Soluci_n_HT6

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Hoja de Trabajo 6
Ing. Pamela Sikahall
0150 - F́ısica 1
1 de julio de 2021
Problema 1. Un pequeño cuerpo de masa m = 0,25kg está ejecutando un movimiento armónico simple de
amplitud A = 0,25m y peŕıodo T = 0,40s.
Hallar:
a. El valor máximo de la fuerza, en N , que actúa sobre el cuerpo.
b. La máxima rapidez de la masa, en m/s.
c. La enerǵıa mecánica del sistema, en J .
Solución Problema 1
a. Para un sistema en MAS la fuerza máxima, en magnitud, está dada por:
Fmax = kA (1)
Se encuentra la constante de resorte (k) a partir del periodo (T ):
T = 2π
√
m
k
(2)
k = m(
2π
T
)2 (3)
Se sustituye en la ecuación (1) y se valúa.
Fmax = m(
2π
T
)2A
Fmax = (0,25kg)(
2π
0,4s
)2(0,25m)
Fmax = 15,421N
b. Para un sistema en MAS, la velocidad máxima está dada por:
Vmax = ωA (4)
Y se sabe que la velocidad angular (ω) está dada por:
ω =
2π
T
(5)
Se sustituye en la ecuación (4).
Vmax =
2π
T
A
Vmax =
2π
0,4s
(0,25m)
Vmax = 3,927m/s
1
c. La enerǵıa mecánica de un sistema en MAS está dada por:
E =
1
2
kA2 (6)
Se sustituye la ecuación (3) en la ecuación (6) y se valúa.
E =
1
2
m(
2π
T
)2A2
E =
1
2
(0,25kg)(
2π
0,4s
)2(0,25m)2
E = 1,928J
2
Problema 2. Un bloque de masa m = 0,25kg unido a un resorte tiene un movimiento armónico simple
lineal con respecto al eje X, para el tiempo 0,0s, tiene una posición de x = −0,15m, una velocidad cero con
aceleración en la dirección X+, si la frecuencia del movimiento es f = 12ciclos/s.
Encuentre:
a. La constante de resorte, en N/m.
b. La constante de fase del movimiento en rad.
c. Posición, en m, al tiempo t = 0,05s.
d. La velocidad, en m/s, al tiempo t = 0,05s.
e. La magnitud de la máxima aceleración del bloque, en m/s2.
Solución Problema 2
a. Sabiendo que el periodo de oscilación es inversamente proporcional a la frecuencia del mismo.
T =
1
f
(7)
Y que para un sistema en MAS, el periodo de oscilación está dado por:
T = 2π
√
m
k
(8)
Igualando las ecuaciones (7) y (8).
1
f
= 2π
√
m
k
Despejando para la constante de resorte (k) y valuando.
k = m(2πf)2 (9)
k = (0,25kg)[2π(12Hz)]2
k = 1421,22N/m
b. Se debe plantear la ecuación de posición respecto al tiempo y despejar para φ.
x(t) = Acos(ωt+ φ) (10)
Para ello dibujamos lo descrito en el enunciado en t = 0s.
Figura 1: Sistema masa-resorte en el tiempo t=0 s.
3
Segun lo observado, se sabe que cuando v = 0m/s el sistema se encuentra en su desplazamiento
máximo, por tanto A = 0,15m y se puede encontrar ω con:
ω = 2πf (11)
ω = 2π(12Hz)
ω = 24πrad/s
Se sustituyen los valores encontrados en la ecuación (10).
x(t) = 0,15cos(24πt+ φ)
Se valúa en t = 0 sabiendo que x(0) = −0,15m, y se despeja para φ:
−0,15 = 0,15cos(24π(0) + φ)
−1 = cos(φ)
φ = cos−(−1)
φ = π
φ = 3,1416
c. Conocida la ecuación para x(t) se valúa en tiempo t = 0,05s.
x(t) = 0,15cos(24πt+ π) (12)
x(0,05) = 0,15cos(24π(0,05) + π)
x(0,05) = 0,121m
d. Se sabe que la velocidad es la primera derivada de la posición en el tiempo.
v(t) =
dx
dt
= −ωAsen(ωt+ φ) (13)
v(t) = −24π(0,15)sen(24πt+ π)
v(t) = −3,6πsen(24πt+ π) (14)
Conocida la ecuación de velocidad, se valúa en el tiempo t = 0,05s.
v(0,05) = −3,6πsen(24π(0,05) + π)
v(0,05) = −6,648m/s
e. Se sabe que la aceleración es la segunda derivada de la posición en el tiempo, o la primera derivada de
la velocidad en el tiempo.
a(t) =
d2x
dt2
=
dv
dt
= −ω2Acos(ωt− φ)
Y será máxima cuando cos(ωt+ φ) = 1, por tanto, para la aceleración máxima en magnitud.
amax = ω
2A
Sustituyendo los valores conocidos de ω y A se encuentra la aceleración máxima.
amax = (24πrad/s)
2(0,15m)
amax = 852,734m/s
2
4
Problema 3. Un sistema masa-resorte se mueve en MAS, la ecuación que representa la aceleración en
función del tiempo es:
a(t) = −32π2cos(16πt− π) (15)
Encuentre la rapidez de la masa en m/s cuando x = 0,0m.
Solución Problema 3
Este problema puede resolverse utilizando la ecuación de velocidad en función de la posición. Para x:
vx = ±ω
√
A2 − x2 (16)
Para ello deben determinarse los valores de ω y A.
Sabiendo que ω es el coeficiente númerico que acompaña a t en el argumento trigonométrico (cos(ωt+φ))
de la ecuación (15), se identifica ω = 16π.
Para encontrar A se parte de la ecuación
amax = ω
2A (17)
Y de la ecuación (15) se identifica su máximo cuando cos(16πt− π) = 1.
amax = 32π
2 (18)
Se igualan las ecuaciones (17) y (18) y se despeja para A.
ω2A = 32π2
(16π)2A = 32π2
A =
32π2
(16π)2
A = 0,125m
Se sustituyen los datos obtenidos en la ecuación (16) cuando x = 0.
vx(0) = 16π
√
(0,125m)2 − (0)2
vx(0) = 2π
vx(0) = 6,283m/s
5
Problema 4. Un sistema masa-resorte tieneMAS en dirección horizontal, la masa es de 0,25kg, la constante
de resorte es de k = 4π2N/m y la amplitud del movimiento es de 0,12m.
Encuentre:
a. El tiempo mı́nimo, en s, que emplea la masa en moverse de la posición x = +0,12m a la posición
x = −0,12m.
b. La posición en x, en m, donde la enerǵıa cinética de la masa sea igual a la enerǵıa que el resorte tiene
almacenada.
Solución Problema 4
a. Se debe plantear la ecuación de posición respecto al tiempo, se asume un desfase φ = 0rad.
x(t) = Acos(ωt) (19)
Para ello, se encuentra la velocidad angular ω en función de la constante de resorte k.
ω =
√
k
m
(20)
ω =
√
4π2
0,25
(21)
ω = 4π (22)
Se sustituyen los datos conocidos en la ecuación (19).
x(t) = 0,12cos(4πt) (23)
Se calculan los tiempos t1 y t2 en los que el sistema se encontrará en cada una de las posiciones
respectivamente.
Para t1
0,12 = 0,12cos(4πt1)
1 = cos(4πt1)
t1 =
cos−(1)
4π
t1 = 0s
Para t2
−0,12 = 0,12cos(4πt2)
−1 = cos(4πt2)
t2 =
cos−(−1)
4π
t2 = 0,25s
La diferencia entre ambos tiempos da el tiempo entre cada una de las posiciones.
∆t = t2 − t1
∆t = 0,25s− 0s
∆t = 0,25s
6
Otra forma de encontrar dicho tiempo es sabiendo que, la diferencia entre la amplitud máxima positiva
y negativa de un sistema en MAS es igual a la mitad del periodo de oscilación, por tanto:
ω =
2π
T
Despejando para T
T =
2π
ω
Valuando en T/2
T
2
=
2π
2ω
T
2
=
π
ω
=
π
4π
T
2
= 0,25s
Por tanto, el tiempo entre amplitudes máximas positivas y negativas es de
∆t = 0,25s
b. Se igualan la enerǵıa cinética y mecánica del sistema.
1
2
mv2 =
1
2
kx2 (24)
Utilizando la ecuación de velocidad en función de x.
v(x) = ±ω
√
A2 − x2 (25)
Se sustituye en la ecuación (24) y se despeja para x.
1
2
m(±ω
√
A2 − x2)2 = 1
2
kx2
mω2(A2 − x2) = kx2
x = ±
√
mω2A2
mω2 + k
x = ±
√
(0,25kg)(4πrad/s)2(0,12m)2
(0,25kg)(4πrad/s)2 + (4π2N/m)
x = ±0,085m
7
Problema 5. Para el sistema mostrado en la figura la barra mide L = 1,50m y tiene una masa de m =
3,00kg. La esfera A tiene radio 10,0cm y masa de 1,00kg, y la esfera B tiene radio 15,0cm y masa de 2,00kg.
El sistema puede oscilar libremente respecto a su extremo superior.
Determine
a. El momento de inercia del sistema respecto el pivote.
b. El peŕıodo de oscilación para ángulos pequeños.
Solución Problema 5
a. Se calculan las inercias por separado para cada elemento del sistema, se utiliza teorema de ejes paralelos
donde sea necesario.
It = I1 + I2 + I3 (26)
Para la barra (Varilla delgada, con eje sobre uno de sus extremos):
I1 =
1
3
ML2 =
1
3
(3kg)(1,5m)2 = 2,25kgm2
Para la primera esfera (Esfera sólida):
I2 =
2
5
MR2 +ML2 =
2
5
(1kg)(0,1m)2 + (1kg)(1,6m)2 = 2,56kgm2
Para la segunda esfera (Esfera sólida):
I3 =
2
5
MR2 +ML2 =
2
5
(2kg)(0,15m)2 + (2kg)(1,85m)2 = 6,88kgm2
Sustituyendo en la ecuación (24),
It = 2,25kgm
2 + 2,56kgm2 + 6,88kgm2
It = 11,7kgm
2
8
b. Se sabe que el periodo de oscilación, en ángulos pequeños, de cuerpos rigidos está dado por:
T = 2π
√
I
mgdcm
(27)
Se debe encontrar la distancia hacia el centro de masa del sistema.
dcm =
m1dcm1 +m2dcm2 +m3dcm3
m1 +m2 +m3
(28)
dcm =
(3kg)(0,75m) + (1kg)(1,6m) + (2kg)(1,85m)
3kg + 1kg + 2kg
dcm = 1,258m
Se sustituyen los valores en la ecuación (27).
T = 2π
√
11,7kgm2
6kg(9,8m/s2)(1,258m)T = 2,5s
9