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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 v (^) máx , 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=-ω^2 Acos(ωt+δ)
Si la posición y velocidad iniciales, x 0 y v 0 son conocidas, se puede determinar el ángulo de fase y la amplitud a partir de las ecuaciones:
ω δ= − 0
0 x
v arctg
2
2 A x 02 v^0 ω
Dichas ecuaciones se obtienen de las anteriores teniendo en cuenta que para t=0 ⇒ x=x 0 ⇒ v=v 0.
Si el cuerpo tiene un desplazamiento inicial x 0 pero v 0 =0 la amplitud es A=x 0 y el ángulo de fase es δ=0; si el cuerpo tiene una velocidad inicial pero no un desplazamiento
inicial, entonces ω
A = v^0 y 2
δ =−^ π (ten cuidado en expresar la fase inicial en radianes).
La ecuación para la energía kA cte 2
kx 2
mv 2
E = 2 +^2 =^2 = 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 x 2 y v^2 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:
x + ω^2 x= 0 ⇒x=−ω^2 x⇒x=−ctex
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 ω 0 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=A 0 e-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 A 0 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.
TEMA 6
MOVIMIENTO OSCILATORIO
PROBLEMAS
- 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:
g
T L
g
2 d g
2 d g
L
g
L'
g
L
T'
T T
total = total−π = + = π + π =π +π − ⇒π −
2 total
2 total total g
L
T
- 2 d g
g
L
T
g
g 1. 2 d
L
T
g
- 2 d
π
−π ⇒ − =
π
−π ⇒ − = π
−π − =
- (^80). 395 m
g
T L
d 1. 2 g
(^22) total =
π
−π = −
π
−π = −
d=0.394 m
- 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=l 0 +∆l=0.25+0.049=0.299 m
b) La frecuencia de oscilación de un bloque unido sólo a un resorte es:
l=0.299 m
1 (^0 0). 5 1.^59 s
m
k 2
m
2 k m
k (^) = − π
π
ω = ⇒ πν= ⇒ν=
ν=1.59 s-
- 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-ϕ 0 ) Por tanto:
- 51 s
- 16
T^22
T
- 16 rad/s^2 = π = ω
ω= ⇒ω= π⇒ = π
b) De la frecuencia angular del sistema:
T=1.51 s
k m 4. 16 1. 5 25. 96 N/ m m
ω= k^ ⇒ =ω^2 =^2 ⋅ =
c) Como tenemos la ecuación de la posición, derivando obtenemos la velocidad:
k=25.96 N/m
- 40 4. 16 sen( 4. 16 t 2. 42 ) 30. 784 sen( 4. 16 t 2. 42 ) dt
dx v = =− ⋅ − =− − 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
d) La fuerza de acuerdo con la segunda ley de Newton es:
vmáx =-0.308 m/s
Σ F =m a Por tanto puesto que la masa es constante la fuerza será máxima cuando la aceleración sea máxima. El valor de la aceleración es:
- 40 4. 16 cos( 4. 16 t 2. 42 ) 128. 06 cos( 4. 16 t 2. 42 ) dt
a =dv=− ⋅^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/s^2 =-1.281 m/s^2 Y la fuerza máxima: Fmáx =mamáx =1.5 · 1.281=1.92 N
e) Ahora para t=1 s tendremos, en el Sistema Internacional:
Fmáx =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/s
x=-0.0125 m
a=-1.281cos(4.16t-2.42)=-1.281(4.16 · 1-2.42)=-0.216 m/s^2
v=-0.303 m/s
Y la fuerza de la segunda ley de Newton:
a=-0.216 m/s^2
F=ma=1.5 · 0.216=0.323 N F=0.323 N
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 ⇒ a (^) máx =3.27 m/s^2
d) Si la particula se encuentra a mitad camino entre la posición inicial y una de sus posiciones extremas tendremos que:
amáx =3.27 m/s^2
y=0.10 m ⇒ y=0.20cos(4.04t) ⇒ 0.10=0.20cos(4.04t) ⇒ cos(4.04t)=0. Y el seno:
sen ( 4. 04 t) = 1 −cos^2 ( 4. 04 t) = 1 − 0. 52 = 0. 866
Sustituyendo tendremos que la velocidad vale: v=-0.808sen(4.04t)=-0.808 · 0.866=-0.70 m/s
Y la aceleración:
v=-0.70 m/s
a=-3.27cos(4.04t)=-3.27 · 0.5=1.635 m/s^2
e) Y para el tiempo tenemos en cuenta que:
a=1.635 m/s^2
cos(4.04t)=0.5 ⇒ 4.04t=1.047 rad ⇒ t=0.259 s t=0.259 s
- 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 l 0 = 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= a 0 + αxOP+ ωx(ωxOP)+ 2ωxv (^) rel + a (^) rel 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. Llamemoslo 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∆l 0 , siendo ∆l 0 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∆l 0 =man ⇒ k∆l 0 =mω^2 R donde el radio de curvatura será la longitud natural del resorte más su alargamiento: R=l 0 +∆l (^0) Sustituyendo todo: k∆l 0 =mω^2 R ⇒ k∆l 0 =mω^2 (l 0 +∆l 0 ) ⇒ 1000 ∆l 0 =0.2 · 37.699 2 (0.35+∆l 0 ) ⇒ ∆l 0 =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:
∆l 0 =0.140 m
a = a 0 +αx OP +x(x OP) +2ωx vrel + arel El centro de la plataforma está en reposo luego a 0 =0, y como la plataforma gira con velocidad angular constante, α=0. Nos queda por tanto: a = a 0 +αx OP+ x(x OP) +2ωx vrel + arel =-ω^2 OP +2ωx vrel + arel Si desplazamos la partícula hacia la derecha una cantidad a mayores x el vector de posición respecto de O será: OP =(l (^) equil +x) i donde l (^) equil =l 0 +l 0. 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:
R (l l ) R
a v 0 0
(^222) n = =ω =ω +∆
ACELERACIÓN NORMAL:an =ω^2 (l 0 +∆l 0 )
- 699 rad/ s 1 rev
2 rad s
rev 6 s
rev 6 = π ω= = ⋅
v (^) rel i x i dt
dx (^) = =
i i
v a (^) rel rel x dt
dx dt
d (^) = = =
Y fuera del equilibrio tendremos, haciendo lo mismo: ΣFY =mAy^ ⇒k ( y 0 −y) −mAg=mAy⇒ky 0 −ky−mAg=mAy Tenemos en cuenta la condición de equilibrio y nos queda: y 0 m
ky ky mg my ky my my ky 0 y k A
0 −^ − A = A⇒− = A⇒ A+ = ⇒+ =
Vemos que tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo y^ +ω^201 y= 0 , de modo que por comparación:
k
T 2 m m
k T
m
k (^) A 1 A
2
A 1
2 (^01) = ⇒ = 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 T 2 sería:
k
m m T 2 2 A B
= π
Tenemos por tanto dos ecuaciones y dos incógnitas:
k
T 2 mA 1 = π
k
m m T 2 2 A B
= π
Dividiendo la primera entre la segunda:
m 9. 69 kg m 7
m
- 1
m m
m T
T
k
m m 2
k
2 m T
T
A A
A A B
A 2
1 A B
A
2
π
π
b) La constante del resorte la obtenemos de cualquiera de las ecuaciones:
mA =9.69 kg
- 38 N/ m
- 6
T
4 m k k
m T (^22)
2 2 1
A 2 A 1 = = π ⇒ = π = π ⋅
k=149.38 N/m
- 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: 2 C 2 C 2 B 2 C 2 C 2 TB TC PeB CC PeC B 2 k l k l mv k l mv^1 2
k l^1 2
E =E ⇒E =E +E ⇒^1 ∆ = + ∆ ⇒ ∆ = + ∆
C^2 (^0 )^2
2 0 2 2 2 C 0 2 C 2 k( lB −l 0 ) =mv +k(l −l) ⇒k^ d +x −l =mv +kd−l
C^2 (^ )^2
2 2 2 980 2 0. 25 1. 5 = 10 v + 9802 − 1. 5
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:
vC =1.24 m/s
ΣF (^) X =mx⇒−k∆lsenθ=mx⇒mx+k∆lsenθ= 0
0 d x
d x l x m
x k (^022)
+ ^ + −
Tenemos que llegar a una expresión del tipo x +ω^2 x^ = 0 , 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<<<< k 2 x 02 −k 2 x−k 1 x 01 −k 1 x=mx Teniendo en cuenta la condición de equilibrio: k 2 x 02 −k 2 x−k 1 x 01 −k 1 x=mx^ ⇒−k 2 x−k 1 x=m x
x 0 m
k k mx k 2 x k 1 x 0 x^12 =
Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo x^ +ω^20 x = 0 donde
por comparación:
m
k k T
m
k k 1 2 2
2 (^212) 0
⇒ π =
ω = 14. 24 s 3 4
k k
T 2 m 1 2
= 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: ΣFX =mx^ ⇒−k 2 x 2 =m x 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 (x 2 ), ya que el otro resorte también se alarga y el desplazamiento total del bloque será la suma de los dos alargamientos: x=x 1 +x (^2) Tenemos que relacionar por tanto x y x 2 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: ΣF (^) X =mresortexresorte⇒k 2 x 2 −k 1 x 1 = 0 donde hemos tenido en cuenta que por ser un resorte ideal su masa es nula. De ahí obtenemos:
1
2 2 (^2 2111) k
kx k x −kx = 0 ⇒x =
Sustituyendo esto en el desplazamiento del bloque:
x k k
x x k k
1 x k k k
x k k
x x x kx 1 2
2 2 1 1
2 1 2 1
2 2 1
1 2 2 2
Y sustituyendo en la expresión de la segunda ley de Newton:
( )
x 0 mk k
kk x 0 x k k
k kx mx mx kx 0 mx k 1 2
12 1 2
1 − 2 2 = ⇒ + 2 2 = ⇒ + (^2) + = ⇒+ + =
Tenemos la ecuación de un movimiento armónico del tipo x^ +ω^20 x = 0 donde, por
comparación:
( ) ( )
( ) 12
1 2 1 2
12 2
2
1 2
2 12 (^0) kk
mk k T 2 mk k
kk T
mk k
k k + ⇒ = π
⇒ π =
ω =
( ) 12
1 2 kk
mk k T 2
= 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 m 1 = 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 m 2 = 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:
200 A A 0. 02 m 2
kA 0. 04 2
ET =EPe⇒EPe=^2 ⇒ =^2 ⇒ =
b) La ecuación del M. A. S. será del tipo:
A=0.02 m
x=Acos(ωt+ϕ 0 ) 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=Acosϕ 0 ⇒ cosϕ 0 =1 ⇒ ϕ 0 = Y la frecuencia angular para un sistema masa-muelle:
- 72 rad/ s
- 1
m
k 1
ω= = =
Por tanto ya tenemos todo, la ecuación del movimiento es: x=Acos(ωt+ϕ 0 )=0.02cos(44.72t) x=0.02cos(44.72t)
m/s (hacia la derecha) y v 2 (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 ⇒ p (^) antes = pdespués ⇒ m 1 v 1 +m 2 v 2 =m 1 v’ 1 +m 2 v’ 2 ⇒ 0.1 · 0.894-0.2v 2 =0.1v’ 1 +0.2 · 0. E (^) C =cte ⇒ E (^) Cantes =E (^) Cdespés ⇒ 1 21 222 112 m 2 v' 22 2
mv' 2
mv 2
mv 2
2 2 1
2 2
- 1 ⋅ 0. 8942 + 0. 2 v = 0. 1 v'+ 0. 2 ⋅ 0. 5 Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas, donde v 2 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 · 0.894-0.2v 2 =0.1v’ 1 +0.2 · 0.5 ⇒ -0.0106-0.2v 2 =0.1v’ 1 2 1
2 2
2 2 1
2 2
- 1 ⋅ 0. 8942 + 0. 2 v = 0. 1 v'+ 0. 2 ⋅ 0. 5 ⇒ 0. 0299 + 0. 2 v = 0. 1 v' De la primera ecuación despejamos v’ 1 : -0.0106-0.2v 2 =0.1v’ 1 ⇒ v’ 1 =-0.106-2v 2 Y sustituimos en la segunda: 2 2 2 2 2 1 2
- 0299 + 0. 2 v 2 = 0. 1 v' ⇒ 0. 0299 + 0. 2 v = 0. 1 (− 0. 106 − 2 v)
- 0299 + 0. 2 v 22 = 0. 0011236 + 0. 4 v 22 + 0. 0424 v 2 ⇒ 0. 2 v^22 + 0. 0424 v 2 − 0. 0288 = 0
5 m/s
288 m/s 2 0. 2
v^0.^04240.^0424240.^20.^0288 2
Como sólo es válida la solución positiva:
f) Como el choque se produce en el punto de equilibrio, toda la energía tras el choque será cinética:
v 2 =0.288 m/s
2 T C 2 m 1 v' 1
E =E =^1
Siendo la velocidad de la partícula 1 tras el choque: v’ 1 =-0.106-2v 2 =-0.106-2 · 0.288=-0.682 m/s Por tanto la energía total:
- 682 0. 0233 J 2
mv' 2
ET = 1 12 = ⋅^2 =
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:
E T =0.0233 J
200 A A 0. 0152 m 2
kA 0. 0233 1 2
E E E^122
T = Pe⇒ T= ⇒ = ⇒ = 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: ml^2 1 2
I =^.
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: Σ MG =0 ⇒ k (^) Ay0A · 0.25+R (^) Y · 0.05-k (^) C y0C · 0.25= Y ahora aplicamos las mismas ecuaciones fuera del equilibrio: Σ MG =I G θ
A (^0 A−^ A)^ ⋅ θ+(^ Y+∆ Y)^ ⋅ θ− C(^0 C+ C)^ ⋅ θ= ml^2 θ 12
k y y 0. 25 cos R R 0. 05 cos k y y 0. 25 cos^1 Deshacemos los paréntesis y tenemos en cuenta además que para pequeñas oscilaciones: θ≈ 0 ⇒ cosθ≈ 1 A 0 A⋅^ − AA⋅ + Y⋅ +∆ Y⋅ − C 0 C⋅ − C C⋅ = ml^2 θ 12
k y 0. 25 ky 0. 25 R 0. 05 R 0. 05 ky 0. 25 ky 0. 25 1 De la condición de equilibrio sabemos que: k (^) Ay0A · 0.25+R (^) Y · 0.05-k (^) C y0C · 0.25= Por tanto eliminando estos términos que son nulos nos queda: A 0 A⋅^ − AA⋅ + Y⋅ +∆ Y⋅ − C 0 C⋅ − C C⋅ = ml^2 θ 12
k y 0. 25 ky 0. 25 R 0. 05 R 0. 05 ky 0. 25 ky 0. 25
− (^) A A⋅ +∆ Y⋅ − C C⋅ = ml^2 θ 12
k y 0. 25 R 0. 05 k y 0. 25 1 Ahora de los triángulos rectángulos que se forman tenemos:
- 20
y
- 30
sen θ≈tgθ≈θ= yC^ = A
Por tanto: YC =0.30θ ⇒ y (^) A=0.20θ Sustituyendo: − (^) A A⋅ +∆ Y⋅ − C C⋅ = ml^2 θ 12 k y 0. 25 R 0. 05 k y 0. 25 1
− (^) A ⋅ θ⋅ +∆ Y⋅ − C⋅ θ⋅ = ml^2 θ 12
k 0. 20 0. 25 R 0. 05 k 0. 30 0. 25 1 Transponemos términos y agrupamos: − (^) A ⋅ θ⋅ +∆ Y⋅ − C⋅ θ⋅ = ml^2 θ 12
k 0. 20 0. 25 R 0. 05 k 0. 30 0. 25
ml k 0. 20 0. 25 R 0. 05 k 0. 30 0. 25 0 12
A Y C (^2) θ+ ⋅ θ⋅ −∆ ⋅ + ⋅ θ⋅ =
0. 30 0. 302. 031 sen( 40. 62 t) 0. 6093 sen( 40. 62 t)
dt
dy y (^) C = C= 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: y (^) C = yCmáx⇒sen ( 40. 62 t) = 1 ⇒yCmáx=− 0. 6093 sen( 40. 62 t) =− 0. 6093 m/s yCmáx^ =− 0. 6093 m/ s
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 k (^) i a los dos resortes de la izquierda, que son iguales, y k (^) d al de la derecha. Tendremos lo que aparece en los gráficos adjuntos. Para la posición de equilibrio: ΣFY =0 ⇒ k (^) iy0i+k (^) d y0d -mg= Fuera del equilibrio: ΣFY =my^ ⇒ki ( y 0 i−yi) +kd( y 0 d−y) −mg=my 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 ⇒ 2
y yi = Por tanto hay que tener en cuenta esto al hacer los cálculos. Deshaciendo los paréntesis tendremos: ki ( y (^0) i−yi) +kd( y 0 d−y) −mg=my^ ⇒kiy 0 i−kiyi+kdy 0 d−kdy−mg=my Teniendo en cuenta la condición de equilibrio: ki y 0 i− kiyi+kdy 0 d−kdy−mg=my⇒−kiyi−kdy=my⇒my+kiyi+kdy= 0
y 0 2 m
k 2 k ky 0 2 my ky 2 ky 0 y 2
y my ki (^) d i d i d =
y 0 y 293. 902 y 0
- 8
y (^) ⋅ = ⇒ + =
y + 293. 902 y= 0 b) Vemos que tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple, del tipo: y +ω^20 y = 0
donde por comparación:
= ω
π ⇒ = π ω = ⇒ω = = ⇒ω = 0 0 0
2 2 2 0
T
T
902 rad /s 293. 902 17. 144 rad/s
3665 s
144
π
Ahora buscamos la amplitud. Puesto que se trata de un movimiento armónico simple la ecuación del movimiento será del tipo:
T=0.3665 s
y=Asen(ω 0 t+ϕ 0 )=Asen(17.144t+ϕ 0 ) Tenemos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ y=175 mm ⇒ y = 3. 75 m/s= 3750 mm/s La expresión de la velocidad es:
- 144 Acos ( 17. 144 t 0 ) dt
dy y = = +ϕ
Aplicamos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ y=175 mm ⇒ y=Asen(17.144t+ϕ 0 ) ⇒ 175=Asenϕ 0 t=0 ⇒ y^ = 3750 mm/s⇒ y = 17. 144 Acos( 17. 144 t+ϕ 0 )⇒ 3750 = 17. 144 Acosϕ 0 Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas, A y ϕ 0. Dividiendo la primera ecuación entre la segunda:
tg 0. 8 0. 6748 rad
144
04667 tg
144 Acos
Asen 3750
(^000) 0
(^0) ⇒ = ϕ ⇒ ϕ = ⇒ϕ = ϕ
= ϕ
Y de una cualquiera de las ecuaciones: 175=Asenϕ 0 ⇒ 280. 13 mm sen 0. 6748
sen
A^175
0
ϕ
c) En la posición de equilibrio:
A=280.13 mm
y=0 ⇒ y=Asen(17.144t+ϕ 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 a contar, luego estaría en la posición de equilibrio ese tiempo antes. En volver a pasar tardará medio período más:
- 1439 s 2
0. 0394 0.^3665
t t T mín = + =− + = tmín=0.1439 s
