TEMA 6 MOVIMIENTO OSCILATORIO

CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS Ten bien presente la diferencia entre dos clases de cantidades: las que representan propiedades físicas básicas del sistema y las que describen lo que ocurre cuando el sistema se pone en movimiento de una forma específica. Las propiedades físicas incluyen la masa m, la constante de fuerza k y las cantidades derivadas de ellas, como el período T, la frecuencia ν y la frecuencia angular ω=2πν. En algunos problemas, m o k o ambos pueden determinarse a partir de otros datos del sistema. Las cantidades que describen un movimiento en particular incluyen la amplitud A, la velocidad máxima vmáx, el ángulo de fase δ y la posición, velocidad o aceleración en un instante dado. Si necesitas información detallada sobre posiciones, velocidades y aceleraciones en diversos instantes tendrás que usar las ecuaciones:

x=Acos(ωt+δ) v=-ωAsen(ωt+δ) a=-ω2Acos(ωt+δ)

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

ω−=δ

0

0x

varctg

2

202

0vxAω

+=

Dichas ecuaciones se obtienen de las anteriores teniendo en cuenta que para t=0 ⇒ x=x0 ⇒ v=v0. Si el cuerpo tiene un desplazamiento inicial x0 pero v0=0 la amplitud es A=x0 y el ángulo de fase es δ=0; si el cuerpo tiene una velocidad inicial pero no un desplazamiento

inicial, entonces ω

= 0vA y 2π

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

La ecuación para la energía ctekA21

kx21

mv21

E 222 ==+= es una relación

alternativa muy útil entre la velocidad y la posición, sobre todo cuando también se piden energías. Si el problema implica una relación entre la posición, la velocidad y la aceleración sin referencia al tiempo, suele ser más fácil usar la ecuación F=ma=-kx (segunda ley de Newton) o la ecuación de conservación de la energía que acabamos de poner, que usar la expresión general para x, v y a en función de t. Dado que en la ecuación de la energía intervienen x2 y v2 no podrás conocer el signo de x ni de v, y deberás deducirlo de la situación. Por ejemplo, si el cuerpo se mueve desde la posición de equilibrio al punto de desplazamiento positivo máximo, x y v serán positivas. A menudo encontrarás problemas en los que se pide demostrar que un tipo de movimiento es armónico simple. Puedes demostrarlo a través de dos métodos: aplicando la segunda ley de Newton (ΣF=ma) o mediante la conservación de la energía. En ambos casos a lo que debes llegar es a una ecuación del tipo:

ctexxxx0xx 22 −=⇒ω−=⇒=ω+ donde hemos puesto la variable x, pero puede aparecer la variable y, z, θ,... En la ecuación debemos tener la misma variable sin derivar y derivada dos veces respecto del tiempo, y lo que acompaña a la variable sin derivar tiene que ser una constante (la frecuencia angular del movimiento elevada al cuadrado). Como ya hemos explicado en teoría, la aceleración x y el desplazamiento x tienen sentidos opuesto y sus módulos son proporcionales.

En el caso en que apliques la segunda ley de Newton, conviene tener presente siempre la condición de equilibrio (ΣF=0), ya que a veces aparece en la ecuación del movimiento y ésta puede simplificarse.

Si optas por la conservación de la energía deberás plantear la energía del sistema

en un momento cualquiera (genérico, no particular). En dicha ecuación, dado que aparecerá la energía cinética, tendrás velocidades. A continuación, como la energía total es constante, su derivada respecto del tiempo será nula. Deriva la ecuación respecto del tiempo e iguálala a cero. Los términos de velocidades se transformarán en términos de aceleraciones y la transformación de la ecuación obtenida te llevará a la solución.

Oscilaciones amortiguadas

Cuando te enfrentes a un problema de oscilaciones amortiguadas no debes olvidar que hay tres tipos de amortiguamiento, por lo que si el enunciado no lo especifica, deberás determinar antes de nada a qué tipo de amortiguamiento se refiere cada problema. Determina pues ω0 y β, compáralos y céntrate sólo en el tipo de amortiguamiento que tengas. A continuación únicamente tendrás que aplicar las ecuaciones correspondientes. En algunos casos te darán las amplitudes correspondientes a distintos ciclos (consecutivos o no). Siempre que el movimiento sea subamortiguado puedes definir una amplitud: A=A0e-βt Puedes aplicar esta ecuación a los instantes en que te dice el enunciado y hacer el cociente de las ecuaciones obtenidas. Ten en cuenta que el tiempo transcurrido entre dos oscilaciones consecutivas es igual a un período. Al hacer el cociente de las expresiones se te simplificará la constante A0 y podrás relacionar las amplitudes de los ciclos con el parámetro de amortiguamiento y el período.

Oscilaciones forzadas En el caso de las oscilaciones forzadas no debes olvidar que a menudo vienen acompañadas del fenómeno del amortiguamiento, de modo que no deberás olvidar lo dicho en el apartado anterior. En general se tratará siempre de movimiento subamortiguado, por ser el más sencillo de los tres. En contra de lo que pueda parecer, estos problemas son los más sencillos de todos, ya que normalmente no tendrás más que leer bien el enunciado para identificar cada uno de los datos y aplicar las ecuaciones correspondientes. No obstante, sí puede ocurrir que sean largos.

Oscilaciones acopladas Los problemas de oscilaciones acopladas se pueden resolver de modo análogo a como hiciste los problemas de movimiento armónico simple. Aísla el sistema en la posición de equilibrio y fuera de ella, y transforma la ecuación hasta que puedas llegar a una del tipo:

0xx 2 =ω+ A partir de esta ecuación podrás determinar la frecuencia de la oscilación sin ninguna dificultad. Tendrás que revisar el tema correspondiente a “Dinámica de la partícula” de modo que puedas hacer correctamente el diagrama de sólido libre.

TEMA 6 MOVIMIENTO OSCILATORIO

PROBLEMAS

1 . - Una lenteja está unida a un hilo de longitud 1 . 2 m y se abandona, partiendo del reposo en A, cuando θA=4º . Calcular la distancia d para que el sistema tarde 2 s en volver a la posición A. Tenemos en realidad dos péndulos, uno de longitud L=1.2 m y otro de longitud L’(1.2-d), que realizan cada uno de ellos la mitad de la oscilación. Así, el período del péndulo completo será la suma de las dos mitades, y teniendo en cuenta la expresión del período de un péndulo

simple:

gLT

gd2.1

gd2.1

gL

g'L

22

gL

22

2'T

2TT totaltotal π−=

−π⇒

−π+π=

π+

π=+=

2

total

2

totaltotal gLT

gd2.1gLT

gd2.1g

LT

gd2.1

π

π−

=−⇒

π

π−

=−

⇒π

π−

=−

m395.08.92.12

8.92.1gLT

g2.1d

22

total=

π

π−−=

π

π−

−=

d=0.394 m

2. - Un bloque de masa 500 g está unido a un muelle de constante elástica k=50 N/m, longitud 25 cm y masa despreciable. El conjunto está dispuesto sobre un plano liso inclinado 30º como se muestra en la figura; determinar: a) la posición de equilibrio del bloque; b) la frecuencia de sus oscilaciones.

a) Hacemos el diagrama de sólido libre del bloque en el equilibrio y tendremos lo que aparece en la figura. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFX=0 ⇒ mgsen30º-k∆l=0 ⇒ 0.5 · 9.8sen30º-50∆l=0 ⇒ ∆l=0.049 m

Por tanto la posición de equilibrio será: l=l0+∆l=0.25+0.049=0.299 m

l=0.299 m b) La frecuencia de oscilación de un bloque unido sólo a un

resorte es: 1

0 s59.15.0

5021

mk

21

mk2

mk −=

π=

π=ν⇒=πν⇒=ω

ν=1.59 s-1

3. - El desplazamiento en función del tiempo de una masa de 1 . 5 kg en un resorte está dado por la ecuación:

x(t)=7. 40cos(4. 1 6t- 2. 42) estando x en cm y t en s. Calcula: a) el tiempo que tarda una vibración completa; b) la constante de fuerza del resorte; c) la velocidad máxima de la masa; d) la fuerza máxima que actúa sobre la masa; e) la posición, velocidad y aceleración de la masa en t=1 s, y la fuerza que actúa sobre la masa en ese momento. a) El tiempo que tarda el sistema en efectuar una vibración completa es el período. Por comparación con la ecuación de un movimiento vibratorio tenemos:

x(t)=7.40cos(4.16t-2.42)=Acos(ωt-ϕ0) Por tanto:

s51.116.4

22TT2s/rad16.4 =

π=

ωπ

=⇒π

=ω⇒=ω

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

m/N96.255.116.4mkmk 22 =⋅=ω=⇒=ω

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

)42.2t16.4(sen784.30)42.2t16.4(sen16.440.7dtdxv −−=−⋅−==

Vemos que el valor de la velocidad depende del valor del seno. Obviamente la velocidad será máxima cuando el seno adquiera su valor máximo, es decir, la unidad:

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

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

Por tanto puesto que la masa es constante la fuerza será máxima cuando la aceleración sea máxima. El valor de la aceleración es:

)42.2t16.4cos(06.128)42.2t16.4cos(16.440.7dtdva 2 −−=−⋅−==

Igual que en el caso de la velocidad, la aceleración depende del valor del coseno, luego será máxima cuando el coseno adquiera su valor máximo, es decir, la unidad:

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

Y la fuerza máxima: Fmáx=mamáx=1.5 · 1.281=1.92 N

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

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

v=-0.308sen(4.16t-2.42)=-0.308sen(4.16 · 1-2.42)=-0.303 m/s v=-0.303 m/s

a=-1.281cos(4.16t-2.42)=-1.281(4.16 · 1-2.42)=-0.216 m/s2

a=-0.216 m/s2

Y la fuerza de la segunda ley de Newton: F=ma=1.5 · 0.216=0.323 N

F=0.323 N

4. - Con un cierto muelle, colgado de sus extremos, se hacen las siguientes observaciones: 1 º ) al colgar de su extremo libre un cuerpo de 500 g su longitud inicial aumenta 1 5 cm; 2º ) al colgar de dicho extremo un cuerpo de 2 kg y separarlo 20 cm de su posición de equilibrio inicial (que naturalmente corresponde a un determinado alargamiento del muelle) el sistema efectúa un m. a. s. Calcular: a) el período de oscilación del citado movimiento armónico; b) la velocidad máxima alcanzada por el cuerpo; c) la aceleración máxima; d) la velocidad y aceleración del cuerpo cuando se encuentra a la mitad del camino entre la posición inicial y una de sus posiciones extremas; e) el tiempo necesario para alcanzar el citado punto partiendo de su posición inicial.

a) En primer lugar vamos a determinar la constante del resorte. Para ello sabemos que cuando colgamos un peso de 500g la longitud aumenta en 15 cm. Hacemos el diagrama de sólido libre y tendremos que como el sistema está en equilibrio:

ΣFY=0 ⇒ ky0-mg=0 ⇒ m/N67.3215.0

8.95.0ymgk

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 posición de

equilibrio, dejándolo oscilar. El sistema realiza un m. a. s., luego la frecuencia natural de la oscilación será:

s55.167.32

22kM2t

Mk

T2

Mk

0 =π=π=⇒=π

⇒=ω

T=1.55 s b) Puesto que realiza un m. a. s. la ecuación de la posición en función del tiempo será del tipo:

y=Asen(ω0t+ϕ0) siendo la frecuencia natural de la oscilación:

s/rad04.4267.32

Mk

0 ===ω

Tenemos la condición de que para t=0 ⇒ y=ymáx=A=20 cm=0.2 m:

y=Asen(ω0t+ϕ0) ⇒ A=Asenϕ0 ⇒ senϕ0=1 ⇒ 20π

=ϕ

Nos queda pues:

( )t04.4cos20.02

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

π

+=ϕ+ω=

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

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

La velocidad será máxima (en módulo, el signo sólo indica el sentido) cuando el único término variable de su expresión, el seno, adquiera su valor máximo, que es la unidad:

v=vmáx ⇒ sen(4.04t)=1 ⇒ vmáx=0.808 m/s vmáx=0.808 m/s

c) Del mismo modo, la aceleración es la derivada de la velocidad respecto del tiempo:

( ) ( )t04.4cos27.3t04.4cos04.4808.0dydva −=⋅−==

La aceleración también será máxima (en módulo, el signo como hemos dicho indica el sentido) cuando el término variable, ahora el coseno, adquiera su valor máximo, que también es la unidad:

a=amáx ⇒ cos(4.04t)=1 ⇒ amáx=3.27 m/s2 amáx=3.27 m/s2

d) Si la particula se encuentra a mitad camino entre la posición inicial y una de sus posiciones extremas tendremos que:

y=0.10 m ⇒ y=0.20cos(4.04t) ⇒ 0.10=0.20cos(4.04t) ⇒ cos(4.04t)=0.5 Y 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 v=-0.70 m/s

Y la aceleración: a=-3.27cos(4.04t)=-3.27 · 0.5=1.635 m/s2

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

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 masa m=200 g unida a un muelle (k=1 kN/m) que puede estirarse a lo largo de la guía en la que está 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 paredes de la guía. La longitud en reposo del muelle es l0=35 cm.

A continuación se imprime una velocidad angular ω 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 situación en la que la plataforma está en reposo; b) realiza el diagrama del cuerpo libre de la masa cuando la plataforma está girando con velocidad angular ω. ¿Cuál es la aceleración de la masa en esta situación? c) Determina el estiramiento del muelle cuando ω=6 r. p. s.

A continuación se desplaza la masa m una cantidad adicional x a lo largo de la guía. d) Teniendo en cuenta la expresión de la aceleración absoluta de una partícula:

a=a0+αxOP+ωx(ωxOP)+2ωxvrel+arel

discútase el movimiento absoluto ulterior de la masa, considerando el posible movimiento relativo de dicha masa y el movimiento del sistema en el que está contenida. e) Determina el valor del periodo de las oscilaciones de este sistema cuando ω=6 r. p. s.

a) Tomamos el plano XY como el plano del movimiento, siendo el eje X el que

coincide con la dirección de la ranura y el eje Y perpendicular a él. Por último, el eje Z será el perpendicular al plano del movimiento.

Si la plataforma está en reposo, sólo actuarán el peso, vertical y hacia abajo, y la normal que ejerce la base de la plataforma, vertical y hacia arriba. Estas dos fuerzas se encontrarán en el eje Z.

b) Si la plataforma gira con velocidad angular constante, el resorte se estira y alcanza una posición en la que se mantiene en reposo respecto de la plataforma, de modo que gira con ella. Llamemos lo a lo que se ha estirado el muelle respecto de su longitud en reposo.

En cuanto a las fuerzas, hacemos el diagrama del cuerpo libre, donde debemos considerar sólo lo que ocurre en el plano XY, ya que el eje Z se mantiene siempre como en el apartado a). Puesto que el resorte está estirado, ejercerá una fuerza en la dirección del mismo (contraria al estiramiento) que por la ley de Hooke

valdrá k∆l0, siendo ∆l0 el alargamiento del resorte en esta situación. En cuanto a las aceleraciones, puesto que la velocidad angular es constante,

tenemos sólo una aceleración de la masa normal o centrípeta, que tiene la dirección del radio de curvatura (eje X) y apunta hacia el centro de curvatura. El valor de esta aceleración es:

c) La velocidad angular es:

Aplicamos la segunda ley de Newton y tendremos: ΣFX=maX ⇒ k∆l0=man ⇒ k∆l0=mω2R

donde el radio de curvatura será la longitud natural del resorte más su alargamiento: R=l0+∆l0

Sustituyendo todo: k∆l0=mω2R ⇒ k∆l0=mω2(l0+∆l0) ⇒ 1000∆l0=0.2 · 37.6992(0.35+∆l0) ⇒ ∆l0=0.140 m

∆l0=0.140 m d) Al desplazar la masa una cantidad x en la dirección de la guía, se va a producir una oscilación en esta dirección. Este movimiento se superpone a la rotación de la plataforma, que es un sistema de referencia en rotación. La aceleración total de la masa no será sólo la aceleración relativa de la masa al moverse (oscilación) en la guía, sino que debemos tener en cuenta el movimiento del sistema de referencia que contiene la masa (la guía o plataforma). En este movimiento tendremos entonces:

a=a0+αxOP+x(xOP)+2ωxvrel+arel El centro de la plataforma está en reposo luego a0=0, y como la plataforma gira con velocidad angular constante, α=0. Nos queda por tanto:

a=a0+αxOP+x(xOP)+2ωxvrel+arel=-ω2OP+2ωxvrel+arel

Si desplazamos la partícula hacia la derecha una cantidad a mayores x el vector de posición respecto de O será:

OP=(lequil+x)i donde lequil=l0+l0.

La velocidad relativa es la derivada de la posición relativa, y la aceleración relativa es la derivada de la velocidad relativa. El movimiento relativo es el que tendría la partícula si el sistema de referencia (plataforma) no girase. En este caso, sería un movimiento a lo largo de la guía (eje X), luego sólo tendría componente en la dirección horizontal, y sería:

)ll(RRva 00

222

n ∆+ω=ω==

)ll(a:NORMALNACELERACIÓ 002

n ∆+ω=

s/rad699.37rev1rad2

srev6

srev6 =

π⋅==ω

iivrel xdtdx ==

iiv

a relrel x

dtxd

dtd

===

La velocidad angular es = k, por lo que:

Así: ( ) =+ω++ω−=+×ω+ω−= ijiavOPa relrel xx2xl2 equil

22 ( )[ ] ji x2xlx equil2 ω++ω−

( )[ ] jia x2xlx equil2 ω++ω−=

e) Debemos analizar en este caso el movimiento de la partícula, para lo cual debemos hacer el análisis dinámico y obtener la ecuación diferencial del movimiento. El diagrama del cuerpo libre en la situación de equilibrio cuando la plataforma gira con velocidad angular ω ya lo teníamos. Aplicamos la segunda ley de Newton en la

dirección del eje x: ΣFX=maX ⇒ k∆l0=man ⇒ k∆l0=mω2(l0+∆l0) Ahora desplazamos el bloque una cantidad x respecto de esa posición y nos queda:

ΣFX=maX ⇒ ( ) ( )[ ]xlxmxlk equil2

0 +ω−=+∆−

( ) ( )[ ]xllxmxlk 002

0 +∆+ω−=+∆− De la condición de equilibrio tenemos:

k∆l0=mω2(l0+∆l0) Esto nos simplifica la expresión anterior, que se reduce a:

( ) ( )[ ] xmlmlmxmkxlkxllxmxlk 20

20

2000

20 ω−∆ω−ω−=−∆−⇒+∆+ω−=+∆−

( ) 0xmmkx0xmkxm0xmkxxmxmxmkx

2222 =

ω−+⇒=ω−+⇒=ω−+⇒ω−=−

Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple, del tipo 0xx 20 =ω+ , donde

por comparación obtenemos:

s105.0699.372.01000

2.02mkm2T

mmk

T4

mmk

22

2

2

2220 =

⋅−π=

ω−π=⇒

ω−=

π⇒

ω−=ω

T=0.105 s

6. - El período observado de las pequeñas oscilaciones del sistema representado es 1 . 6 s. Tras colocar un collar de 7 kg encima de la corredera A, se observa un período 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 período cuando sólo tenemos la corredera. A este período de denominaremos T1. Realizamos el diagrama de sólido libre de la corredera en la posición de equilibrio y fuera de esta posición, suponiendo que realizamos un desplazamiento vertical y hacia arriba. Lógicamente, en la posición de equilibrio el resorte tiene que estar comprimido una cantidad y0, mientras

que si lo desplazamos hacia arriba una distancia y el resorte estará comprimido una cantidad (y0-y). Los diagramas de sólido libre son los que aparecen en la figura, siendo el sentido positivo del eje Y el vertical y hacia arriba. Para la situación de equilibrio aplicamos la segunda ley de Newton y nos queda:

ΣFY=0 ⇒ ky0-mAg=0

jkji

vrel x200x

0022

ω=ω=×ω

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

Tenemos en cuenta la condición de equilibrio y nos queda:

0ymky0kyymymkyymgmkykyA

AAAA0 =+⇒=+⇒=−⇒=−−

Vemos que tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo 0yy 2

01 =ω+ , de modo que por comparación:

km2T

mk

T2

mk A

1A

2

1A

201 π=⇒=

π⇒=ω

Si ahora añadimos una masa mB=7 kg llegaríamos exactamente al mismo resultado pero con la masa total, es decir, el nuevo período T2 sería:

kmm2T BA

2+

π=

Tenemos por tanto dos ecuaciones y dos incógnitas:

km2T A

1 π=

kmm2T BA

2+

π=

Dividiendo la primera entre la segunda:

kg69.9m7m

m1.26.1

mmm

TT

kmm2

km2

TT

AA

A

BA

A

2

1

BA

A

2

1 =⇒+

=⇒+

=⇒+

π

π=

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

m/N38.1496.1

69.94T

m4kk

m2T 2

2

21

A2

A1 =

⋅π=

π=⇒π=

k=149.38 N/m

7. - En la figura el resorte ideal de constante 980 N/m y de longitud natural 1 . 5 m está 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 qué condiciones el movimiento es armónico simple? Obtén el período del

movimiento en el caso en que lo sea. a) Podemos aplicar la conservación de la energía entre las posiciones inicial (cuando se suelta la masa desde el punto B) y final (cuando la masa pasa por el punto C). No tendremos en cuenta la energía potencial gravitatoria puesto que no varía (no hay variación de altura). Inicialmente no tenemos energía cinética porque el cuerpo parte del reposo, y

sólo tendremos energía potencial elástica puesto que el resorte está alargado. Cuando la masa pasa por C tendremos energía potencial elástica, ya que el resorte está alargado, y energía cinética, ya que por dicho punto el bloque pasará con velocidad máxima. En cuanto a las fuerzas que actúan sobre el bloque, estarán la fuerza de recuperación elástica, la normal y el peso. El trabajo realizado por la fuerza elástica es la energía potencial elástica, y la normal y el peso no realizan trabajo porque son perpendiculares al desplazamiento de su punto de aplicación. Así pues, al aplicar el teorema de conservación de la energía tendremos:

2C

2C

2B

2C

2C

2BPeCCCPeBTCTB lkmvlklk

21mv

21lk

21EEEEE ∆+=∆⇒∆+=∆⇒+=⇒=

( )202C

2

0222

0C2C

20B ldkmvlxdk)ll(kmv)ll(k −+=

−+⇒−+=−

( )22C

222 5.12980v105.125.02980 −+=

−+

vC=1.24 m/s b) Vamos a ver qué hay que hacer para conseguir llegar a la ecuación correspondiente a un movimiento armónico simple. Trazamos en primer lugar el diagrama de sólido libre del bloque. El movimiento del bloque sólo se produce en el eje X luego podemos poner:

0lsenkxmxmlsenkxmFX =θ∆+⇒=θ∆−⇒=Σ

0xd

xlxdmkx

22022 =

+

−++

Tenemos que llegar a una expresión del tipo 0xx 2 =ω+ , para lo cual los términos que acompañan a la x tienen que ser constantes. Esto sucedería si las oscilaciones fuesen muy pequeñas, de modo que si x<<<<<d ⇒ d2+x2≈d2 y tendremos:

0xmd

)ld(kx0xd

ldmkx0

xdxlxd

mkx 00

22022 =

−+⇒=

−⋅+⇒=

+

−++

Vemos que ahora tenemos efectivamente la ecuación de un movimiento armónico simple, ya que todo lo que acompaña a la x es una constante. Por comparación de las ecuaciones tendremos:

s27.1)5.12(980

2102)ld(k

md2Tmd

)ld(kT4

md)ld(k

0

02

202 =

−⋅

π=−

π=⇒−

=π

⇒−

=ω

T=1.27 s

8. - Un péndulo con una longitud de 45. 3 cm cuelga del techo. Su movimiento está restringido por una clavija que sobresale de la pared 26. 6 cm directamente abajo del punto del pivote. ¿Cuál es el período de oscilación?

Determinamos en primer lugar cuál es el período de un

péndulo simple. Para ello, trazamos el diagrama de fuerzas, en el que aparecerán exclusivamente el peso y la tensión en la cuerda. Cuando la cuerda forma un ángulo φ con la vertical, el peso tiene los componentes mgcosφ a lo largo de la cuerda y mgsenφ tangencial al

arco circular en el sentido de φ decreciente. Sea s la longitud del arco medido desde la parte inferior de la circunferencia. Por tanto:

s=Lφ en donde φ se mide en radianes. Aplicando la segunda ley de Newton a la dirección tangencial:

ΣFt=mat ⇒ 2

2

2

2

dtdLgsen

dtsdmmgsen φ

=φ−⇒=φ−

2

2

dtdsen

Lg φ

=φ−

Para pequeñas oscilaciones senφ≈φ de modo que queda:

0Lg0

Lg

dtd

dtd

Lg

dtdsen

Lg

2

2

2

2

2

2=φ+φ⇒=φ+

φ⇒

φ=φ−⇒

φ=φ−

Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo 02

0 =φω+φ donde por comparación:

gL2T

Lg

T4

Lg

2

220 π=⇒=

π⇒=ω

En la figura del problema vemos que tenemos dos péndulos, uno de longitud L1=45.3 cm y otro de longitud L2=45.3-26.6=18.7 cm. La mitad del período lo realiza el péndulo de longitud L1 y la otra mitad el de péndulo L2, de modo que el período del péndulo del ejercicio es:

s11.18.9

187.0453.0g

LLgL

22

gL

22

2T

2TT 212121 =

+π=

+π=

π+

π=+=

T=1.11 s

9. - Una masa de 36 kg se coloca sobre una superficie sin fricción y entonces se conecta a las paredes por dos resortes con constantes k1=3 N/m y k2=4 N/m, como se muestra en la figura. ¿Cuál es el período de oscilación de la masa de 36 kg si se desplaza ligeramente

hacia un lado? Suponemos que en la posición de equilibrio los dos resortes están estirados. Obviamente tienen que estar o los dos estirados, o los dos comprimidos o con su longitud natural, que son las únicas posibilidades que verificarían la condición de equilibrio (fuerzas en sentido contrario o ausencia de fuerzas). La solución a la que se llega es igual en cualquiera de los dos casos. Suponemos por ello aleatoriamente que los resortes están estirados. Hacemos por tanto los diagramas en la situación de equilibrio y cuando desplazamos el bloque una cantidad x hacia la derecha. Nos queda por tanto, en la situación de equilibrio:

ΣFX=0 ⇒ k2x02-k1x01=0 Y fuera del equilibrio:

( ) ( ) xmxxkxxkxmF 011022X =+−−⇒=Σ

xmxkxkxkxk 10112022 =−−− Teniendo en cuenta la condición de equilibrio:

xmxkxkxmxkxkxkxk 1210112022 =−−⇒=−−−

0xm

kkx0xkxkxm 2112 =

++⇒=++

Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo 0xx 2

0 =ω+ donde por comparación:

mkk

T4

mkk 21

2

2212

0+

=π

⇒+

=ω s24.1443

362kk

m2T21

=+

π=+

π=

T=14.24 s

1 0. - Determinar el período de oscilación del objeto de masa m. Hacemos el diagrama de sólido libre del bloque en el equilibrio y fuera del equilibrio. Si no hay rozamiento,

es evidente que en el equilibrio los resortes tienen que estar sin deformar, para que se verifique que el sumatorio de fuerzas en la dirección del eje X es nula. Fuera del equilibrio tendremos:

xmxkxmF 22X =−⇒=Σ Tenemos que tener cuidado, ya que el desplazamiento total del bloque x (cuya segunda derivada es la aceleración (x ) no coincide con el alargamiento del resorte que está en contacto con él (x2), ya que el otro resorte también se alarga y el desplazamiento total del bloque será la suma de los dos alargamientos:

x=x1+x2 Tenemos que relacionar por tanto x y x2 para conseguir llegar a la ecuación de un movimiento armónico simple donde nos aparezca la misma variable derivada dos veces y sin derivar. Para ello realizamos el diagrama de

sólido libre del resorte 2 y tendremos: 0xkxkxmF 1122resorteresorteX =−⇒=Σ

donde hemos tenido en cuenta que por ser un resorte ideal su masa es nula. De ahí obtenemos:

1

2211122 k

xkx0xkxk =⇒=−

Sustituyendo esto en el desplazamiento del bloque:

xkk

kxxk

kkx1kkx

kxkxxx

21

122

1

212

1

22

1

2221 +

=⇒+

=

+=+=+=

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

( ) 0xkkm

kkx0xkk

kkxm0xkxmxmxk21

21

21

122222 =

++⇒=

++⇒=+⇒=−

Tenemos la ecuación de un movimiento armónico del tipo 0xx 20 =ω+ donde, por

comparación:

( ) ( )( )

21

21

21

212

2

21

2120 kk

kkm2Tkkm

kkT4

kkmkk +

π=⇒+

=π

⇒+

=ω

( )21

21kk

kkm2T +π=

1 1 . - Un muelle de constante k=200 N/m está apoyado sobre una superficie horizontal lisa. Su extremo izquierdo está fijo, mientras que en su extremo derecho se encuentra una masa m1=1 00 g. Se comunica al muelle

una energía potencial elástica de 40 mJ y se suelta el sistema, con velocidad nula, realizando un M. A. S. (se supone que no hay amortiguamiento). a) Determinar la amplitud o máxima elongación de la oscilación; b) escribir la ecuación del movimiento x=x(t) tomando el origen de tiempos cuando la partícula se encuentra en su posición de máxima elongación hacia la derecha; c) con el origen de tiempos indicado en b), determinar el valor de la velocidad y aceleración (indicar módulo y sentido) cuando la partícula pasa por primera vez por la posición x=- 1 . 5 cm (1 . 5 cm a la izquierda de la posición de equilibrio).

Una masa m2=200 g que viaja de derecha a izquierda colisiona en un choque perfectamente elástico con la masa m unida al muelle justo

cuando dicha masa m se encuentra en la posición de equilibrio y desplazándose 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 masa 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), ¿cuál será la nueva energía mecánica total (tras el choque) del sistema masa- muelle? ¿Cuál es la nueva amplitud del movimiento?

a) Como el movimiento es horizontal, tomaremos como nivel de energía potencial gravitatoria nula el de la superficie, de modo que en todo momento sólo tendremos energía cinética y potencial elástica. En el punto de máxima oscilación, que es desde donde se suelta el sistema, toda la energía es potencial elástica, luego tendremos:

m02.0AA2002104.0kA

21EEE 22

PePeT =⇒=⇒=⇒=

A=0.02 m b) La ecuación del M. A. S. será del tipo:

x=Acos(ωt+ϕ0) donde conocemos ya la amplitud, luego tenemos que determinar la frecuencia angular y el desfase inicial. El origen de tiempos lo tomamos cuando la elongación es máxima, luego tendremos:

t=0 ⇒ x=A ⇒ A=Acosϕ0 ⇒ cosϕ0=1 ⇒ ϕ0=0 Y la frecuencia angular para un sistema masa-muelle:

s/rad72.441.0

200mk1

===ω

Por tanto ya tenemos todo, la ecuación del movimiento es: x=Acos(ωt+ϕ0)=0.02cos(44.72t)

x=0.02cos(44.72t)

c) La velocidad será:

)t72.44(sen8944.0)t72.44(sen72.4402.0dtdxv −=⋅−==

Y la aceleración:

)t72.44cos(40)t72.44cos(72.448944.0dtdva −=⋅−==

Los valores del seno y el coseno los podemos obtener de la posición: 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 v=-0.592 m/s

El sentido es hacia la izquierda. Y la aceleración:

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

El sentido es hacia la derecha. d) Tenemos un choque elástico de dos partículas de masa m1=0.1 kg y m2=0.2 kg. Podemos determinar la velocidad de la partícula 1 antes del choque, ya que se encuentra en la posición de equilibrio, y en esa posición toda la energía mecánica es cinética. Así pues:

s/m894.0vv1.02104.0vm

21EEE 1

21

211CCT =⇒=⇒=⇒=

Puesto que se desplaza hacia la derecha esta velocidad será positiva. La velocidad de la masa m2 antes del choque es la que tenemos que determinar. Y después del choque, las velocidades de las masas serán, respectivamente, v’1 y v’2=1 m/s. Como el choque es elástico se conservarán tanto el momento lineal como la energía cinética. Tendremos entonces:

p=cte ⇒ pantes=pdespués ⇒ m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 ⇒ 0.1 · 0.894-0.2v2=0.1v’1+0.2 · 1

EC=cte ⇒ ECantes=ECdespés ⇒ 222

211

222

211 'vm

21'vm

21vm

21vm

21

+=+

221

22

2 12.0'v1.0v2.0894.01.0 ⋅+=+⋅ Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas, donde v2 tiene que ser positiva puesto que ya hemos tenido en cuenta su signo, y por tanto determinaremos ahora solo su módulo. Resolvemos el sistema:

0.1 · 0.894-0.2v2=0.1v’1+0.2 · 1 ⇒ -0.1106-0.2v2=0.1v’1 21

22

221

22

2 'v1.0v2.012.012.0'v1.0v2.0894.01.0 =+−⇒⋅+=+⋅ De la primera ecuación despejamos v’1:

-0.1106-0.2v2=0.1v’1 ⇒ v’1=-1.106-2v2 Y 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/m214.1s/m998.0

2.022423.02.044424.04424.0v

22

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

NO ES POSIBLE e) Tendremos todo como antes pero con distintas cifras. Ahora tenemos dos partículas de masa m1=0.1 kg y m2=0.2 kg que tienen antes del choque velocidades v1=0.894

m/s (hacia la derecha) y v2 (hacia la izquierda). Después del choque las velocidades respectivas serán v’1 y v’2=0.5 m/s (hacia la derecha). Se conservarán el momento lineal y la energía cinética:

p=cte ⇒ pantes=pdespués ⇒ m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 ⇒ 0.1 · 0.894-0.2v2=0.1v’1+0.2 · 0.5

EC=cte ⇒ ECantes=ECdespés ⇒ 222

211

222

211 'vm

21'vm

21vm

21vm

21

+=+

221

22

2 5.02.0'v1.0v2.0894.01.0 ⋅+=+⋅ Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas, donde v2 tiene que salirnos positiva puesto que ya hemos tenido en cuenta su signo, y por tanto determinaremos ahora solo su módulo. Resolvemos el sistema:

0.1 · 0.894-0.2v2=0.1v’1+0.2 · 0.5 ⇒ -0.0106-0.2v2=0.1v’1 21

22

221

22

2 'v1.0v2.00299.05.02.0'v1.0v2.0894.01.0 =+⇒⋅+=+⋅ De la primera ecuación despejamos v’1:

-0.0106-0.2v2=0.1v’1 ⇒ v’1=-0.106-2v2 Y sustituimos en la segunda:

22

22

21

22 )v2106.0(1.0v2.00299.0'v1.0v2.00299.0 −−=+⇒=+

00288.0v0424.0v2.0v0424.0v4.00011236.0v2.00299.0 2222

22

22 =−+⇒++=+

−

=⋅

⋅⋅+±−=

s/m5.0s/m288.0

2.020288.02.040424.00424.0v

22

Como sólo es válida la solución positiva: v2=0.288 m/s

f) Como el choque se produce en el punto de equilibrio, toda la energía tras el choque será cinética:

211CT 'vm

21EE ==

Siendo la velocidad de la partícula 1 tras el choque: v’1=-0.106-2v2=-0.106-2 · 0.288=-0.682 m/s

Por tanto la energía total:

J0233.0682.01.021'vm

21E 22

11T =⋅==

ET=0.0233 J Toda esa energía cinética en la posición de equilibrio se transforma íntegramente en energía potencial elástica en el punto de máxima elongación. En dicho punto por tanto tendremos:

m0152.0AA200210233.0kA

21EEE 22

TPeT =⇒=⇒=⇒=

A=0.0152 m

1 2. - Una barra uniforme y homogénea de 2 kg y 500 mm de longitud está 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 ecuación diferencial del movimiento para la posición angular θ(t) de la barra; b) la máxima velocidad del extremo C en el movimiento vibratorio resultante (Momento de

Inercia de la barra respecto al centro de masas: 2ml1 21I = .

a) Para obtener la ecuación del movimiento tenemos que trazar el diagrama de

sólido libre de la barra en el equilibrio y fuera de él, cuando la barra ha girado respecto de B un ángulo θ. Realizamos el giro en sentido horario (esto es arbitrario, el mismo giro se puede realizar en antihorario y se obtiene idéntico resultado) y tomamos dicho giro como sentido positivo de momentos. Para las fuerzas, como el centro de masas desciende, tomaremos como positivo el sentido vertical y hacia

abajo. Suponemos además que en la situación de equilibrio los resortes están alargados. Tendremos por tanto los dos diagramas que aparecen en el gráfico.

Para la situación de equilibrio aplicamos la ecuación de momentos ya que nos piden la ecuación diferencial de la posición angular:

ΣMG=0 ⇒ kAy0A · 0.25+RY · 0.05-kCy0C · 0.25=0 Y ahora aplicamos las mismas ecuaciones fuera del equilibrio:

θ=Σ GG IM

( ) ( ) ( ) θ=θ⋅+−θ⋅∆++θ⋅− 2CC0CYYAA0A ml

121cos25.0yykcos05.0RRcos25.0yyk

Deshacemos los paréntesis y tenemos en cuenta además que para pequeñas oscilaciones:

θ≈0 ⇒ cosθ≈1

θ=⋅−⋅−⋅∆+⋅+⋅−⋅ 2CCC0CYYAAA0A ml

12125.0yk25.0yk05.0R05.0R25.0yk25.0yk

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

Por tanto eliminando estos términos que son nulos nos queda:

θ=⋅−⋅−⋅∆+⋅+⋅−⋅ 2CCC0CYYAAA0A ml

12125.0yk25.0yk05.0R05.0R25.0yk25.0yk

θ=⋅−⋅∆+⋅− 2CCYAA ml

12125.0yk05.0R25.0yk

Ahora de los triángulos rectángulos que se forman tenemos:

20.0y

30.0ytgsen AC ==θ≈θ≈θ

Por tanto: YC=0.30θ ⇒ yA=0.20θ

Sustituyendo:

θ=⋅−⋅∆+⋅− 2CCYAA ml

12125.0yk05.0R25.0yk

θ=⋅θ⋅−⋅∆+⋅θ⋅− 2CYA ml

12125.030.0k05.0R25.020.0k

Transponemos términos y agrupamos:

θ=⋅θ⋅−⋅∆+⋅θ⋅− 2CYA ml

12125.030.0k05.0R25.020.0k

025.030.0k05.0R25.020.0kml121

CYA2 =⋅θ⋅+⋅∆−⋅θ⋅+θ

025.030.050005.0R25.020.08005.02121

Y2 =⋅θ⋅+⋅∆−⋅θ⋅+θ⋅

0R05.05.77041667.0 Y =∆−θ+θ Nos falta eliminar ∆RY. Para ello vamos a aplicar la segunda ley de Newton. En el equilibrio:

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

( ) ( ) ( ) ymyykRRyykmgymF CC0CYYAA0AY =+−∆+−−−⇒=Σ ymykykRRykykmg CCC0CYYAAA0A =−−∆−−+−

Eliminamos los términos de la condición de equilibrio ya que son nulos: ymykRykymykykRRykykmg CCYAACCC0CYYAAA0A =−∆−⇒=−−∆−−+−

Y además tenemos que en el centro de masas:

θ=⇒=θ≈θ≈θ 05.0y05.0ytgsen

Derivando dos veces respecto del tiempo: θ=⇒θ=⇒θ= 05.0y05.0y05.0y

Por tanto tendremos: θ⋅=θ⋅−∆−θ⋅⇒=−∆− 05.0230.0500R20.0800ymykRyk YCCYAA

θ−θ=∆ 10.010RY Sustituimos en la ecuación de momentos:

( ) 01.01005.05.77041667.00R05.05.77041667.0 Y =θ−θ−θ+θ⇒=∆−θ+θ

01650077046667.00005.05.05.77041667.0 =θ+θ⇒=θ+θ⇒=θ+θ−θ+θ 01650 =θ+θ

b) Puesto que tenemos una ecuación del tipo: 02

0 =θω+θ se trata de un movimiento armónico simple de frecuencia angular:

s/rad62.4016501650 020 ==ω⇒=ω

Y la ecuación del movimiento será: θ=θ0sen(ω0t+ϕ0)

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

t=0 ⇒ θ=θ0 ⇒ θ=θ0sen(ω0t+ϕ0) ⇒ θ0=θ0senϕ0 ⇒ senϕ0=1 ⇒ 20π

=ϕ

Nos queda la ecuación:

θ=θ0sen(ω0t+ϕ0)= tcos2

tsen 0000 ωθ=

π

+ωθ

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

y0C=15 mm=0.015 m ⇒ y0C=0.30θ0 ⇒ rad05.030.0015.0

30.0y C0

0 ===θ

Por tanto la ecuación del movimiento nos queda: θ=θ0cosω0t=0.05cos(40.62t)

La velocidad será:

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

−=⋅−=θ

=θ

Y para el punto C teníamos: yC=0.30θ

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

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

dyy CC −=⋅−=θ==

Esta velocidad depende del valor del seno. Si queremos que esta velocidad sea máxima, el seno del ángulo tiene que tomar su valor máximo, que es la unidad:

( ) ( ) s/m6093.0t62.40sen6093.0y1t62.40senyy CmáxCmáxC −=−=⇒=⇒= s/m6093.0yCmáx −=

1 3. - Un bloque que pesa 50 N está

suspendido en un plano vertical por tres resortes según se indica en la figura. Si se desplaza 1 75 mm hacia arriba a partir de su posición de equilibrio y se suelta con una velocidad hacia arriba de 3. 75 m/s cuando t=0, determinar: a) la ecuación diferencial que rige el movimiento; b) el período y la amplitud de la vibración resultante; c) el menor tiempo para volver a pasar el bloque por su posición de equilibrio.

a) El movimiento se produce en el eje vertical,

luego sólo tendremos en cuenta este eje. Trazaremos el diagrama de sólido libre en el equilibrio y fuera de él. Respecto de la posición de equilibrio, desplazamos el bloque hacia arriba una distancia y, de modo que tomaremos como dirección positiva la vertical y hacia arriba. Suponemos inicialmente que en la situación de equilibrio los resortes están alargados. Además, denominaremos ki a los dos resortes de la izquierda, que son iguales, y kd al de la derecha. Tendremos lo que aparece en los gráficos adjuntos. Para la posición de equilibrio:

ΣFY=0 ⇒ kiy0i+kdy0d-mg=0 Fuera del equilibrio:

( ) ( ) ymmgyykyykymF d0dii0iY =−−+−⇒=Σ Hay que tener en cuenta que si desplazamos el bloque hacia arriba una cantidad y, el resorte de la derecha modifica su elongación esa misma cantidad y, pero no el resorte de la izquierda, ya que también el superior se modifica. Si llamamos yi a la modificación de los resortes de la izquierda, tendremos que puesto que son iguales se modifican por igual, y el desplazamiento total del bloque es:

y=2yi ⇒ 2yyi =

Por tanto hay que tener en cuenta esto al hacer los cálculos. Deshaciendo los paréntesis tendremos:

( ) ( ) ymmgykykykykymmgyykyyk dd0diii0id0dii0i =−−+−⇒=−−+− Teniendo en cuenta la condición de equilibrio:

0ykykymymykykymmgykykykyk diidiidd0diii0i =++⇒=−−⇒=−−+−

0ym2

k2ky0yk2ykym20yk

2ykym di

didi =+

+⇒=++⇒=++

0y902.293y0y

8.9502

83321333y =+⇒=⋅

⋅++

0y902.293y =+

b) Vemos que tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple, del tipo: 0yy 2

0 =ω+ donde por comparación:

=ωπ

=⇒π

=ω⇒==ω⇒=ω0

00222

02T

T2s/rad144.17902.293s/rad902.293

s3665.0144.17

2=

π=

T=0.3665 s Ahora buscamos la amplitud. Puesto que se trata de un movimiento armónico simple la ecuación del movimiento será del tipo:

y=Asen(ω0t+ϕ0)=Asen(17.144t+ϕ0) Tenemos las condiciones iniciales:

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

( )0t144.17cosA144.17dtdyy ϕ+==

Aplicamos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ y=175 mm ⇒ y=Asen(17.144t+ϕ0) ⇒ 175=Asenϕ0

t=0 ⇒ s/mm3750y = ⇒ ( )0t144.17cosA144.17y ϕ+= ⇒ 0cosA144.173750 ϕ= Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas, A y ϕ0. Dividiendo la primera ecuación entre la segunda:

rad6748.08.0tg144.17

tg04667.0cosA144.17

Asen3750175

000

0

0 =ϕ⇒=ϕ⇒ϕ

=⇒ϕ

ϕ=

Y de una cualquiera de las ecuaciones:

175=Asenϕ0 ⇒ mm13.2806748.0sen

175sen175A

0==

ϕ=

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

y=0 ⇒ y=Asen(17.144t+ϕ0)=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 a contar, luego estaría en la posición de equilibrio ese tiempo antes. En volver a pasar tardará medio período más:

s1439.02

3665.00394.02Tttmín =+−=+=

tmín=0.1439 s

1 4. - Un carrito que pesa 50 N está unido a tres resortes y rueda sobre un plano inclinado según se indica en la figura. Las constantes de los resortes son k1=k2=83 N/m y k3=250 N/m. Si se desplaza el carrito hacia arriba del plano inclinado una distancia de 75 mm a partir de su posición 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

período, la frecuencia y la pulsación de la vibración resultante; b) la posición del carrito en función del tiempo.

a) La masa del carrito es:

kg102.58.9

50gPm ===

Tomaremos como eje X el paralelo al plano inclinado, y como eje Y el perpendicular a él. Hacemos el diagrama de sólido libre en el equilibrio, y a continuación desplazamos el carrito hacia arriba una cantidad x, lo cual implica que todos los resortes se modifican en esa misma cantidad x. Suponemos además que en la situación de equilibrio todos los resortes están estirados. Tendremos lo que aparece en la figura.

Para la situación de equilibrio: ΣFX=0 ⇒ k1x01+k2x02-k3x03-mgsen15º=0

Fuera del equlibrio: ( ) ( ) ( ) xmº15mgsenxxkxxkxxkxmF 033022011X =−+−−+−⇒=Σ

xmº15mgsenxkxkxkxkxkxk 303320221011 =−−−−+− Teniendo en cuenta la condición de equilibrio:

0xm

kkkx0xkxkxkxmxmxkxkxk 321321321 =

+++⇒=+++⇒=−−−

0x537.81x0x102.5

2508383x =+⇒=++

+

Vemos que tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo: 0xx 2

0 =ω+ Por comparación:

s/rad030.9573.81s/rad573.81 0222

0 ==ω⇒=ω ω0=9.030 rad/s

Y por tanto el período:

s696.0030.922T

T2

00 =

π=

ωπ

=⇒π

=ω

T=0.696 s Y la frecuencia:

1s437.16958.01

T1 −===ν

ν=1.437 s-1 b) La posición del carrito en función del tiempo será:

x=Asen(ω0t+ϕ0)=Asen(9.030t+ϕ0) Para determinar las dos constantes tenemos las condiciones iniciales:

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

)t030.9cos(A030.9dtdxx 0ϕ+==

Si aplicamos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ x=75 mm ⇒ x=Asen(9.030t+ϕ0) ⇒ 75=Asenϕ0

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

rad065.1806.1tg030.9

tg2.0cosA030.9

Asen37575

000

0

0 =ϕ⇒=ϕ⇒ϕ

=⇒ϕ

ϕ=

Y sustituyendo en cualquiera de las dos expresiones:

75=Asenϕ0 ⇒ ( ) mm73.85065.1sen

75sen

75A0

==ϕ

=

Por tanto la posición del carrito en función del tiempo es: x=Asen(9.030t+ϕ0)=85.73sen(9.030t+1.065)

x=85.73sen(9.030t+1.065) 1 5. - Un bloque de 1 . 75 kg está 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. Después 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. ¿Cuál es la constante de amortiguamiento g? Puesto que se realizan muchas oscilaciones, al menos 113, el movimiento es subamortiguado, de modo que la ecuación que lo representa es:

y=A0e-βtsen(ωt+ϕ0) Podemos expresarla como:

y=Asen(ωt+ϕ0) teniendo en cuenta que esa amplitud A no es constante sino que decrece exponencialmente con el tiempo en la forma A=A0e-βt. Así pues, para dos oscilaciones cualesquiera:

A=A0e-βt

A’=A0e-βt’

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

't

t

't0

t0 e

'AAe

'AA

ee

'AA

eAeA

'AA −ββ+β−

β−

β−

β−

β−=⇒=⇒=⇒=

Si transcurren 113 oscilaciones completas, el tiempo entre ellas, (t’-t) será 113 veces el período:

( ) T1132lnT113

2AAlnT113

AAlne

AAe

'AA

00

113

0T113

113

0t't β=⇒β=⇒β=⇒=⇒= β−β

Obviamente el amortiguamiento es muy débil, ya que después de 113 oscilaciones la amplitud sólo se ha reducido a la mitad. Por ello:

s44.450.375.12

km2T

T2

mk

022

0 =π=π=⇒π

==ω≈β−ω=ω

Y sustituyendo en la expresión anterior: 1s00138.0

44.41132ln

T1132lnT1132ln −=

⋅==β⇒β=

Y la constante de amortiguamiento:

s/kg00483.000138.075.12m2m2

=⋅⋅=β=g⇒g

=β

g=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 posición del objeto para t=0 s es 8. 5 cm respecto de la posición 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 ecuación que define el movimiento; c) a continuación 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 parámetro de amortiguamiento, la frecuencia angular de la oscilación y la ecuación del movimiento sabiendo que para un tiempo t=0 su posición es de 6 cm, y para t=2 s su posición es de 0. 020 cm. a) Tenemos inicialmente un movimiento armónico simple luego responderá a la ecuación:

y=Asen(ω0t+ϕ)=Asen(3t+ϕ) 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 primer lugar la velocidad del cuerpo:

)t3cos(A3dtdyy ϕ+==

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

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

rad236.2275.1tg3

tg425.0cosA3

Asen205.8

=ϕ⇒−=ϕ⇒ϕ

=−⇒ϕϕ

=−

ϕ=2.236 rad Y por tanto la amplitud:

8.5=Asenϕ ⇒ 8.5=Asen(2.236) ⇒A=10.80 cm A=10.80 cm

b) La ecuación será por tanto: y=Asen(3t+ϕ)=10.80sen(3t+2.236)

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

1s05.15.12

15.3m2

−=⋅

=g

=β

β=1.05 s-1 Como β<ω0 ⇒ 1.05<3 el movimiento es subamortiguado.

Movimiento subamortiguado La frecuencia de la oscilación será:

s/rad81.205.13 22220 =−=β+ω=ω

ω=2.81 rad/s La ecuación del movimiento tiene que ser del tipo:

y=A0e-βtsen(ωt+ϕ)=A0e-1.05tsen(2.81t+ϕ) Tenemos que determinar dos constantes luego tenemos dos condiciones que tenemos que aplicar:

t=0 ⇒ y=6 cm ⇒ 6=A0senϕ t=2 ⇒ y=0.020 cm ⇒ 0.020=A0e-1.05·2sen(2.81 · 2+ϕ) ⇒ 0.020=0.122A0sen(5.62+ϕ)

De la primera ecuación:

ϕ=⇒ϕ=

sen6AsenA6 00

Y sustituyendo en la segunda:

( ) ( )ϕ+ϕ

=⇒ϕ+= 62.5sensen

6122.0020.062.5senA122.0020.0 0

Desarrollamos el seno de la suma de dos ángulos:

( ) 5768.0tg

451.0020.0sen62.5coscos62.5sensen

732.0020.0 +ϕ

−=⇒ϕ+ϕ

ϕ=

tgϕ=0.8010 ⇒ ϕ=0.681 rad Ahora de la otra ecuación:

cm533.9681.0sen

6sen

6A0 ==ϕ

=

Por tanto la ecuación del movimiento es: y=A0e-1.05tsen(2.81t+ϕ)=9.533e-1.05tsen(2.81t+0.681)

y=9.533e-1.05tsen(2.81t+0.681) cm

1 7. - La plataforma A de 50 kg está unida a los muelles B y D, de constante k=1 900 N/m cada uno. Se desea que la frecuencia de vibración de la plataforma no varíe cuando sobre ella se deposite un bloque de 40 kg, por lo que se añade un tercer muelle C. a) Hallar la constante de éste tercer muelle; b) el sistema completo (tres muelles, plataforma y bloque) oscila con una amplitud

de 25 cm. Determina la ecuación del movimiento si consideramos que en el inicio de tiempos la velocidad es de 1 . 5 m/s; c) calcula la velocidad y aceleración máximas; d) a continuación se ejerce sobre el sistema una fuerza de rozamiento proporcional a la velocidad, siendo la constante de proporcionalidad 50 Ns/m. Determina el número de oscilaciones que tienen que pasar para que el sistema se considere parado, si suponemos que la oscilación inicial es de 25 cm de amplitud y lo podemos considerar en reposo cuando la amplitud de las oscilaciones es inferior a 1 mm; e) calcula en este caso la ecuación del movimiento, considerando que la amplitud inicial es A0=25 cm y que el origen de tiempos comienza cuando la velocidad es nula.

a) Realizamos el diagrama de sólido libre en el equilibrio y fuera del equilibrio cuando tenemos sólo los dos resortes. Nos queda lo que aparece en la figura. En el equilibrio es obvio que los dos resortes tienen que estar comprimidos para compensar al peso. En esta situación:

ΣFY=0 ⇒ ky0+ky0-mAg=0 ⇒ 2ky0-mAg=0 Si desplazamos la plataforma una cantidad y y la soltamos tendremos:

ymgm)yy(k)yy(kymF AA00AY =−−+−⇒=Σ ymgmky2ky2ymgm)yy(k2 AA0AA0 =−−⇒=−−

Eliminamos la condición de equilibrio:

0ym

k2y0ky2ymymky2ymgmky2ky2A

AAAA0 =+⇒=+⇒=−⇒=−−

Es la ecuación de un movimiento armónico simple de frecuencia angular:

A

20 m

k2=ω

A continuación añadimos el bloque de masa m=40 kg, añadimos el resorte de constante kC y hacemos lo mismo, con lo cual es sencillo porque sólo hay que añadir esto a los diagramas. Nos queda lo que aparece en la nueva figura. En la situación de equilibrio: ΣFY=0 ⇒ ky0+ky0+kCy0-(mA+m)g=0

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

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

Eliminamos la condición de equilibrio: y)mm(ykky2y)mm(g)mm(ykykky2ky2 ACAAC0C0 +=−−⇒+=+−−+−

0ymmkk2y0y)kk2(y)mm(0ykky2y)mm(

A

CCACA =

++

+⇒=+++⇒=+++

Es la ecuación de un movimiento armónico simple de frecuencia angular:

mmkk2

A

C20 +

+=ω

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

m/N3040k4050

k190025019002

mmkk2

mk2

CC

A

C

A=⇒

++⋅

=⋅

⇒++

=

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

A=25 cm=0.25 m Y la frecuencia de la oscilación:

s/rad718.84050304019002

mmkk2

mmkk2

A

C0

A

C20 =

++⋅

=++

=ω⇒++

=ω

Por tanto la ecuación del movimiento será: y=Asen(ω0t+ϕ0)=0.25sen(8.718t+ϕ0)

La condición inicial nos dice que para t=0 ⇒ v=1.5 m/s. Nos hace falta por tanto la velocidad:

)t718.8cos(718.825.0dtdyyv 0ϕ+⋅===

Aplicamos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ v=1.5 m/s ⇒ 1.5=0.25 · 8.718cosϕ0 ⇒ cosϕ0=0.6882 ⇒ ϕ0=0.812 rad

Por tanto la ecuación del movimiento es: y=0.25sen(8.718t+ϕ0)=0.25sen(8.718t+0.812)

y=0.25sen(8.718t+0.812) También podríamos haber elegido la ecuación del coseno, en cuyo caso tendríamos:

y=Acos(ω0t+ϕ0)=0.25cos(8.718t+ϕ0) ⇒ )t718.8(sen718.825.0dtdyyv 0ϕ+⋅−===

Y aplicando las condiciones iniciales: t=0 ⇒ v=1.5 m/s ⇒ 1.5=-0.25 · 8.718senϕ0 ⇒ senϕ0=-0.6882 ⇒ ϕ0=-0.759 rad

Y la ecuación que obtenemos es: y=0.25cos(8.718t+ϕ0)=0.25cos(8.718t-0.759)

y=0.25cos(8.718t-0.759) Puede verse que los ángulos se diferencian en π/2, con lo cual el seno y el coseno son iguales:

2571.1)759.0(812.0 π

==−−

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(718.825.0dtdyyv +⋅===

Puesto que los dos primeros factores son constantes, la velocidad será máxima cuando el único término variable, que es el coseno, adquiera su valor máximo, que es la unidad:

v=vmáx ⇒ cos(8.718t+0.812)=1 ⇒ vmáx=0.25 · 8.718=2.179 m/s vmáx=2.179 m/s

Y la aceleración:

)812.0t718.8(sen718.825.0dtdva 2 +⋅−==

Siguiendo el mismo razonamiento, la aceleración será máxima cuando el término variable adquiera su valor máximo:

a=amáx ⇒ sen(8.718t+0.812)=1 ⇒ amáx=-0.25 · 8.7182=-19 m/s2 En módulo:

amáx=19 m/s2 d) Tenemos ahora amortiguamiento. Conocemos la constante de amortiguamiento, luego podemos determinar el parámetro de amortiguamiento:

( ) s/rad278.040502

50)mm(2

m/Ns50A

=+

=+g

=β⇒=g

Como β<ω0 el movimiento es subamortiguado, y la ecuación que lo rige es del tipo: y=A0e-βtsen(ωt+ϕ0)

Siendo la frecuencia angular:

s/rad713.8278.0718.8 22220 =−=β−ω=ω

Y por tanto el período:

s721.0713.822T =π

=ωπ

=

La ecuación del movimiento podemos ponerla en la forma: y=Asen(ωt+ϕ0)

pero teniendo en cuenta que esa amplitud no es constante sino que disminuye exponencialmente con el tiempo en la forma:

A=A0e-βt Sabemos 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-βt A’=A0e-βt’

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

't

t

't0

t0 e

'AAe

'AA

ee

'AA

eAeA

'AA −ββ+β−

β−

β−

β−

β−

=⇒=⇒=⇒=

El tiempo que transcurre entre dos oscilaciones sucesivas es un período, luego entre estas dos amplitudes transcurrirán n períodos:

esoscilacion60.27721.0278.0

01.025.0ln

T'A

AlnnnT

'AAlne

'AAe

'AA nT)t't( =

⋅=

β=⇒β=⇒=⇒= β−β

Por tanto para que la amplitud esté por debajo de 1 mm tienen que transcurrir al menos 28 oscilaciones.

28 oscilaciones e) La ecuación del movimiento es:

y=A0e-βtsen(ωt+ϕ0)=0.25e-0.278tsen(8.713t+ϕ0) Nos falta sólo el desfase inicial, para el cual sabemos las condiciones iniciales:

t=0 ⇒ v=0 Derivamos la posición para obtener la velocidad:

)t713.8cos(e713.825.0)t713.8(sene278.025.0dtdyv 0

t278.00

t278.0 ϕ+⋅+ϕ+⋅−== −−

Y aplicamos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ v=0 ⇒ 0=-0.25 · 0.278senϕ0+0.25 · 8.713cosϕ0 ⇒ 0.278senϕ0=8.713cosϕ0

rad539.137.31278.0713.8tg

cossen

000

0 =ϕ⇒==ϕ=ϕϕ

La ecuación del movimiento es por tanto: y=0.25e-0.278tsen(8.713t+ϕ0)=0.25e-0.278tsen(8.713t+1.539)

y=0.25e-0.278tsen(8.713t+1.539) Si hubiéramos partido de la ecuación del coseno tendríamos, haciendo el mismo desarrollo:

y=A0e-βtcos(ωt+ϕ0)=0.25e-0.278tcos(8.713t+ϕ0)

)t713.8(sene713.825.0)t713.8cos(e278.025.0dtdyv 0

t278.00

t278.0 ϕ+⋅−ϕ+⋅−== −−

Y aplicamos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ v=0 ⇒ 0=-0.25 · 0.278cosϕ0-0.25 · 8.713senϕ0 ⇒ 0.278cosϕ0=-8.713senϕ0

rad0319.003188.0713.8278.0tg

cossen

000

0 −=ϕ⇒−=−=ϕ=ϕϕ

La ecuación del movimiento es por tanto: y=0.25e-0.278tcos(8.713t+ϕ0)=0.25e-0.278tcos(8.713t-0.0319)

y=0.25e-0.278tcos(8.713t-0.0319) Igual que antes, la diferencia entre los dos desfases es de π/2, con lo cual el seno y el coseno son iguales y la ecuación es la misma:

25709.1)0319.0(539.1 π

==−−

1 8. - Sea un reloj de péndulo (puede tratarse como un péndulo simple) consistente en una esfera de aluminio (ρ=2700 kg/m3) 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/s2. Sin embargo, los dueños tienen que trasladarse de ciudad, y al moverlo al nuevo domicilio, de mayor altitud, observan que atrasa 1 0 s cada día. a) ¿Cuál es el valor de la gravedad en esta ciudad? b) ¿Qué solución propondrías para que el reloj funcionara correctamente? Justifica con unos cálculos tu propuesta. c) A continuación se va a ver cómo afecta la viscosidad del aire al movimiento del péndulo. Consideramos que la fuerza debido a la viscosidad η que actúa sobre una esfera de radio R y velocidad v es igual a F=- 6πηRv, y para el aire a 20º C η=1 . 78 · 1 0- 5 kg/ms. ¿Qué tipo de amortiguamiento tendría el péndulo? Escribe la ecuación del movimiento suponiendo que la amplitud inicial es de 2º y que el origen de tiempos se toma cuando la velocidad es nula; d) ¿Cuál es el tiempo necesario para que la amplitud se reduzca un 1 0% de la inicial? a) Se trata de un péndulo simple, luego inicialmente, cuando la gravedad vale 9.8 m/s2 el reloj funciona bien y el período será:

s007.28.9

12gL2T =π=π=

Al cambiarlo de lugar no cambia su longitud, sino el valor de la gravedad, y por tanto del período. Sabemos que atrasa 10 s en un día, que son:

1 día=24 h=86400 s Por tanto, si en un día atrasa 10 s, en cada oscilación atrasará:

s10323.286400

007.210T 4−⋅=⋅

=∆

Por tanto, el nuevo período es más grande y vale: T’=T+∆T=2.007+2.323 · 10-4=2.0072323 s

Entonces ahora el valor de la gravedad g’ será:

22

2

2

2s/m7986.9

0072323.214

'TL4'g

'gL2'T =

⋅π=

π=⇒π=

g’=9.7986 m/s2 b) Para que el péndulo funcione correctamente y vuelva a tener el mismo período T se debería acortar su longitud, para que así, modificando la gravedad y la longitud su cociente vuelva a ser el mismo que al principio y el péndulo no atrase. La nueva longitud de la cuerda L’ debería ser:

m999768.04

7986.9007.24

'gT'L'g'L2T 2

2

2

2=

π

⋅=

π=⇒π=

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

ACORTAR EL PÉNDULO EN 0.232 mm c) Se trata de un problema de amortiguamiento viscoso, donde la fuerza de amortiguamiento vale:

F=-6πηRv=-gv El coeficiente de amortiguamiento vale:

g=6πηR=6π · 1.78 · 10-5 · 5 · 10-3=1.6776 · 10-6 Ns/m Y el parámetro de amortiguamiento:

( )14

33

6

33s10933.5

10527008106776.13

R83

R342V2m2

−−

−

−

⋅=⋅⋅⋅π

⋅⋅=

πρg

=πρ

g=

ρg

=g

=β

La frecuencia natural de la oscilación es:

s/rad131.3007.22

T2

0 =π

=π

=ω

Como β<<<ω0 el movimiento es subamortiguado. MOVIMIENTO SUBAMORTIGUADO

Puesto que el movimiento es subamortiguado, la ecuación del movimiento será: ( )ϕ+ωθ=θ β− tsene t

0 siendo θ0 la amplitud inicial (θ0=2º=0.0349 rad), ω la frecuencia del movimiento amortiguado y ϕ la fase inicial. La frecuencia del movimiento amortiguado es:

( ) s/rad131.310933.5131.324222

0 =⋅−=β−ω=ω − Vemos aquí que el amortiguamiento es tan débil que no afecta a la frecuencia de la oscilación. Por último, nos falta la fase inicial, para lo cual nos dicen que el origen de tiempos (t=0) se toma cuando la velocidad es nula ( )0=θ . Determinamos por tanto la velocidad:

( ) ( )ϕ+ωωθ+ϕ+ωβθ−=θ

=θ β−β− tcosetsenedtd t

0t

0

Aplicamos ahora la condición que nos dan: ϕω+ϕβ−=⇒ϕωθ+ϕβθ−=⇒=θ⇒= cossen0cossen000t 00

rad571.1966.527610933.5

131.3tgcossen

4 =ϕ⇒=⋅

=βω

=ϕ=ϕϕ

−

Por tanto la ecuación del movimiento es: ( ) ( )571.1t131.3sene0349.0tsene t10933.5t

04

+=ϕ+ωθ=θ−⋅−β−

( )571.1t131.3sene0349.0 t10933.5 4+=θ

−⋅−

d) La ecuación que tenemos podemos ponerla en la forma: ( ) ( )571.1t131.3Asen571.1t131.3sene0349.0 t10933.5 4

+=+=θ−⋅−

donde θ puede representar una amplitud, pero que no es constante, sino que disminuye exponencialmente con el tiempo. Así, tendríamos que por comparación de estas ecuaciones la amplitud del movimiento es:

t10933.5 4e0349.0A

−⋅−= Si la amplitud se reduce un 10% de la inicial es porque al cabo del tiempo pasa a ser el 90% de la inicial, es decir:

A’=0.90A Si aplicamos esto, teniendo en cuenta que cuando la amplitud vale A el tiempo es t, y cuando vale A’ el tiempo es t’ tendremos las ecuaciones:

t10933.5 4e0349.0A

−⋅−= 't10933.5 4

e0349.0'A−⋅−=

Dividiendo las dos ecuaciones:

( ) t10933.5t't10933.5't10933.5

t10933.5

't10933.5

t10933.5 44

4

4

4

4

e90.01e

A90.0A

ee

'AA

e0349.0e0349.0

'AA ∆⋅−−⋅−

⋅−

⋅−

⋅−

⋅−−−

−

−

−

−

=⇒=⇒=⇒=

s58min2s58.17710933.5

90.0lntt10933.590.0ln 44 ==

⋅−=∆⇒∆⋅−= −

−

∆t=2 min 58 s

1 9. - El período de vibración observado en el sistema de la figura 1 es de 0. 5 s. Si se retira del sistema el muelle de constante k2=2. 1 kN/m se observa un período de 0. 98 s. Hallar: a) la constante k1 del otro muelle y la masa del bloque A; b) la ecuación del movimiento del bloque cuando está unido a los dos muelles si se suelta desde el reposo 2 cm por debajo de su posición de equilibrio; c) si después se sustituye el

muelle de constante k1 por una amortiguador cuya fuerza de amortiguamiento es proporcional a la velocidad (figura 2) puede observarse que los desplazamientos máximos sucesivos del sistema muelle, masa y amortiguador son 25 mm, 1 5 mm y 9 mm, y sabiendo además 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 g. ¿De qué tipo de movimiento se trata? d) escribir la ecuación del movimiento de la masa.

a) Nos vamos a centrar en primer lugar solo en el sistema de la figura 1. Suponemos que en el equilibrio el resorte superior está estirado y el inferior comprimido. Respecto de esa posición desplazamos el bloque una cantidad y hacia arriba. Tendremos lo que aparece en las figuras. Para la posición de equilibrio:

ΣFY=0 ⇒ k2y02+k1y01-mg=0 Fuera del equilibrio:

( ) ( ) ymmgyykyykymF 011022Y =−−+−⇒=Σ ymmgykykykyk 10112022 =−−+−

Teniendo en cuenta la condición de equilibrio: 0ykykymymykykymmgykykykyk 211210112022 =++⇒=−−⇒=−−+−

( ) 0ym

kky0ykkym 2121 =

++⇒=++

Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo: 0yy 2

1 =ω+ Donde por comparación:

211

212

1

2212

1 kkm2T

mkk

T4

mkk

+π=⇒

+=

π⇒

+=ω

Ahora retiramos el muelle de constante k2 con lo cual sólo nos queda el resorte 1. Obviamente cuando el sistema así formado está en equilibrio el resorte estará comprimido. Respecto de esa posición desplazamos el bloque una cantidad y

hacia arriba y lo dejamos oscilar. Tendremos lo que aparece en el gráfico. Para la situación de equilibrio:

ΣFY=0 ⇒ k1y01-mg=0 Fuera del equilibrio:

( ) ymmgykykymmgyykymF 1011011Y =−−⇒=−−⇒=Σ

Teniendo en cuenta la condición de equilibrio:

0ymky0ykymymykymmgykyk 1

111011 =+⇒=+⇒=−⇒=−−

De nuevo tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo: 0yy 2

2 =ω+ Donde por comparación:

12

12

2

212

2 km2T

mk

T4

mk

π=⇒=π

⇒=ω

Si dividimos los dos períodos 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+

=

⇒

+=

⇒

+=⇒

π

+π

=

m/N01.739kk647.546k2603.02100kk2603.0 111

1

1 =⇒=+⇒+

=

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

kg98.174

98.001.7394Tkm

km2T 2

2

2

221

12 =

π⋅

=π

=⇒π=

m=17.98 kg b) Nos centramos cuando el bloque está unido a los dos resortes, en cuyo caso la frecuencia angular será:

s/rad566.125.0

2T2

11 =

π=

π=ω

La ecuación del movimiento será del tipo: y=Asen(ω1t+ϕ0)=Asen(12.566t+ϕ0)

Tenemos como condiciones iniciales: t=0 ⇒ y=2 cm=0.02 m ⇒ 0y =

Donde la velocidad será:

( )0t566.12cosA566.12dtdyy ϕ+==

Aplicando las condiciones iniciales: t=0 ⇒ y=0.02 m ⇒ y=Asen(12.566t+ϕ0) ⇒ 0.02=Asenϕ0

t=0 ⇒ ( )2

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

=ϕ⇒=ϕ⇒ϕ=⇒ϕ+=⇒=

Por tanto, sustituyendo en la otra expresión:

0.02=Asenϕ0 ⇒ m02.0A2

Asen02.0 =⇒π

=

La ecuación del movimiento es por tanto:

y=Asen(12.566t+ϕ0)= ( )t566.12cos02.02

t566.12sen02.0 =

π

+

y=0.02cos(12.566t) c) Si tenemos al menos tres oscilaciones se tiene que tratar de movimiento subamortigado, ya que en el crítico y en el sobreamortiguado el móvil efectúa a lo sumo una oscilación.

MOVIMIENTO SUBAMORTIGUADO Así, la ecuación del movimiento será del tipo:

y=A0e-βtsen(ωt+ϕ0)

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

siendo la velocidad:

( ) ( )0t

00t

0 tcoseAtseneAdtdyy ϕ+ωω+ϕ+ωβ−== β−β−

Aplicamos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ y=0 ⇒ y=A0e-βtsen(ωt+ϕ0) ⇒ 0=A0senϕ0 ⇒ senϕ0=0 ⇒ ϕ0=0

Nos queda la ecuación: y=A0e-βtsen(ωt+ϕ0)=A0e-βtsen(ωt)

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

0t

0t

0t

0 ωω+ωβ−=ωω+ωβ−= β−β−β−β− La otra condición de contorno es:

( ) ( ) ω=⇒ωω+ωβ−=⇒=⇒= β−β−0

t0

t0 A269.0tcoseAtseneAys/m269.0y0t

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

s/rad76.10025.0269.0

A269.0A269.0

00 ===ω⇒ω=

Por otro lado la ecuación del movimiento la podemos expresar como: y=A0e-βtsen(ωt)=Asen(ωt)

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

A=A0e-βt Para dos oscilaciones sucesivas tendremos:

2

1

t02

t01

eAAeAA

β−

β−

=

=

Dividiendo las dos expresiones: ( )1221

2

1

2

1 tt

2

1tt

2

1t

t

2

1t

0

t0

2

1 eAAe

AA

ee

AA

eAeA

AA −ββ+β−

β−

β−

β−

β−

=⇒=⇒=⇒=

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

( ) 511.0TT1525lnT

AAlne

AAe

AA

2

1T

2

1tt

2

1 12 =β⇒β=⇒β=⇒=⇒= β−β

Puesto que tenemos la frecuencia angular podemos determinar el período:

s5839.076.10

22TT2

=π

=ωπ

=⇒π

=ω

De modo que el parámetro de amortiguamiento:

βT=0.511 ⇒ 1s875.05839.0511.0

T511.0 −===β

Y el coeficiente de amortiguamiento viscoso:

m/Ns47.31875.098.172m2m2

=⋅⋅=β=g⇒g

=β

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

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

20. - Un bloque de 600 g se suelta en la posición A, desliza a lo largo del plano inclinado 45º hasta B, a continuación 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 máxima deformación del muelle, sabiendo que h=2. 5 m, el radio del bucle r=0. 5 m, y el coeficiente dinámico 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 reacción en la posición D; c) a continuación 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 posición 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 qué tipo de amortiguamiento se trata? d) Escribe la ecuación del movimiento de la masa, suponiendo que el desfase inicial es nulo; e) si además sometemos al resorte a una fuerza exterior de 25 · 1 04cosωt dinas, calcula la amplitud de las oscilaciones en función de ω y la amplitud máxima. a) Podemos aplicar el teorema de conservación de la energía entre la posición inicial, cuando el bloque parte del reposo en la posición indicada, y la posición final, cuando el resorte tiene la máxima compresión. En la situación inicial (A) sólo tendremos energía potencial gravitatoria correspondiente a la altura h, mientras que al final (H) sólo tenemos energía potencial elástica, correspondiente a la compresión máxima del resorte ∆xmáx. Nos quedará, por tanto:

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

trabajo, ya que siempre es perpendicular al desplazamiento. Sólo realiza trabajo la fuerza de rozamiento, que será distinta en el tramo inclinado y en el tramo recto. En el tramo inclinado, si realizamos un diagrama de sólido libre tendremos:

ΣFY=0 ⇒ N-mgcos45º=0 ⇒ N=mgcos45º Fr=(Fr)máx=µN=

=µmgcos45º=0.3 · 0.6 · 9.8cos45º= =1.247 N

El desplazamiento de su punto de aplicación será la longitud del plano inclinado:

shº45sen =

m536.3º45sen

5.2º45sen

hs ===

Teniendo en cuenta que la fuerza y el desplazamiento de su punto de aplicación forman un ángulo de 180º tendremos:

WFr=Fr · s=Frscos180º=-Frs=-1.247 · 3.536=-4.41 J Ahora, en el tramo recto tendremos:

ΣFy=0 ⇒ N’-mg=0 ⇒ N’=mg F’r=(F’r)máx=µN’=µmg=

=0.3 · 0.6 · 9.8=1.764 N Esta fuerza de rozamiento y el desplazamiento de su punto de aplicación

forman un ángulo de 180º, y el desplazamiento del punto de aplicación será todo el tramo horizontal, es decir, los 60 cm más la compresión del resorte:

WF’r=F’r · s’=F’rs’cos180º=-F’rs’=-1.764(0.6+∆xmáx)=-1.0584-1.764∆xmáx Así pues, tendremos:

ETA+Wotras=ETH ⇒ EPgA+WFr+WF’r=EPeH 2máxmáx xk

21x764.10584.141.4mgh ∆=∆−−−

2máxmáx x500

21x764.14954.55.28.96.0 ∆=∆−−⋅⋅

02046.9x764.1x250 máx2máx =−∆+∆

−

=⋅

⋅⋅+±−=∆

m1954.0m1884.0

25022046.92504764.1764.1x

2

máx

Descartamos la solución negativa puesto que obtenemos así el módulo de la compresión.

∆xmáx=0.1884 m b) Para determinar la reacción en la posición D necesitamos la velocidad con que el bloque llega a dicho punto. Aplicamos para ello la conservación de la energía entre la posición inicial (A) y dicha posición (D). En A ya hemos determinado la energía. En D tendremos energía potencial gravitatoria, correspondiente a una altura de dos veces el radio de la circunferencia, y energía cinética, ya que al punto D el bloque llega con una cierta velocidad. En cuanto al trabajo realizado por las fuerzas, sólo tendremos el trabajo

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

ETA+Wotras=ETD ⇒ EPgA+WFr =EPgD+ECD 2DFr mv

21r2mgWmgh +=+

222D

2D s/m7.14vv6.0

215.028.96.041.45.28.96.0 =⇒+⋅⋅⋅=−⋅⋅

Ahora para llegar a la reacción en D tendremos que hacer el diagrama de sólido libre del bloque en dicha posición. Aplicando la segunda ley de Newton:

ΣFY=maD ⇒ =−=⇒=+ mgrvmN

rvmmgN

2D

D

2D

D

N76.118.96.05.07.146.0 =⋅−=

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

kg04.1028.9

1000gPmmgP ===⇒=

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

F=gv ⇒ F=2.5v ⇒ g=2.5 Ns/m Y el parámetro de amortiguamiento:

1s01225.004.1022

5.2m2

−=⋅

=g

=β

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

s/rad214.204.102

500mk

0 ===ω

Como β<<<ω0 el amortiguamiento es débil. AMORTIGUAMIENTO DÉBIL

d) La ecuación del movimiento será: y=Ae-βtcos(ωt+ϕ0)=Ae-0.01225tcos(ωt+ϕ0)

La frecuencia de la oscilación valdrá:

s/rad214.201225.0214.2 22220 =−=β−ω=ω

Nos queda pues: y=A0e-0.01225tcos(ωt+ϕ0)=A0e-0.01225tcos(2.214t+ϕ0)

Nos dicen que el desfase inicial es nulo: y=A0e-0.01225tcos(2.214t+ϕ0)=A0e-0.01225tcos(2.214t)

Y ahora sabemos que en t=0 la posición es de 10 cm=0.1 m: t=0 ⇒ y=0.1 m ⇒ 0.1=A0

Así pues nos queda: y=A0e-0.01225tcos(2.214t)=0.1e-0.01225tcos(2.214t)

y=0.1e-0.01225tcos(2.214t) e) Ahora tenemos una fuerza impulsora del tipo:

F=F0cosωt=25 · 104cosωt Así pues:

F0=25 · 104 dinas=2.5 N La amplitud de las oscilaciones en función de ω es:

=ω⋅+ω−

=ωβ+ω−ω

=2222222222

0

0

01225.04)214.2(04.1025.2

4)(m

FA

2422 106)9.4(0245.0

ω⋅+ω−=

−

2422 106)9.4(0245.0A

ω⋅+ω−=

−

La amplitud máxima será la correspondiente a la frecuencia de resonancia. Dicha frecuencia es:

s/rad214.201225.02214.22 22220R =⋅−=β−ω=ω

Sustituyendo esto en la expresión de la amplitud:

m452.0214.2106)214.29.4(

0245.0106)9.4(

0245.0A24222422=

⋅⋅+−=

ω⋅+ω−=

−−

AR=0.452 m También podemos sustituir directamente en la expresión que nos da la amplitud de la resonancia:

m452.001225.0214.204.10201225.02

5.2m2

FA2222

0

0R =

−⋅⋅=

β−ωβ=

AR=0.452 m