo cual es sencillo porqueslo hay que aadir esto a losdiagramas. Nos queda lo que apareceen la nueva figura. En la situacin deequilibrio:FY=0 ky0+ky0+kCy0-(mA+m)g=0

2ky0+kCy0-(mA+m)g=0Fuera del equilibrio, tras desplazar el sistema una distancia y y soltarlo:

y)mm(g)mm()YY(k)yy(k)yy(ky)mm(F AA0C00AY +=++++= y)mm(g)mm()yy(k)yy(k2 AA0C0 +=++ y)mm(g)mm(ykykky2ky2 AAC0C0 +=++

Eliminamos la condicin de equilibrio:y)mm(ykky2y)mm(g)mm(ykykky2ky2 ACAAC0C0 +=+=++

0ymm

kk2y0y)kk2(y)mm(0ykky2y)mm(

A

CCACA =+

++=+++=+++

Es la ecuacin de un movimiento armnico simple de frecuencia angular:

mmkk2

A

C20 +

+=

La frecuencia angular no debe variar luego es igual en ambos casos:

m/N3040k4050k19002

5019002

mmkk2

mk2

CC

A

C

A=

+

+=

+

+=

b) Tenemos como datos que la amplitud del movimiento es 25 cm:kC=3040 N/m

A=25 cm=0.25 mY la frecuencia de la oscilacin:

s/rad718.84050304019002

mmkk2

mmkk2

A

C0

A

C20 =+

+=++=

++=


26/36

Por tanto la ecuacin del movimiento ser:y=Asen(0t+0)=0.25sen(8.718t+0)

La condicin inicial nos dice que para t=0 v=1.5 m/s. Nos hace falta por tanto lavelocidad:

)t718.8cos(718.825.0dt

dyyv 0+===

Aplicamos las condiciones iniciales:t=0 v=1.5 m/s 1.5=0.25 8.718cos0cos0=0.6882 0=0.812 rad

Por tanto la ecuacin del movimiento es:y=0.25sen(8.718t+0)=0.25sen(8.718t+0.812)

Tambin podramos haber elegido la ecuacin del coseno, en cuyo caso tendramos:y=0.25sen(8.718t+0.812)

y=Acos(0t+0)=0.25cos(8.718t+0) )t718.8(sen718.825.0dt

dyyv 0+===

Y aplicando las condiciones iniciales:t=0 v=1.5 m/s 1.5=-0.25 8.718sen0sen0=-0.6882 0=-0.759 rad

Y la ecuacin que obtenemos es:y=0.25cos(8.718t+0)=0.25cos(8.718t-0.759)

Puede verse que los ngulos se diferencian en /2, con lo cual el seno y el cosenoson iguales:

y=0.25cos(8.718t-0.759)

2571.1)759.0(812.0

==

c) Partimos de cualquiera de las dos ecuaciones, por ejemplo la primera:y=0.25sen(8.718t+0.812)

La velocidad vale:

)812.0t718.8cos(718.825.0dt

dy

yv +===

Puesto que los dos primeros factores son constantes, la velocidad ser mxima

cuando el nico trmino variable, que es el coseno, adquiera su valor mximo, que es launidad:

v=vmxcos(8.718t+0.812)=1 vmx=0.25 8.718=2.179 m/s

Y la aceleracin:vmx=2.179 m/s

)812.0t718.8(sen718.825.0dt

dva 2 +==

Siguiendo el mismo razonamiento, la aceleracin ser mxima cuando el trminovariable adquiera su valor mximo:

a=amxsen(8.718t+0.812)=1 amx=-0.25 8.7182=-19 m/s2En mdulo:

d) Tenemos ahora amortiguamiento. Conocemos la constante de amortiguamiento,luego podemos determinar el parmetro de amortiguamiento:

amx=19 m/s2

( ) s/rad278.0

4050250

)mm(2m/Ns50

A=

+=

+

==

Como


27/36

s721.0713.8

22T =

=

=

La ecuacin del movimiento podemos ponerla en la forma:y=Asen(t+0)

pero teniendo en cuenta que esa amplitud no es constante sino que disminuye

exponencialmente con el tiempo en la forma:A=A0e-tSabemos que la amplitud inicial es de 25 cm y que al final la queremos tener de 1

mm, luego en estos dos instantes:A=A0e-tA=A0e-t

Dividimos las dos expresiones:)t't('tt

't

t

't0

t0 e

'A

Ae

'A

A

e

e

'A

A

eA

eA

'A

A +

====

El tiempo que transcurre entre dos oscilaciones sucesivas es un perodo, luego

entre estas dos amplitudes transcurrirn n perodos:

esoscilacion60.27721.0278.0

01.0

25.0ln

T'A

Aln

nnT'A

Alne

'A

Ae

'A

A nT)t't( =

=

====

Por tanto para que la amplitud est por debajo de 1 mm tienen que transcurrir almenos 28 oscilaciones.

e) La ecuacin del movimiento es:28 oscilaciones

y=A0e-tsen(t+0)=0.25e-0.278tsen(8.713t+0)Nos falta slo el desfase inicial, para el cual sabemos las condiciones iniciales:

t=0 v=0

Derivamos la posicin para obtener la velocidad:)t713.8cos(e713.825.0)t713.8(sene278.025.0

dt

dyv 0

t278.00

t278.0 +++==

Y aplicamos las condiciones iniciales:t=0 v=0 0=-0.25 0.278sen0+0.25 8.713cos00.278sen0=8.713cos0

rad539.137.31278.0713.8tg

cossen

000

0 ====

La ecuacin del movimiento es por tanto:y=0.25e-0.278tsen(8.713t+0)=0.25e-0.278tsen(8.713t+1.539)

Si hubiramos partido de la ecuacin del coseno tendramos, haciendo el mismo

desarrollo:

y=0.25e-0.278tsen(8.713t+1.539)

y=A0e-tcos(t+0)=0.25e-0.278tcos(8.713t+0)

)t713.8(sene713.825.0)t713.8cos(e278.025.0dt

dyv 0

t278.00

t278.0 ++==

Y aplicamos las condiciones iniciales:t=0 v=0 0=-0.25 0.278cos0-0.25 8.713sen00.278cos0=-8.713sen0

rad0319.003188.0713.8278.0tg

cossen

000

0 ====

La ecuacin del movimiento es por tanto:y=0.25e-0.278tcos(8.713t+0)=0.25e-0.278tcos(8.713t-0.0319)

Igual que antes, la diferencia entre los dos desfases es de /2, con lo cual el seno yel coseno son iguales y la ecuacin es la misma:

y=0.25e-0.278tcos(8.713t-0.0319)


28/36

25709.1)0319.0(539.1

==

1 8. - Sea un reloj de pndulo (puede tratarse como un pndulo simple)

consistente en una esfera de aluminio (

=2700 kg/m

3

) de 5 mm de radio suspendida de

una cuerda de 1 m de longitud. Dicho reloj funciona correctamente en un lugar en que

la gravedad vale g=9. 8 m/s

2

. Sin embargo, los dueos tienen que trasladarse de

ciudad, y al moverlo al nuevo domicilio, de mayor altitud, observan que atrasa 1 0 s

cada da. a) Cul es el valor de la gravedad en esta ciudad? b) Qu solucin

propondras para que el reloj funcionara correctamente? Justifica con unos clculos tu

propuesta. c) A continuacin se va a ver cmo afecta la viscosidad del aire al

movimiento del pndulo. Consideramos que la fuerza debido a la viscosidad

que acta

sobre una esfera de radio R y velocidad v es igual a F= - 6

Rv, y para el aire a 20C

= 1 . 78 1 0

- 5

kg/ms. Qu tipo de amortiguam iento tendra el pndulo? Escribe la

ecuacin del movimiento suponiendo que la a mplitud inicial es de 2 y que el origen de

tiempos se toma cuando la velocidad es nula; d) Cul es el tiempo necesario para que

la amplitud se reduzca un 1 0 de la inicial?

a) Se trata de un pndulo simple, luego inicialmente, cuando la gravedad vale 9.8m/s2el reloj funciona bien y el perodo ser:

s007.28.912

gL2T ===

Al cambiarlo de lugar no cambia su longitud, sino el valor de la gravedad, y por tantodel perodo. Sabemos que atrasa 10 s en un da, que son:

1 da=24 h=86400 sPor tanto, si en un da atrasa 10 s, en cada oscilacin atrasar:

s10323.286400

007.210T 4=

=

Por tanto, el nuevo perodo es ms grande y vale:T=T+T=2.007+2.323 10-4=2.0072323 s

Entonces ahora el valor de la gravedad g ser:

22

2

2

2s/m7986.9

0072323.214

'TL4'g

'gL2'T ====

b) Para que el pndulo funcione correctamente y vuelva a tener el mismo perodo Tse debera acortar su longitud, para que as, modificando la gravedad y la longitud sucociente vuelva a ser el mismo que al principio y el pndulo no atrase. La nueva longitud dela cuerda L debera ser:

g=9.7986 m/s2

m999768.04

7986.9007.24

'gT'L

'g'L2T 2

2

2

2=

=

==

Se debe acortar la longitud del pndulo una cantidad:L=L-L=1-0.999768=2.32 10-4m=0.232 mm

c) Se trata de un problema de amortiguamiento viscoso, donde la fuerza deamortiguamiento vale:

ACORTAR EL PNDULO EN 0.232 mm

F=-6Rv=-vEl coeficiente de amortiguamiento vale:


29/36

=6R=6 1.78 10-5 5 10-3=1.6776 10-6Ns/mY el parmetro de amortiguamiento:

( )14

33

6

33

s10933.510527008

106776.13

R8

3

R3

42V2m2

=

=

=

=

=

=

La frecuencia natural de la oscilacin es:s/rad131.3

007.22

T2

0 =

=

=

Como


30/36

t=2 min 58 s

1 9. - El perodo de vibracin observado en el sistema

de la figura 1 es de 0. 5 s. Si se retira del sistema el muelle

de constante k

2

=2. 1 kN/m se observa un perodo de 0. 98 s.

Hallar: a) la constante k

1

del otro muelle y la masa del bloque

A; b) la ecuacin del movimiento del bloque cuando est unido

a los dos muelles si se suelta desde el reposo 2 cm por debajo

de su posicin de equilibrio; c) si despus se sustituye el

muelle de constante k

1

por una amortiguador cuya fuerza de amortiguamiento es

proporcional a la velocidad (figura 2) puede observarse que los desplazamientos

mximos sucesivos del sistema muelle, masa y amortiguador son 25 mm, 1 5 mm y 9

mm, y sabiendo adems que en el instante t=0 el desplazamiento es nulo y la velocidad

de la masa es de 0. 269 m/s, determinar el coeficiente de amortiguamiento viscoso .

De qu tipo de movimiento se trata? d) escribir la ecuacin del movimiento de la

masa .

a) Nos vamos a centrar en primer lugarsolo en el sistema de la figura 1. Suponemos que enel equilibrio el resorte superior est estirado y elinferior comprimido. Respecto de esa posicindesplazamos el bloque una cantidad y hacia arriba.Tendremos lo que aparece en las figuras. Para laposicin de equilibrio:

FY=0 k2y02+k1y01-mg=0Fuera del equilibrio:( ) ( ) ymmgyykyykymF 011022Y =+=

ymmgykykykyk 10112022 =+ Teniendo en cuenta la condicin de equilibrio:

0ykykymymykykymmgykykykyk 211210112022 =++==+

( ) 0ym

kky0ykkym 2121 =

++=++

Tenemos la ecuacin de un movimiento armnico simple del tipo:0yy 21 =+

Donde por comparacin:

211

212

1

2212

1 kkm2T

mkk

T4

mkk

+=

+=

+=

Ahora retiramos el muelle de constante k2con lo cual slo nos queda el resorte 1. Obviamentecuando el sistema as formado est en equilibrio elresorte estar comprimido. Respecto de esaposicin desplazamos el bloque una cantidad y

hacia arriba y lo dejamos oscilar. Tendremos lo que aparece en el grfico. Para la situacinde equilibrio:

FY=0 k1y01-mg=0

Fuera del equilibrio:( ) ymmgykykymmgyykymF 1011011Y ===


31/36

Teniendo en cuenta la condicin de equilibrio:

0ym

ky0ykymymykymmgykyk 1111011 =+=+==

De nuevo tenemos la ecuacin de un movimiento armnico simple del tipo:0yy 22 =+

Donde por comparacin:

12

122

212

2 km2T

mk

T4

mk

==

=

Si dividimos los dos perodos obtenidos:

2100kk

98.05.0

kkk

TT

kkk

TT

km2

kkm2

TT

1

12

21

12

2

1

21

1

2

1

1

21

2

1

+=

+

=

+=

+

=

m/N01.739kk647.546k2603.02100kk

2603.0 1111

1 ==++

=

Y la masa la obtenemos de cualquiera de las ecuaciones:k1=739.01 N/m

kg98.174

98.001.739

4

Tkm

k

m2T

2

2

2

221

12 =

=

==

b) Nos centramos cuando el bloque est unido a los dos resortes, en cuyo caso lafrecuencia angular ser:

m=17.98 kg

s/rad566.125.0

2

T

2

11 =

=

=

La ecuacin del movimiento ser del tipo:

y=Asen(1t+0)=Asen(12.566t+0)Tenemos como condiciones iniciales:

t=0 y=2 cm=0.02 m 0y= Donde la velocidad ser:

( )0t566.12cosA566.12dtdy

y +==

Aplicando las condiciones iniciales:t=0 y=0.02 m y=Asen(12.566t+0) 0.02=Asen0

t=0 ( )2

0coscosA566.120t566.12cosA566.12y0y 0000

===+==

Por tanto, sustituyendo en la otra expresin:

0.02=Asen0 m02.0A2

Asen02.0 =

=

La ecuacin del movimiento es por tanto:

y=Asen(12.566t+0)= ( )t566.12cos02.02

t566.12sen02.0 =

+

c) Si tenemos al menos tres oscilaciones se tiene que tratar de movimientosubamortigado, ya que en el crtico y en el sobreamortiguado el mvil efecta a lo sumo unaoscilacin.

y=0.02cos(12.566t)

As, la ecuacin del movimiento ser del tipo:

MOVIMIENTO SUBAMORTIGUADO

y=A0e-tsen(t+0)


32/36

Tenemos como condiciones iniciales:t=0 y=0 s/m269.0y=

siendo la velocidad:

( ) ( )0t

00t

0 tcoseAtseneAdt

dyy +++==

Aplicamos las condiciones iniciales:t=0 y=0 y=A0e-tsen(t+0) 0=A0sen0sen0=0 0=0

Nos queda la ecuacin:y=A0e-tsen(t+0)=A0e-tsen(t)

Y para la velocidad:( ) ( ) ( ) ( )tcoseAtseneAtcoseAtseneAy t0

t0

t0

t0 +=+=

La otra condicin de contorno es:( ) ( ) =+=== 0

t0

t0 A269.0tcoseAtseneAys/m269.0y0t

Puesto que el mximo desplazamiento inicial (A0) es 25 mm=0.025 m tendremos:

s/rad76.10

025.0

269.0

A

269.0A269.0

0

0 ====

Por otro lado la ecuacin del movimiento la podemos expresar como:y=A0e-tsen(t)=Asen(t)

teniendo en cuenta que esa amplitud A no es constante sino que decrece exponencialmentecon el tiempo en la forma:

A=A0e-tPara dos oscilaciones sucesivas tendremos:

2

1

t02

t01

eAA

eAA

=

=

Dividiendo las dos expresiones:

( )12212

1

2

1 tt

2

1tt

2

1t

t

2

1t

0

t0

2

1 eAAe

AA

ee

AA

eAeA

AA +

====

El tiempo que transcurre entre dos oscilaciones sucesivas es justamente el perodo,luego:

( ) 511.0TT15

25lnT

A

Alne

A

Ae

A

A

2

1T

2

1tt

2

1 12 =====

Puesto que tenemos la frecuencia angular podemos determinar el perodo:

s5839.076.10

22T

T

2=

=

=

=

De modo que el parmetro de amortiguamiento:

T=0.511 1

s875.05839.0

511.0

T

511.0 ===

Y el coeficiente de amortiguamiento viscoso:

m/Ns47.31875.098.172m2m2

===

=

d) La ecuacin del movimiento de la masa es:=31.47 Ns/m

y=A0e-tsen(t)=0.025e-0.875tsen(10.76t)y=0.025e-0.875tsen(10.76t)


33/36

20. - Un bloque de 600 g se suelta

en la posicin A, desliza a lo largo del plano

inclinado 45 hasta B, a continuacin

describe el bucle BCDEB, desliza a lo largo

del plano horizontal BF y finalmente

comprime un muelle de constante k=500 N/m

cuyo extremo libre dista 60 cm de B. a)

Calcular la m xima deformacin del muelle, sabiendo que h= 2. 5 m, el radio del bucle

r= 0. 5 m, y el coeficiente dinmico de rozamiento en el plano horizontal BG e inclinado

AB es de 0. 3. Se supone que no hay rozamiento en el bucle. b) Hallar la reaccin en

la posicin D; c) a continuacin se cuelga ese mismo muelle verticalmente de uno de

sus extremos llevando en el otro un peso de 1 000 N. A partir de la posicin de

equilibrio se estira el muelle 1 0 cm y se le deja en libertad en un medio que ofrece

una resistencia de 2. 5v en N, siendo v la velocidad del peso suspendido en el muelle.

De qu tipo de amortiguamiento se trata? d) Escribe la ecuacin del movimiento de la

masa, suponiendo que el desfase inicial es nulo; e) si adems sometemos al resorte a

una fuerza exterior de 25 1 0

4

cost dinas, calcula la amplitud de las oscilaciones en

funcin de

y la amplitud mxima.

a) Podemos aplicar el teorema de conservacin de la energa entre la posicin inicial,cuando el bloque parte del reposo en la posicin indicada, y la posicin final, cuando elresorte tiene la mxima compresin. En la situacin inicial (A) slo tendremos energapotencial gravitatoria correspondiente a la altura h, mientras que al final (H) slo tenemosenerga potencial elstica, correspondiente a la compresin mxima del resorte xmx. Nosquedar, por tanto:

ETA+Wotras=ETHEn cuanto al trabajo realizado por las fuerzas, tendremos que la normal no realiza

trabajo, ya que siempre es perpendicular al desplazamiento. Slo realiza trabajo la fuerzade rozamiento, que ser distinta en el tramo

inclinado y en el tramo recto. En el tramoinclinado, si realizamos un diagrama de slidolibre tendremos:

FY=0 N-mgcos45=0 N=mgcos45Fr=(Fr)mx=N=

=mgcos45=0.3 0.6 9.8cos45==1.247 N

El desplazamiento de su punto deaplicacin ser la longitud del plano inclinado:

s

h45sen =

m536.345sen

5.245sen

hs ===


34/36

Teniendo en cuenta que la fuerza y el desplazamiento de su punto de aplicacinforman un ngulo de 180 tendremos:

WFr=Fr s=Frscos180=-Frs=-1.247 3.536=-4.41 JAhora, en el tramo recto tendremos:Fy=0 N-mg=0 N=mg

Fr=(Fr)mx=N=mg==0.3 0.6 9.8=1.764 NEsta fuerza de rozamiento y el

desplazamiento de su punto de aplicacinforman un ngulo de 180, y el desplazamiento del punto de aplicacin ser todo el tramohorizontal, es decir, los 60 cm ms la compresin del resorte:

WFr=Fr s=Frscos180=-Frs=-1.764(0.6+xmx)=-1.0584-1.764xmxAs pues, tendremos:

ETA+Wotras=ETHEPgA+WFr+WFr=EPeH2mxmx xk2

1x764.10584.141.4mgh =

2mxmx x5002

1x764.14954.55.28.96.0 =

02046.9x764.1x250 mx2mx =+

=

+=

m1954.0

m1884.0

2502

2046.92504764.1764.1x

2

mx

Descartamos la solucin negativa puesto que obtenemos as el mdulo de lacompresin.

b) Para determinar la reaccin en la posicin D necesitamos la velocidad con que elbloque llega a dicho punto. Aplicamos para ello la conservacin de la energa entre la

posicin inicial (A) y dicha posicin (D). En A ya hemos determinado la energa. En Dtendremos energa potencial gravitatoria, correspondiente a una altura de dos veces elradio de la circunferencia, y energa cintica, ya que al punto D el bloque llega con unacierta velocidad. En cuanto al trabajo realizado por las fuerzas, slo tendremos el trabajo

realizado por la fuerza de rozamiento en el plano inclinado, que ya habamos determinado.As pues:

xmx=0.1884 m

ETA+Wotras=ETDEPgA+WFr=EPgD+ECD2DFr mv2

1r2mgWmgh +=+

222D

2D s/m7.14vv6.02

15.028.96.041.45.28.96.0 =+=

Ahora para llegar a la reaccin en D tendremos que hacer eldiagrama de slido libre del bloque en dicha posicin. Aplicando la segundaley de Newton:

FY=maD ===+ mgr

v

mNr

v

mmgN

2D

D

2D

D


35/36

N76.118.96.05.0

7.146.0 ==

c) Nos dan el peso del cuerpo que se cuelga del resorte. Su masa entonces ser:ND=11.76 N

kg04.1028.9

1000

g

PmmgP ====

Tenemos que la fuerza de amortiguamiento es proporcional a la velocidad. Por tanto,la constante de amortiguamiento ser:

F=v F=2.5v =2.5 Ns/mY el parmetro de amortiguamiento:

1s01225.004.1022

5.2

m2=

=

=

Tendremos que comparar este valor con el de la frecuencia natural del oscilador (laque tendra si estuviera sin amortiguar):

s/rad214.2

04.102

500

m

k0 ===

Como


36/36

m452.0214.2106)214.29.4(

0245.0

106)9.4(

0245.0A

24222422=

+=

+=

Tambin podemos sustituir directamente en la expresin que nos da la amplitud dela resonancia:

AR=0.452 m

m452.001225.0214.204.10201225.02

5.2

m2

FA

22220

0R =

=

=

AR=0.452 m

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