ω − = δ x v arctg v x A ω + = ω = 0 v A 2 π − = δ

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:
 v 
δ = arctg − 0 
 ωx0 
A = x02 +
v02
ω2
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
v
π
inicial, entonces A = 0 y δ = − (ten cuidado en expresar la fase inicial en radianes).
2
ω
1
1
1
mv 2 + kx 2 = kA 2 = cte es una relación
2
2
2
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.
La ecuación para la energía E =
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:
 + ω2 x = 0 ⇒ x = −ω2 x ⇒ x = −ctex
x
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
 y
del movimiento elevada al cuadrado). Como ya hemos explicado en teoría, la aceleración x
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:
x + ω2x = 0
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:
Ttotal =
T T' 2π
+
=
2 2
2
1.2 − d
=
g
Ttotal
L 2π
+
g
2
L
−π
g
π
L'
L
1.2 − d
1.2 − d
L
=π
+π
⇒π
= Ttotal − π
g
g
g
g
g
2


 Ttotal − π L 
g
1.2 − d 
⇒
=
 ⇒ 1.2 − d =
g
π








 Ttotal − π L 
g

g

π






2
2
2




 Ttotal − π L 
 2 − π 1.2 
g

9. 8 

d = 1.2 − g
 = 1.2 − 9.8
 = 0.395 m
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:
ω0 =
k
⇒ 2πν =
m
k
1 k
1
⇒ν=
=
m
2π m 2π
ν=1.59 s-1
50
= 1.59 s −1
0. 5
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:
2π
2π
2π
ω = 4.16 rad / s ⇒ ω =
⇒T =
=
= 1.51 s
T
ω
4.16
T=1.51 s
b) De la frecuencia angular del sistema:
ω=
k
⇒ k = ω2m = 4.162 ⋅ 1.5 = 25.96 N / m
m
k=25.96 N/m
c) Como tenemos la ecuación de la posición, derivando obtenemos la velocidad:
dx
v=
= −7.40 ⋅ 4.16sen( 4.16t − 2.42) = −30.784sen( 4.16t − 2.42)
dt
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:
dv
a=
= −7.40 ⋅ 4.162 cos( 4.16t − 2.42) = −128.06 cos( 4.16t − 2.42)
dt
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:
mg 0.5 ⋅ 9.8
ΣFY=0 ⇒ ky0-mg=0 ⇒ k =
=
= 32.67 N / m
y0
0.15
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:
ω0 =
k
2π
⇒
=
T
M
2
M
k
= 1.55 s
= 2π
⇒ t = 2π
k
32.67
M
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:
ω0 =
k
=
M
32.67
= 4.04 rad / s
2
Tenemos la condición de que para t=0 ⇒ y=ymáx=A=20 cm=0.2 m:
π
y=Asen(ω0t+ϕ0) ⇒ A=Asenϕ0 ⇒ senϕ0=1 ⇒ ϕ 0 =
2
Nos queda pues:
π
y = Asen(ω0 t + ϕ 0 ) = 0.20sen 4.04t +  = 0.20 cos(4.04t )
2

La velocidad es la derivada de la posición respecto del tiempo:
dy
= −0.20 ⋅ 4.04 sen(4.04t ) = −0.808sen(4.04t )
v=
dy
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:
dv
a=
= −0.808 ⋅ 4.04 cos(4.04t ) = −3.27 cos(4.04t )
dy
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:
sen(4.04t ) = 1 − cos2 (4.04t ) = 1 − 0.52 = 0.866
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=a 0+ αxOP+ ωx(ωxOP)+ 2ωxvrel+ 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. Llamemos l
o 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:
v2
= ω2R = ω2 (l0 + ∆l0 )
an =
R
ACELERACIÓN NORMAL : an = ω2 (l0 + ∆l0 )
c) La velocidad angular es:
rev
rev 2π rad
ω=6
=6
⋅
= 37.699 rad / s
s
s
1 rev
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
l 0.
donde lequil=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:
dx
vrel =
i = x i
dt
dv
dx
i
arel = rel =
i=x
dt
dt
La velocidad angular es = 
k, por lo que:
i j
2ω × vrel
k
= 2 0 0 ω = 2ωx j
x 0 0
Así:
i = x
 − ω2 lequil + x i + 2ωx j
a = −ω2OP + 2ω × vrel + arel = −ω2 lequil + x i + 2ωx j + x
[
(
(
)
[
)]
)]
(
 − ω2 lequil + x i + 2ωx j
a= x
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:
 − ω2 lequil + x
ΣFX=maX ⇒ − k (∆l0 + x ) = m x
[
[
(
]
)]
− k (∆l0 + x ) = m x − ω2 (l0 + ∆l0 + x )
De la condición de equilibrio tenemos:
k∆l0=mω2(l0+∆l0)
Esto nos simplifica la expresión anterior, que se reduce a:
2
− k (∆l0 + x ) = m x − ω (l0 + ∆l0 + x ) ⇒ −k∆l0 − kx = mx − mω2l0 − mω2∆l0 − mω2x
[
]
k − mω2
x=0
m
 + ω20x = 0 , donde
Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple, del tipo x
(
)
− kx = mx − mω2x ⇒ mx + kx − mω2x = 0 ⇒ mx + k − mω2 x = 0 ⇒ x +
por comparación obtenemos:
ω20 =
k − mω2
4 π2 k − mω2
m
0.2
⇒ 2 =
⇒ T = 2π
= 2π
= 0.105 s
m
m
T
k − mω2
1000 − 0.2 ⋅ 37.6992
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
Y fuera del equilibrio tendremos, haciendo lo mismo:
ΣFY = mA y ⇒ k (y0 − y ) − mAg = mA y ⇒ ky0 − ky − mAg = mA y
Tenemos en cuenta la condición de equilibrio y nos queda:
k
ky0 − ky − mAg = mA y ⇒ −ky = mA y ⇒ mA y + ky = 0 ⇒ y +
y=0
mA
Vemos que tenemos la ecuación de un movimiento armónico
simple del tipo y + ω201 y = 0 , de modo que por comparación:
2
 2π 
m
k
k
⇒   =
⇒ T1 = 2π A
mA
mA
k
 T1 
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:
ω201 =
T2 = 2π
mA + mB
k
Tenemos por tanto dos ecuaciones y dos incógnitas:
m
T1 = 2π A
k
T2 = 2π
mA + mB
k
Dividiendo la primera entre la segunda:
m
2π A
T1
T
mA
1 .6
k
=
⇒ 1 =
⇒
=
T2
T2
mA + mB
2.1
mA + mB
2π
k
mA
⇒ mA = 9.69 kg
mA + 7
mA=9.69 kg
b) La constante del resorte la obtenemos de cualquiera de las ecuaciones:
T1 = 2π
mA
4π2mA 4π2 ⋅ 9.69
⇒k =
=
= 149.38 N / m
k
T12
1.62
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:
1
1
1
ETB = ETC ⇒ EPeB = ECC + EPeC ⇒ k∆lB2 = mvC2 + k∆lC2 ⇒ k∆lB2 = mvC2 + k∆lC2
2
2
2
2
2
k(lB − l0 )2 = mvC2 + k(lC − l0 )2 ⇒ k d2 + x2 − l0  = mvC2 + k (d − l0 )


2
980 22 + 0.252 − 1.5  = 10vC2 + 980(2 − 1.5)2


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:
ΣFX = mx ⇒ −k∆lsenθ = mx ⇒ mx + k∆lsenθ = 0
 +
x
k 2
x
2
=0
 d + x − l0 
2


m
d + x2
 + ω2 x = 0 , para lo cual los términos
Tenemos que llegar a una expresión del tipo x
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:
k(d − l0 )
k d − l0
k
x
 +  d2 + x2 − l0 
 + ⋅
 +
=0⇒x
x=0⇒x
x=0
x
2
2
 d +x
m
d
md
m
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:
ω2 =
k(d − l0 )
4π2 k(d − l0 )
md
10 ⋅ 2
⇒ 2 =
⇒ T = 2π
= 2π
= 1.27 s
md
md
k(d − l0 )
980(2 − 1.5)
T
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 ⇒ − mgsenφ = m
d2s
dt2
⇒ −gsenφ = L
d2φ
dt2
g
d2φ
senφ = 2
L
dt
Para pequeñas oscilaciones senφ≈φ de modo que
−
queda:
g
g
g
d2φ
d2φ
d2φ g
senφ = 2 ⇒ − φ = 2 ⇒ 2 + φ = 0 ⇒ φ + φ = 0
L
L
L
L
dt
dt
dt
Tenemos la ecuación de un movimiento armónico
simple del tipo φ + ω2 φ = 0 donde por comparación:
−
0
g
4π2 g
L
ω20 = ⇒ 2 = ⇒ T = 2π
L
L
g
T
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:
L + L2
T T
2π L1 2π L2
0.453 + 0.187
+
=π 1
=π
= 1.11 s
T= 1 + 2 =
2
2
2 g
2
g
g
9.8
T=1.11 s
hacia un lado?
9. - Una masa de 36 kg se coloca
superficie sin fricción y entonces se conecta a
por dos resortes con constantes k1 =3 N/m y
como se muestra en la figura. ¿Cuál es el
oscilación de la masa de 36 kg si se desplaza
sobre una
las paredes
k2=4 N/m,
período de
ligeramente
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:
ΣFX = mx ⇒ k2 (x02 − x ) − k1 (x01 + x ) = mx

k2x02 − k2x − k1x01 − k1x = mx
Teniendo en cuenta la condición de equilibrio:
 ⇒ −k2x − k1x = mx

k2x02 − k2x − k1x01 − k1x = mx
mx + k2x + k1x = 0 ⇒ x +
k1 + k2
x=0
m
 + ω20 x = 0 donde
Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo x
por comparación:
ω20 =
k1 + k2
m
36
4 π2 k + k2
T = 2π
= 2π
= 14.24 s
⇒ 2 = 1
k1 + k2
3+4
m
m
T
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 ⇒ −k2 x2 = mx
Tenemos que tener cuidado, ya que el desplazamiento
total del bloque x (cuya segunda derivada es la aceleración (
 ) no coincide con el alargamiento del resorte que está en
x
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:
ΣFX = mresorte xresorte ⇒ k2 x2 − k1 x1 = 0
donde hemos tenido en cuenta que por ser un resorte ideal su
masa es nula. De ahí obtenemos:
kx
k2 x2 − k1 x1 = 0 ⇒ x1 = 2 2
k1
Sustituyendo esto en el desplazamiento del bloque:
k

k2 x2
k + k2
k1
x2 ⇒ x2 =
x
+ x2 =  2 + 1 x2 = 1
k1
k
k
k
1
1 + k2
 1

Y sustituyendo en la expresión de la segunda ley de Newton:
k1
k1k2
x = 0 ⇒ x +
x=0
− k2 x2 = mx ⇒ mx + k2 x2 = 0 ⇒ mx + k2
k1 + k2
m(k1 + k2 )
x = x1 + x2 =
 + ω20 x = 0 donde, por
Tenemos la ecuación de un movimiento armónico del tipo x
comparación:
ω20 =
k1k2
k1k2
m(k1 + k2 )
4 π2
⇒ 2 =
⇒ T = 2π
m(k1 + k2 )
m(k1 + k2 )
k1k2
T
T = 2π
m(k1 + k2 )
k1k2
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:
1
1
ET = EPe ⇒ EPe = kA2 ⇒ 0.04 = 200A2 ⇒ A = 0.02 m
2
2
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:
ω=
k
=
m1
200
= 44.72 rad / s
0.1
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:
dx
v=
= −0.02 ⋅ 44.72sen( 44.72t) = −0.8944sen( 44.72t)
dt
Y la aceleración:
dv
a=
= −0.8944 ⋅ 44.72 cos( 44.72t) = −40 cos( 44.72t)
dt
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:
sen2 ( 44.72t) + cos2 ( 44.72t) = 1 ⇒ sen( 44.72t) = 1 − cos2 ( 44.72t) = 1 − 0.752 = 0.661
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:
1
1
ET = EC ⇒ EC = m1v12 ⇒ 0.04 = 0.1v12 ⇒ v1 = 0.894 m / s
2
2
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
1
1
1
1
EC=cte ⇒ ECantes=ECdespés ⇒ m1v12 + m2v22 = m1v'12 + m2v'22
2
2
2
2
0.1 ⋅ 0.8942 + 0.2v22 = 0.1v'12 +0.2 ⋅ 12
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
0.1 ⋅ 0.8942 + 0.2v22 = 0.1v'12 +0.2 ⋅ 12 ⇒ −0.12 + 0.2v22 = 0.1v'12
De la primera ecuación despejamos v’1:
-0.1106-0.2v2=0.1v’1 ⇒ v’1=-1.106-2v2
Y sustituimos en la segunda:
− 0.12 + 0.2v22 = 0.1v'12 ⇒ −0.12 + 0.2v22 = 0.1( −1.106 − 2v2 )2
− 0.12 + 0.2v22 = 0.1223 + 0.4v22 + 0.4424v2 ⇒ 0.2v22 + 0.4424v2 + 0.2423 = 0
− 0.4424 ± 0.44242 − 4 ⋅ 0.2 ⋅ 0.2423 − 0.998 m / s
=
2 ⋅ 0.2
 − 1.214 m / s
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
v2 =
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
1
1
1
1
EC=cte ⇒ ECantes=ECdespés ⇒ m1v12 + m2v22 = m1v'12 + m2v'22
2
2
2
2
0.1 ⋅ 0.8942 + 0.2v22 = 0.1v'12 +0.2 ⋅ 0.52
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
0.1 ⋅ 0.8942 + 0.2v22 = 0.1v'12 +0.2 ⋅ 0.52 ⇒ 0.0299 + 0.2v22 = 0.1v'12
De la primera ecuación despejamos v’1:
-0.0106-0.2v2=0.1v’1 ⇒ v’1=-0.106-2v2
Y sustituimos en la segunda:
0.0299 + 0.2v22 = 0.1v'12 ⇒ 0.0299 + 0.2v22 = 0.1( −0.106 − 2v2 )2
0.0299 + 0.2v22 = 0.0011236 + 0.4v22 + 0.0424v2 ⇒ 0.2v22 + 0.0424v2 − 0.0288 = 0
− 0.0424 ± 0.04242 + 4 ⋅ 0.2 ⋅ 0.0288 0.288 m / s
=
2 ⋅ 0.2
 − 0.5 m / s
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:
1
ET = EC = m1v'12
2
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:
1
1
ET = m1v'12 = 0.1 ⋅ 0.6822 = 0.0233 J
2
2
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:
1
1
ET = EPe ⇒ ET = kA2 ⇒ 0.0233 = 200A2 ⇒ A = 0.0152 m
2
2
A=0.0152 m
v2 =
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
1
(Momento de Inercia de la barra respecto al centro de masas: I =
ml 2 .
12
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:
ΣM = I θ
G
G
1
ml2θ
12
Deshacemos los paréntesis y tenemos en cuenta además que para pequeñas
oscilaciones:
θ≈0 ⇒ cosθ≈1
1
kA y0A ⋅ 0.25 − kA yA ⋅ 0.25 + RY ⋅ 0.05 + ∆RY ⋅ 0.05 − kC y0C ⋅ 0.25 − kC yC ⋅ 0.25 =
ml2θ
12
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:
1
kA y0A ⋅ 0.25 − kA yA ⋅ 0.25 + RY ⋅ 0.05 + ∆RY ⋅ 0.05 − kC y0C ⋅ 0.25 − kC yC ⋅ 0.25 =
ml2θ
12
1
− kA yA ⋅ 0.25 + ∆RY ⋅ 0.05 − kC yC ⋅ 0.25 =
ml2θ
12
Ahora de los triángulos rectángulos que se forman tenemos:
y
y
senθ ≈ tgθ ≈ θ = C = A
0.30 0.20
Por tanto:
YC=0.30θ ⇒ yA=0.20θ
Sustituyendo:
1
− kA yA ⋅ 0.25 + ∆RY ⋅ 0.05 − kC yC ⋅ 0.25 =
ml2θ
12
1
− kA ⋅ 0.20θ ⋅ 0.25 + ∆RY ⋅ 0.05 − kC ⋅ 0.30θ ⋅ 0.25 =
ml2θ
12
Transponemos términos y agrupamos:
1
− kA ⋅ 0.20θ ⋅ 0.25 + ∆RY ⋅ 0.05 − kC ⋅ 0.30θ ⋅ 0.25 =
ml2θ
12
kA (y0A − yA ) ⋅ 0.25 cos θ + (RY + ∆RY ) ⋅ 0.05 cos θ − kC (y0C + yC ) ⋅ 0.25 cos θ =
1
ml2θ + kA ⋅ 0.20θ ⋅ 0.25 − ∆RY ⋅ 0.05 + kC ⋅ 0.30θ ⋅ 0.25 = 0
12
1
2 ⋅ 0.5 2 θ + 800 ⋅ 0.20θ ⋅ 0.25 − ∆RY ⋅ 0.05 + 500 ⋅ 0.30θ ⋅ 0.25 = 0
12
0.041667θ + 77.5θ − 0.05∆RY = 0
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:
ΣFY = my ⇒ mg − kA (y0A − yA ) − (RY + ∆RY ) − kC (y0C + yC ) = my
mg − kA y0A + kA yA − RY − ∆RY − kC y0C − kC yC = my
Eliminamos los términos de la condición de equilibrio ya que son nulos:
mg − kA y0A + kA yA − RY − ∆RY − kC y0C − kC yC = my ⇒ kA yA − ∆RY − kC yC = my
Y además tenemos que en el centro de masas:
y
senθ ≈ tgθ ≈ θ =
⇒ y = 0.05θ
0.05
Derivando dos veces respecto del tiempo:
y = 0.05θ ⇒ y = 0.05θ ⇒ y = 0.05θ
Por tanto tendremos:
kA yA − ∆RY − kC yC = my ⇒ 800 ⋅ 0.20θ − ∆RY − 500 ⋅ 0.30θ = 2 ⋅ 0.05θ
∆R = 10θ − 0.10θ
Y
Sustituimos en la ecuación de momentos:
0.041667θ + 77.5θ − 0.05∆RY = 0 ⇒ 0.041667θ + 77.5θ − 0.05 10θ − 0.1θ = 0
0.041667θ + 77.5θ − 0.5θ + 0.005θ = 0 ⇒ 0.046667θ + 77 θ = 0 ⇒ θ + 1650θ = 0
θ + 1650θ = 0
(
)
b) Puesto que tenemos una ecuación del tipo:
θ + ω2 θ = 0
0
se trata de un movimiento armónico simple de frecuencia angular:
ω20 = 1650 ⇒ ω0 = 1650 = 40.62 rad / s
Y la ecuación del movimiento será:
θ=θ0sen(ω0t+ϕ0)
Soltamos el extremo C desde la máxima amplitud y desde el reposo, luego tenemos:
π
t=0 ⇒ θ=θ0 ⇒ θ=θ0sen(ω0t+ϕ0) ⇒ θ0=θ0senϕ0 ⇒ senϕ0=1 ⇒ ϕ 0 =
2
Nos queda la ecuación:
π
θ=θ0sen(ω0t+ϕ0)= θ 0 sen ω0 t +  = θ 0 cos ω0 t
2


Para obtener la amplitud del movimiento tendremos en cuenta que el extremo C
desciende 15 mm luego:
y
0.015
y0C=15 mm=0.015 m ⇒ y0C=0.30θ0 ⇒ θ 0 = 0C =
= 0.05 rad
0.30
0.30
Por tanto la ecuación del movimiento nos queda:
θ=θ0cosω0t=0.05cos(40.62t)
La velocidad será:
dθ
θ =
= −0.05 ⋅ 40.62sen(40.62t ) = −2.031sen(40.62t )
dt
Y para el punto C teníamos:
yC=0.30θ
Por tanto derivando respecto del tiempo la velocidad del extremo C es:
dy
y C = C = 0.30θ = −0.30 ⋅ 2.031sen(40.62t ) = −0.6093sen(40.62t )
dt
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 = y Cmáx ⇒ sen(40.62t ) = 1 ⇒ y Cmáx = −0.6093sen(40.62t ) = −0.6093 m / s
y Cmáx = −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 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:
ΣFY = my ⇒ ki (y0i − yi ) + kd (y0d − 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
y=2yi ⇒ yi =
2
Por tanto hay que tener en cuenta esto al hacer los cálculos. Deshaciendo los
paréntesis tendremos:
ki (y0i − yi ) + kd (y0d − y ) − mg = my ⇒ kiy0i − kiyi + kd y0d − kd y − mg = my
Teniendo en cuenta la condición de equilibrio:
kiy0i − kiyi + kd y0d − kd y − mg = my ⇒ −kiyi − kd y = my ⇒ my + kiyi + kd y = 0
my + ki
k + 2kd
y
y=0
+ kd y = 0 ⇒ 2my + kiy + 2kd y = 0 ⇒ y + i
2m
2
1333 + 2 ⋅ 833
y +
y = 0 ⇒ y + 293.902y = 0
2 ⋅ 50
9.8
y + 293.902y = 0
b) Vemos que tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple, del tipo:
y + ω20 y = 0
donde por comparación:
ω20 = 293.902 rad2 / s2 ⇒ ω0 = 293.902 = 17.144 rad / s ⇒ ω0 =
2π
2π
=
⇒T =
ω0
T
2π
= 0.3665 s
17.144
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 ⇒ y = 3.75 m / s = 3750 mm / s
=
La expresión de la velocidad es:
dy
y =
= 17.144A cos(17.144t + ϕ0 )
dt
Aplicamos las condiciones iniciales:
t=0 ⇒ y=175 mm ⇒ y=Asen(17.144t+ϕ0) ⇒ 175=Asenϕ0
t=0 ⇒ y = 3750 mm / s ⇒ y = 17.144A cos(17.144t + ϕ0 ) ⇒ 3750 = 17.144A cos ϕ0
Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas, A y ϕ0. Dividiendo la primera ecuación
entre la segunda:
tgϕ0
Asenϕ0
175
⇒ 0.04667 =
⇒ tgϕ0 = 0.8 ⇒ ϕ0 = 0.6748 rad
=
17.144
3750 17.144A cos ϕ0
Y de una cualquiera de las ecuaciones:
175
175
175=Asenϕ0 ⇒ A =
=
= 280.13 mm
senϕ0 sen0.6748
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:
T
0.3665
tmín = t + = −0.0394 +
= 0.1439 s
2
2
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:
m=
P 50
=
= 5.102 kg
g 9.8
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:
ΣFX = mx ⇒ k1 (x01 − x ) + k2 (x02 − x ) − k3 (x03 + x ) − mgsen15º = mx
k1 x01 − k1 x + k2x02 − k2x − k3x03 − k3x − mgsen15º = mx
Teniendo en cuenta la condición de equilibrio:
 ⇒ mx
 + k1 x + k2x + k3x = 0 ⇒ x
 +
− k1 x − k2 x − k3x = mx
k1 + k2 + k3
x=0
m
83 + 83 + 250
x +
x = 0 ⇒ x + 81.537 x = 0
5.102
Vemos que tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo:
x + ω20 x = 0
Por comparación:
ω20 = 81.573 rad2 / s2 ⇒ ω0 = 81.573 = 9.030 rad / s
Y por tanto el período:
ω0=9.030 rad/s
ω0 =
2π
2π
2π
= 0.696 s
=
⇒T =
T
ω0 9.030
T=0.696 s
Y la frecuencia:
1
1
=
= 1.437 s −1
T 0.6958
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 ⇒ x = 375 mm / s
ν=
La velocidad del carrito es:
dx
x =
= 9.030A cos(9.030t + ϕ0 )
dt
Si aplicamos las condiciones iniciales:
t=0 ⇒ x=75 mm ⇒ x=Asen(9.030t+ϕ0) ⇒ 75=Asenϕ0
t=0 ⇒ x = 375 mm / s ⇒ x = 9.030A cos(9.030t + ϕ0 ) ⇒ 375 = 9.030A cos ϕ0
Dividiendo las dos expresiones:
Asenϕ0
tgϕ0
75
=
⇒ 0.2 =
⇒ tgϕ0 = 1.806 ⇒ ϕ0 = 1.065 rad
375 9.030A cos ϕ0
9.030
Y sustituyendo en cualquiera de las dos expresiones:
75
75
75=Asenϕ0 ⇒ A =
=
= 85.73 mm
senϕ0 sen(1.065 )
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:
−β t
A A0 e
A e −β t
A
A
=
⇒
=
⇒
= e −βt + βt' ⇒
= e β(t'−t )
−
β
−
β
t
'
t
'
A' A0 e
A' e
A'
A'
Si transcurren 113 oscilaciones completas, el tiempo entre ellas, (t’-t) será 113
veces el período:
A
A
A
A
= e β(t'−t ) ⇒ 0 = e113βT ⇒ ln 0 = 113βT ⇒ ln 0 = 113βT ⇒ ln 2 = 113βT
A0
A'
A113
A113
2
Obviamente el amortiguamiento es muy débil, ya que después de 113 oscilaciones la
amplitud sólo se ha reducido a la mitad. Por ello:
ω = ω20 − β2 ≈ ω0 =
1.75
k 2π
m
=
⇒ T = 2π
= 2π
= 4.44 s
m T
k
3.50
Y sustituyendo en la expresión anterior:
ln 2
ln 2
=
= 0.00138 s −1
ln 2 = 113βT ⇒ β =
113T 113 ⋅ 4.44
Y la constante de amortiguamiento:
g
β=
⇒ g = 2mβ = 2 ⋅ 1.75 ⋅ 0.00138 = 0.00483 kg / s
2m
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 ⇒ y = −20 cm / s . Determinamos por tanto en primer
lugar la velocidad del cuerpo:
dy
= 3A cos(3t + ϕ)
dt
Sustituyendo las dos condiciones:
y=Asen(3t+ϕ) ⇒ t=0 ⇒ y=8.5 cm ⇒ 8.5=Asenϕ
y = 3A cos(3t + ϕ) ⇒ t = 0 ⇒ y = −20 cm / s ⇒ −20 = 3A cos ϕ
y =
Dividiendo las dos expresiones tendremos:
tgϕ
8. 5
Asenϕ
=
⇒ −0.425 =
⇒ tgϕ = −1.275 ⇒ ϕ = 2.236 rad
3
− 20 3A cos ϕ
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:
γ
3.15
=
= 1.05 s −1
2m 2 ⋅ 1.5
β=1.05 s-1
Como β<ω0 ⇒ 1.05<3 el movimiento es subamortiguado.
Movimiento subamortiguado
La frecuencia de la oscilación será:
β=
ω = ω20 + β2 = 32 − 1.052 = 2.81 rad / s
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:
6
6 = A0 senϕ ⇒ A0 =
senϕ
Y sustituyendo en la segunda:
0.020 = 0.122A0 sen(5.62 + ϕ ) ⇒ 0.020 = 0.122
6
sen(5.62 + ϕ )
senϕ
Desarrollamos el seno de la suma de dos ángulos:
0.732
(sen5.62 cos ϕ + cos 5.62senϕ) ⇒ 0.020 = −0.451 + 0.5768
0.020 =
senϕ
tgϕ
tgϕ=0.8010 ⇒ ϕ=0.681 rad
Ahora de la otra ecuación:
6
6
A0 =
=
= 9.533 cm
senϕ sen0.681
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:
ΣFY = mA y ⇒ k( y0 − y) + k( y0 − y) − mAg = mA y
2k( y0 − y) − mAg = mA y ⇒ 2ky0 − 2ky − mAg = mA y
Eliminamos la condición de equilibrio:
2k
2ky0 − 2ky − mAg = mA y ⇒ −2ky = mA y ⇒ mA y + 2ky = 0 ⇒ y +
y=0
mA
Es la ecuación de un movimiento armónico simple de frecuencia angular:
2k
ω20 =
mA
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:
ΣFY = (mA + m) y ⇒ k( y0 − y) + k( y0 − y) + kC ( Y0 − Y) − (mA + m)g = (mA + m) y
2k( y0 − y) + kC ( y0 − y) − (mA + m)g = (mA + m) y
2ky0 − 2ky + kC y0 − kC y − (mA + m)g = (mA + m) y
Eliminamos la condición de equilibrio:
2ky0 − 2ky + kC y0 − kC y − (mA + m)g = (mA + m) y ⇒ −2ky − kC y = (mA + m) y
(mA + m) y + 2ky + kC y = 0 ⇒ (mA + m) y + (2k + kC ) y = 0 ⇒ y +
2k + kC
y=0
mA + m
Es la ecuación de un movimiento armónico simple de frecuencia angular:
2k + kC
ω20 =
mA + m
La frecuencia angular no debe variar luego es igual en ambos casos:
2k 2k + kC
2 ⋅ 1900 2 ⋅ 1900 + kC
=
⇒
=
⇒ kC = 3040 N / m
mA mA + m
50
50 + 40
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:
ω20 =
2k + kC
2k + kC
2 ⋅ 1900 + 3040
⇒ ω0 =
=
= 8.718 rad / s
mA + m
mA + m
50 + 40
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:
dy
v = y =
= 0.25 ⋅ 8.718 cos(8.718t + ϕ0 )
dt
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:
dy
y=Acos(ω0t+ϕ0)=0.25cos(8.718t+ϕ0) ⇒ v = y =
= −0.25 ⋅ 8.718sen(8.718t + ϕ0 )
dt
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:
π
0.812 − ( −0.759) = 1.571 =
2
c) Partimos de cualquiera de las dos ecuaciones, por ejemplo la primera:
y=0.25sen(8.718t+0.812)
La velocidad vale:
dy
v = y =
= 0.25 ⋅ 8.718 cos(8.718t + 0.812)
dt
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:
dv
= −0.25 ⋅ 8.7182 sen(8.718t + 0.812)
a=
dt
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:
γ
50
γ = 50 Ns / m ⇒ β =
=
= 0.278 rad / s
2(mA + m) 2(50 + 40 )
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:
ω = ω20 − β2 = 8.7182 − 0.2782 = 8.713 rad / s
Y por tanto el período:
2π
2π
=
= 0.721 s
ω 8.713
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=
−β
A A0 e t
A e −β t
A
A
=
⇒
= − βt' ⇒
= e − βt + βt' ⇒
= e β( t'− t)
−
β
t
'
A' A0 e
A' e
A'
A'
El tiempo que transcurre entre dos oscilaciones sucesivas es un período, luego
entre estas dos amplitudes transcurrirán n períodos:
0.25
A
ln
ln
A
A
A
0.01
= 27.60 oscilacion es
= e βnT ⇒ ln = βnT ⇒ n = A' =
= e β( t'− t) ⇒
0.278 ⋅ 0.721
A'
A'
A'
βT
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:
dy
v=
= −0.25 ⋅ 0.278e − 0.278t sen(8.713t + ϕ0 ) + 0.25 ⋅ 8.713e − 0.278t cos(8.713t + ϕ0 )
dt
Y aplicamos las condiciones iniciales:
t=0 ⇒ v=0 ⇒ 0=-0.25 · 0.278senϕ0+0.25 · 8.713cosϕ0 ⇒ 0.278senϕ0=8.713cosϕ0
senϕ0
8.713
= tgϕ0 =
= 31.37 ⇒ ϕ0 = 1.539 rad
cos ϕ0
0.278
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)
dy
= −0.25 ⋅ 0.278e − 0.278t cos(8.713t + ϕ0 ) − 0.25 ⋅ 8.713e − 0.278t sen(8.713t + ϕ0 )
v=
dt
Y aplicamos las condiciones iniciales:
t=0 ⇒ v=0 ⇒ 0=-0.25 · 0.278cosϕ0-0.25 · 8.713senϕ0 ⇒ 0.278cosϕ0=-8.713senϕ0
senϕ0
0.278
= tgϕ0 = −
= −0.03188 ⇒ ϕ0 = −0.0319 rad
cos ϕ0
8.713
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:
1.539 − ( −0.0319) = 1.5709 =
π
2
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/s el reloj funciona bien y el período será:
2
T = 2π
L
1
= 2π
= 2.007 s
g
9.8
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:
10 ⋅ 2.007
∆T =
= 2.323 ⋅ 10 − 4 s
86400
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:
T' = 2π
L
4 π2 L
4 π2 ⋅ 1
⇒ g' =
=
= 9.7986 m / s2
2
2
g'
T'
2.0072323
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:
T = 2π
T 2g' 2.0072 ⋅ 9.7986
L'
⇒ L' =
=
= 0.999768 m
g'
4 π2
4 π2
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:
3γ
3 ⋅ 1.6776 ⋅ 10 −6
γ
γ
γ
=
β=
=
=
=
= 5.933 ⋅ 10 − 4 s −1
2m 2ρV 2ρ 4 πR 3 8πρR 3 8π ⋅ 2700 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 3
3
La frecuencia natural de la oscilación es:
2π
2π
ω0 =
=
= 3.131 rad / s
T
2.007
Como β<<<ω0 el movimiento es subamortiguado.
MOVIMIENTO SUBAMORTIGUADO
Puesto que el movimiento es subamortiguado, la ecuación del movimiento será:
(
)
θ = θ 0 e −βt sen(ωt + ϕ)
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:
(
ω = ω20 − β2 = 3.1312 − 5.933 ⋅ 10 − 4
)
2
= 3.131 rad / s
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 θ = 0 . Determinamos por tanto la velocidad:
(
)
dθ
= −θ 0βe − βt sen(ωt + ϕ) + θ 0 ωe − βt cos(ωt + ϕ)
θ =
dt
Aplicamos ahora la condición que nos dan:
t = 0 ⇒ θ = 0 ⇒ 0 = −θ βsenϕ + θ ω cos ϕ ⇒ 0 = −βsenϕ + ω cos ϕ
0
0
senϕ
3.131
ω
= tgϕ = =
= 5276.966 ⇒ ϕ = 1.571 rad
cos ϕ
β 5.933 ⋅ 10 − 4
Por tanto la ecuación del movimiento es:
θ = θ 0 e −βt sen(ωt + ϕ) = 0.0349e −5.933⋅10
θ = 0.0349e −5.933⋅10
−4
t
−4
t
sen(3.131t + 1.571)
sen(3.131t + 1.571)
d) La ecuación que tenemos podemos ponerla en la forma:
θ = 0.0349e −5.933⋅10
−4
t
sen(3.131t + 1.571) = Asen(3.131t + 1.571)
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:
−4
A = 0.0349e −5.933⋅10 t
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:
A = 0.0349e −5.933⋅10
−4
t
A' = 0.0349e −5.933⋅10
Dividiendo las dos ecuaciones:
−4
t'
−4
−4
−4
−4
1
A e −5.933⋅10 t
A
A 0.0349e −5.933⋅10 t
=
⇒
=
⇒
= e − 5.933⋅10 (t'− t ) ⇒
= e − 5.933⋅10 ∆t
−4
−4
0.90
A' e − 5.933⋅10 t'
0.90A
A' 0.0349e − 5.933⋅10 t'
ln 0.90
= 177.58 s = 2 min 58 s
ln 0.90 = −5.933 ⋅ 10 − 4 ∆t ⇒ ∆t =
− 5.933 ⋅ 10 − 4
∆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:
ΣFY = my ⇒ k2 (y02 − y ) + k1 (y01 − y ) − mg = my
k2 y02 − k2 y + k1 y01 − k1 y − mg = my
Teniendo en cuenta la condición de equilibrio:
k2 y02 − k2 y + k1 y01 − k1 y − mg = my ⇒ −k2 y − k1 y = my ⇒ my + k1 y + k2 y = 0
k1 + k2
y=0
m
Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo:
y + ω12 y = 0
my + (k1 + k2 )y = 0 ⇒ y +
Donde por comparación:
k + k2
4π2 k + k2
m
ω12 = 1
⇒ 2 = 1
⇒ T1 = 2π
m
m
k1 + k2
T1
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:
ΣFY = my ⇒ k1 (y01 − y ) − mg = my ⇒ k1 y01 − k1 y − mg = my
Teniendo en cuenta la condición de equilibrio:
k1
y=0
m
De nuevo tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo:
y + ω22 y = 0
k1 y01 − k1 y − mg = my ⇒ −k1 y = my ⇒ my + k1 y = 0 ⇒ y +
Donde por comparación:
ω22 =
k1
4 π2 k
m
⇒ 2 = 1 ⇒ T2 = 2π
m
m
k
T2
1
Si dividimos los dos períodos obtenidos:
T1
=
T2
2π
m
k1 + k2
2π
m
k1
0.2603 =
2
⇒
2
T 
T1
k1
k1
k1
 0.5 
=
⇒  1  =
⇒
 =
T2
k1 + k2
k1 + k2
k1 + 2100
 0.98 
 T2 
k1
⇒ 0.2603k1 + 546.647 = k1 ⇒ k1 = 739.01 N / m
k1 + 2100
k1=739.01 N/m
Y la masa la obtenemos de cualquiera de las ecuaciones:
T2 = 2π
k T 2 739.01 ⋅ 0.982
m
⇒ m = 1 22 =
= 17.98 kg
k1
4π
4 π2
m=17.98 kg
b) Nos centramos cuando el bloque está unido a los dos resortes, en cuyo caso la
frecuencia angular será:
2π 2π
ω1 =
=
= 12.566 rad / s
T1 0.5
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 ⇒ y = 0
Donde la velocidad será:
dy
= 12.566A cos(12.566t + ϕ0 )
dt
Aplicando las condiciones iniciales:
t=0 ⇒ y=0.02 m ⇒ y=Asen(12.566t+ϕ0) ⇒ 0.02=Asenϕ0
y =
π
t=0 ⇒ y = 0 ⇒ y = 12.566A cos(12.566t + ϕ0 ) ⇒ 0 = 12.566A cos ϕ0 ⇒ cos ϕ0 = 0 ⇒ ϕ0 =
2
Por tanto, sustituyendo en la otra expresión:
π
0.02=Asenϕ0 ⇒ 0.02 = Asen ⇒ A = 0.02 m
2
La ecuación del movimiento es por tanto:
π
y=Asen(12.566t+ϕ0)= 0.02sen 12.566t +  = 0.02 cos(12.566t )
2


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 ⇒ y = 0.269 m / s
siendo la velocidad:
dy
= −βA0 e − βt sen(ωt + ϕ0 ) + A0 ωe − βt cos(ωt + ϕ0 )
dt
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:
y = −βA0 e −βt sen(ωt ) + A0 ωe −βt cos(ωt ) = −βA0 e −βt sen(ωt ) + A0 ωe −βt cos(ωt )
y =
La otra condición de contorno es:
t = 0 ⇒ y = 0.269 m / s ⇒ y = −βA0 e −βt sen(ωt ) + A0 ωe −βt cos(ωt ) ⇒ 0.269 = A0 ω
Puesto que el máximo desplazamiento inicial (A0) es 25 mm=0.025 m tendremos:
0.269 0.269
0.269 = A0 ω ⇒ ω =
= 10.76 rad / s
=
A0
0.025
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:
A1 = A0 e −βt1
A2 = A0 e − βt2
Dividiendo las dos expresiones:
A1 e −βt1
A
A1 A0 e −βt1
A
=
⇒
= − βt ⇒ 1 = e − βt1 + βt2 ⇒ 1 = e β(t2 − t1 )
− βt2
2
A2 A0 e
A2 e
A2
A2
luego:
El tiempo que transcurre entre dos oscilaciones sucesivas es justamente el período,
A
A
A1
25
= βT ⇒ βT = 0.511
= e β(t2 − t1 ) ⇒ 1 = e βT ⇒ ln 1 = βT ⇒ ln
15
A2
A2
A2
Puesto que tenemos la frecuencia angular podemos determinar el período:
2π
2π
2π
ω=
⇒T =
=
= 0.5839 s
T
ω 10.76
De modo que el parámetro de amortiguamiento:
0.511
0.511
βT=0.511 ⇒ β =
=
= 0.875 s −1
T
0.5839
Y el coeficiente de amortiguamiento viscoso:
γ
β=
⇒ γ = 2mβ = 2 ⋅ 17.98 ⋅ 0.875 = 31.47 Ns / m
2m
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:
h
sen45º =
s
h
2.5
s=
=
= 3.536 m
sen45º sen45º
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
1
2
mgh − 4.41 − 1.0584 − 1.764 ∆xmáx = k∆xmáx
2
1
2
0.6 ⋅ 9.8 ⋅ 2.5 − 5.4954 − 1.764 ∆xmáx = 500 ∆xmáx
2
2
+ 1.764 ∆xmáx − 9.2046 = 0
250∆xmáx
− 1.764 ± 1.7642 + 4 ⋅ 250 ⋅ 9.2046  0.1884 m
=
2 ⋅ 250
− 0.1954 m
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
∆xmáx =
realizado por la fuerza de rozamiento en el plano inclinado, que ya habíamos determinado.
Así pues:
ETA+Wotras=ETD ⇒ EPgA+WFr =EPgD+ECD
1
mgh + WFr = mg2r + mvD2
2
1
0.6 ⋅ 9.8 ⋅ 2.5 − 4.41 = 0.6 ⋅ 9.8 ⋅ 2 ⋅ 0.5 + 0.6vD2 ⇒ vD2 = 14.7 m2 / s2
2
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 ⇒ ND + mg = m
vD2
v2
⇒ ND = m D − mg =
r
r
14.7
− 0.6 ⋅ 9.8 = 11.76 N
0.5
ND=11.76 N
c) Nos dan el peso del cuerpo que se cuelga del resorte. Su masa entonces será:
P 1000
P = mg ⇒ m = =
= 102.04 kg
g
9.8
= 0.6
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:
γ
2.5
β=
=
= 0.01225 s −1
2m 2 ⋅ 102.04
Tendremos que comparar este valor con el de la frecuencia natural del oscilador (la
que tendría si estuviera sin amortiguar):
k
=
m
ω0 =
500
= 2.214 rad / s
102.04
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:
ω = ω20 − β2 = 2.2142 − 0.012252 = 2.214 rad / s
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:
F0
2. 5
A=
=
=
2
2
2 2
2 2
m (ω0 − ω ) + 4β ω
102.04 (2.214 − ω2 )2 + 4 ⋅ 0.012252 ω2
=
A=
0.0245
(4.9 − ω2 )2 + 6 ⋅ 10 − 4 ω2
0.0245
(4.9 − ω2 )2 + 6 ⋅ 10 − 4 ω2
La amplitud máxima será la correspondiente a la frecuencia de resonancia. Dicha
frecuencia es:
ωR = ω20 − 2β2 = 2.2142 − 2 ⋅ 0.012252 = 2.214 rad / s
Sustituyendo esto en la expresión de la amplitud:
A=
0.0245
2 2
(4.9 − ω ) + 6 ⋅ 10
−4
2
ω
=
0.0245
(4.9 − 2.2142 )2 + 6 ⋅ 10 − 4 ⋅ 2.2142
= 0.452 m
AR=0.452 m
También podemos sustituir directamente en la expresión que nos da la amplitud de
la resonancia:
F0
2.5
AR =
=
= 0.452 m
2
2
2 ⋅ 0.01225 ⋅ 102.04 2.2142 − 0.012252
2βm ω0 − β
AR=0.452 m