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MOVIMIENTO PENDULAR Y OTROS SISTEMAS OSCILANTES
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13/04/2023 06:25 a. m. 1Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m.
DEPARTAMENTO ACADÉMICO DE CIENCIAS
FÍSICA AVANZADAMOVIMIENTO PENDULAR Y
OTROS SISTEMAS OSCILANTESAutor: Segundo Lizardo Gallardo Zamora
Trujillo-2014
MOVIMIENTO PENDULAR
Péndulo Simple
13/04/2023 06:25 a. m. 2Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 2Segundo L. Gallardo Zamora
El péndulo simple consiste de una pequeña masa suspendida del extremo libre de una cuerda ligera de longitud L , como el que se muestra en la Fig.1.
En cualquier posición angular (t), las fuerzas que actúan sobre la masa pendular son el peso mg y la tensión T en la cuerda.
Si la masa se desplaza hacia un lado hasta que la cuerda forme el ángulo m con la vertical y se deja libre, oscilará de un lado al otro, describiendo el arco BB´, de radio OB = L.
Tangente
Radial
T
Figura 1.
m
B B´
L
o
mg
mg sen
mg
cos
(t)
El peso se puede descomponer en una componente radial a la trayectoria que es mg cos y una tangencial que es mg sen
MOVIMIENTO PENDULAR
La componente radial mg cos es equilibrada por la tensión T, más no así la componente tangencial mg sen .
13/04/2023 06:25 a. m. 3Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 3Segundo L. Gallardo Zamora
FT = – mg sen = m aT
Donde la aceleración tangencial es: aT = L d2 dt2 entonces: – mg sen = m L d2
dt2 que puede escribirse en la forma:
= – sen d2 dt2
g L
(1)
Esta ecuación diferencial rige el movimiento del péndulo simple para cualquier amplitud angular (t) . Pero si consideramos oscilaciones de pequeña amplitud angular, se demuestra matemáticamente que: sen [rad].
La fuerza tangencial es opuesta al desplazamiento angular (), por lo tanto, de acuerdo a la segúnda ley de Newton se tiene que:
MOVIMIENTO PENDULAR
Aplicando esta relación, la Ec.(1) se puede escribir en la forma
13/04/2023 06:25 a. m. 4Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 4Segundo L. Gallardo Zamora
= – d2 dt2
g L
(2)
Esta ecuación es similar a la ecuación del MAS lineal.
(o)2 = gL
= - xd2x d t2
o2
Entonces, por similitud podemos decir que el movimiento de un péndulo simple de pequeña amplitud, es también un Movimien-to Armónico Simple Angular, con frecuencia angular:
Frecuencia lineal f =
gL
1
2
(4)
(3)o = gL
y período T = 2 Lg
(5)
MOVIMIENTO PENDULAR
También por similitud, concluimos que la solución de la ecuación diferencial (Ec.2) debe ser la función desplazamiento angular
13/04/2023 06:25 a. m. 5Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 5Segundo L. Gallardo Zamora
La Ec.(6) nos da la posición del péndulo en cualquier instante, donde, m es la amplitud angular del movimiento pendular ( para m < 15°) y es la fase inicial de este movimiento.Si consideramos oscilaciones de mayor amplitud, la Ec.(5) para el período NO es válida. En oscilaciones de gran amplitud, el período del péndulo simple está dado por:
= m sen (o t + ) (6)
T = 2 (1 + sen2 + sen4 + . . . ) Lg
14
m
2m
2
9
64
(7)
Ejemplo 8. Calcular la longitud de un péndulo simple que realiza 120 oscilaciones en 75.0 [s], en un lugar donde g = 9,81 [m/s2].
Datos: Si f = 120/75 = 1,6 [osc/s], entonces T = 1/f = 0,625 [s] y g = 9,81 [m/s2 ]
MOVIMIENTO PENDULAR
Solución:
13/04/2023 06:25 a. m.6
Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 6Segundo L. Gallardo Zamora
T = 2 Lg
La longitud se puede obtener a partir de la fórmula del período
L = =
g T2
42
(9,81)(0,625)2 42
L = 0,097 [m] = 9,7 [cm]
PÉNDULO FISICO
El Péndulo físico o compuesto, es cualquier cuerpo rígido suspendido de un eje fijo que pasa fuera del centro de masa, como el de la Fig. 2
CM
d
Figura 2
mg
d sen Este cuerpo oscila cuando es desplazado la-teralmente un ángulo y el peso mg produce
el torque , respecto al eje Z´, que lo hace rotar en sentido opuesto al ángulo .
Z´
Eje de oscilacióno
MOVIMIENTO PENDULAR
Aplicando la segunda ley de Newton al movimiento de rotación se tiene:
13/04/2023 06:25 a. m. 7Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 7Segundo L. Gallardo Zamora
que puede escribirse en la forma
(8)= – sen d2 dt2
mgd
I
d, es la distancia entre el eje de oscilación y el eje principal paralelo que pasa por el centro de masa del cuerpo.
donde:
I, es el momento de inercia del cuerpo respecto al eje de oscilación Z´.
Esta ecuación diferencial rige el movimiento oscilatorio de un péndulo físico para cualquier amplitud angular.
Pero si consideramos oscilaciones de pequeña amplitud y usamos la aproximación: sen [rad], la Ec.(8) toma la forma siguiente:
o = I – (d sen ) mg = I d2 dt2
MOVIMIENTO PENDULAR
13/04/2023 06:25 a. m. 8Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 8Segundo L. Gallardo Zamora
= – d2 dt2
mgd
I(9)
Esta ecuación es también similar a la ecuación que rige el MAS lineal. Por lo tanto, el movimiento del péndulo físico es un MAS angular de frecuencia angular
(10)o = mgd I(o)2 =
mgd I
y período: T = 2 Imgd (12)
frecuencia lineal:mgd
I 1 2f = (11)
Péndulo simple equivalente. Es el péndulo simple que tiene una longitud tal que oscila con igual periodo que un péndulo físico. La longitud de péndulo simple equivalente se obtiene igualando las ecuaciones de los períodos de ambos péndulos.
MOVIMIENTO PENDULAR
13/04/2023 06:25 a. m. 9Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 9Segundo L. Gallardo Zamora
(13) ImdL =de donde
La solución de la ecuación diferen-cial que rige el movimiento del péndulo físico (Ec.9) es también una función armónica del tipo:
(14) = m sen (o t + )Donde: m es la amplitud angular del péndulo físico, (debe ser
menor que 15°), o es la frecuencia angular y es la fase inicial.
T = 2 Lg
= 2 Imgd
De la ecuación del período del péndulo físico podemos obtener una fórmula para calcular la aceleración de la gravedad
g = 42 I md T2 (15)
Figura 3
CM
dZ´
Eje de oscilacióno
Eje de oscilacióno
L
MOVIMIENTO PENDULAR
13/04/2023 06:25 a. m. 10Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 10Segundo L. Gallardo Zamora
Como en esta fórmula los términos I, m y d son constantes propias del péndulo físico, que pueden determinarse previamente, entonces usando la Ec.15 puede calcularse la aceleración g con solo medir su período (T) en cualquier lugar sobre la superficie terrestre.
Pero a el período del péndulo no es el mismo en los diferentes lugares sobre la superficie terrestre debido a las diferentes densidades de los materiales que hay por debajo del punto donde es medido, los valores que se obtengan para g, más los resultados de otras clases de mediciones (satelitales, sísmicas, etc.) permiten a los geólogos hacer excelentes estimaciones de la extensión y tipos de depósitos subterráneos de agua, petróleo y minerales en las capas inferiores de la superficie terrestre.
MOVIMIENTO PENDULAR
13/04/2023 06:25 a. m. 11Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 11Segundo L. Gallardo Zamora
Tabla 1. Cuadrados de los radios de giro respecto a un eje principal de algunos cuerpos regulares.
Ko2
R2
2
R2
4+
L2
12
a2 + b2
12
a2 + b2
12
b 2
12
Ejes
L
R
ab
c
a
b
a
b
Cilindro
Paralelepípedo
Placa Rectangular
Ko2
L2
12
R2
2
R2
4
2 R2
5
R2
Ejes
Varilla Delgada
Disco
Anillo
Esfera
R
R
R
L
R
MOVIMIENTO PENDULAR
Ejemplo 9. Calcular el período y la frecuencia con que oscila una varilla delgada de masa 1,5 [kg] y longitud 2,0 [m] que es suspen-dida de un punto ubicado a 25 [cm] de un extremo, como se mues-tra en la Fig. 4.
13/04/2023 06:25 a. m. 12Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 12Segundo L. Gallardo Zamora
Datos:
m = 1,5 [kg], L = 2,0 [m], con s = 0,25 [m], entonces d = ½L- 0,25 = 0,75 [m]Solución:Las oscilaciones son producidas por el torque del peso respecto al eje paralelo Z´
T = 2 Imgd
El período se obtiene usando
Donde: I = Io + md2 (Por el Teorema de los ejes
paralelos)
Figura 4
Eje de oscilación
C.M
Z´
s
mg
d
Zo
MOVIMIENTO PENDULAR
Con: Io = m(ko)2 = m , como el momento de inercia de la varilla
respecto a su eje principal Zo .
13/04/2023 06:25 a. m. 13Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 13Segundo L. Gallardo Zamora
y el período
T = 2 = 2
m + md2
m g d
L2
12 + d2
g d
L2
12
+ (0,75)2
9,81(0,75)
22
12T = 2 T = 2,19 [s]
La frecuencia se obtiene usando
f = 1/T = 1/ 2.19 f = 0,46 [osc/s]
L2
12
I = m + md2
L2
12
Luego el momento de inercial de la varilla respecto al eje Z´ es:
MOVIMIENTO PENDULAR
Ejemplo 10. Hallar el período de oscilación y la longitud del pén-dulo simple equivalente para el péndulo físico de la Fig. 5. Consi-dere que b = 2c = 18 cm
13/04/2023 06:25 a. m. 14Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 14Segundo L. Gallardo Zamora
Figura 5
Z´a
c b
Solución.
El período se obtiene usando la ecuación:
T = 2 I
m g d
Donde: I = Io + m d2 (Teorema de ejes paralelos)
Con: Io = m = m = m(b2 + c2 ) 12
(4c2 + c2 ) 12
5c2
12
y (2d)2 = b2 + c2
d
d2 = 5c2 / 4 d = c 5 / 2
Luego: I = 5 m c2 3
y
T = 2 (5mc2/3)
m g c 5 / 2
Zo
MOVIMIENTO PENDULAR
de donde:
13/04/2023 06:25 a. m. 15Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 15Segundo L. Gallardo Zamora
T = 2 10 c3 5 g
Usando valores: T = 2 10 (0.09)3 5 (9,81)
T = 0,73 s.
La longitud del péndulo simple equivalente esta dado por:
L = I
m d=
10 c3 5
L = 0,134 mL = 10 (0,09)
3 5PÉNDULO DE TORSIÓNEs un péndulo formado por un cuerpo sólido regular suspendido desde su centro de masa en el extremo libre de un alambre (o fibra) como el que se muestra en la Fig.6
C.M
o
Io
Alambre
Figura 6
Al girar el cuerpo un pequeño ángulo y dejar-lo libre oscilará, alrededor de un eje paralelo al alambre, por acción del torque recuperador o.
o
MOVIMIENTO PENDULAR
13/04/2023 06:25 a. m. 16Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 16Segundo L. Gallardo Zamora
El módulo del torque recuperador o del alambre es propor-
cional y opuesto al desplazamiento angular .
Donde (letra griega “mu”) es la denominada constante elásti-ca de torsión del alambre.
o = – (16)
Como el torque hace oscilar a la masa pendular, podemos apli-car la segunda ley de Newton al movimiento de rotación, obte-niendo la siguiente ecuación dinámica.
o = – = Io d2 dt2
(17)
Que puede escribirse en la forma:
= – d2 dt2
Io
Donde Io es el momento de inercia del cuerpo sólido respecto a su eje principal que es el eje paralelo al alambre.
MOVIMIENTO PENDULAR
13/04/2023 06:25 a. m. 17Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 17Segundo L. Gallardo Zamora
(o)2 = Io
(18)o = Io
La Ec. (17) es también similar a la del MAS lineal, por lo tanto, dentro del límite elástico del alambre, el péndulo de torsión oscila con MAS angular de frecuencia angular:
frecuencia lineal: Io
1 2f = (19)
y Período Io
T = 2 (20)
El valor de la constante de torsión del alambre (fibra) depende de su forma, dimensiones y de la naturaleza del material. Se demuestra que esta constante está relacionada con el módulo elástico de rigidez o de corte G del material mediante la expresión :
= G D4
32 L(21)
MOVIMIENTO PENDULAR
13/04/2023 06:25 a. m. 18Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 18Segundo L. Gallardo Zamora
En la Ec.21 se tiene que D es el diámetro del alambre (fibra), L su longitud y el módulo G se halla los textos de física tal como en la Tabla 1 de las separatas de Elasticidad (pag.17).
El péndulo de torsión tiene muchas aplicaciones prácticas tales como en el volante de un reloj de cuerda, en el galvanómetro analógico, en la balanza de torsión de Cavendish, etc, que muestran las Figs. 7 a 9.
Figura 9. Balanza de Cavendish
Figura 7. Reloj de cuerda en vista frontal y posterior
Figura 8. Galvanómetro analógico
MOVIMIENTO PENDULAR
Ejemplo 10. En la Fig.10 se tiene un péndulo de torsión formado por una placa metálica cuadrada de 15,0 cm de lado y masa 560 g, sus-pendida del extremo inferior de un alambre de longitud de 1,20 m y diámetro 9,40 mm. Al girar la placa un pequeño ángulo y dejarlo li-bre oscila a razón de 25 [Hz] alrededor del eje OC. Calcular la cons-tante elástica de torsión y el módulo de rigidez del alambre.
13/04/2023 06:25 a. m. 19Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 19Segundo L. Gallardo Zamora
Datos: a = 15,0 cm = 0,15 m, m = 560 g = 0,560 kg, L = 1,20 m, D = 9,40 mm = 9,40x10-3 m y f = 30 [Hz] = 1/T.Solución:Usando el período del péndulo de torsión obtenemos la constante elástica de torsión.
Io = m (ko)2 = m ( ) a2 + a2
12 Donde: Io = m a2 / 6
a
Figura 10
c
o
a
T = 2 Io
=
4 2 Io
T2
MOVIMIENTO PENDULAR
13/04/2023 06:25 a. m. 20Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 20Segundo L. Gallardo Zamora
Io = 0,560 ( ) = 2,10x10- 3 [kg.m2]0,152
6
= 51, 82 [N.m]Luego:4 2 (2,10x10- 4) (1/25)2 =
Usando valores se tiene:
Por lo tanto, el módulo elástico de rigidez se obtiene usando la fórmula:
G = 8, 11 x1010 N/m2
32 L D4G =
Según las tablas de módulos de elasticidad, este valor de G nos indica que el alambre es de acero
32 (51,82 )(1,20) ( 9,40 x10-3 )4
G =Usando valores.
OTROS SISTEMAS OSCILANTES
I.- MASA Y RESORTES EN SERIE.
En primer lugar, se trata de deducir la frecuencia y período de un oscilador formado por una masa y dos resortes conectados en serie como se muestra en la Fig. 11.
13/04/2023 06:25 a. m. 21Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 21Segundo L. Gallardo Zamora
Al aplicar la fuerza F sobre la masa m, se ge-nera en cada resorte una sola fuerza recupera-dora F´ del mismo módulo que F, pero las deformaciones son diferentes y están defini-das por:
x1
x2
m
k1
k2
F
Figura 11
F´ k1
x1 =En el resorte k1:
La deformación total de los dos resortes es:x = x1 + x2
F´ k1
x = + F´ k2
1 k1
x = F´ ( + )1 k2
(22)
F´ = k2 x2
F´ = k1 x1
F´ k2
x2 =En el resorte k2:
OTROS SISTEMAS OSCILANTES
Esta asociación de resortes puede ser sustituida por un sólo re-sorte equivalente como el de la Fig.12, cuya constante ke sea tal que cumpla con la ley de Hooke.
13/04/2023 06:25 a. m. 22Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 22Segundo L. Gallardo Zamora
x
m
ke
F
Figura 12
x =F´ ke
(23)
Ahora, usando (23) en (22) obtenemos:
F´ ke
1 k1
= F´ ( + )
1 k2
De donde1 ke
1 k1
= + 1 k2
(24)
ke =K1 k2 k1
+ k2
O en la forma:
Es decir que, la fuerza recuperadora sea:
F´
F´ = ke x
OTROS SISTEMAS OSCILANTES
13/04/2023 06:25 a. m. 23Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 23Segundo L. Gallardo Zamora
En segundo lugar, si tenemos n resortes en serie como los de la Fig .13.
mk1 k2
x1 x2
F. . . .kn
Figura 13
La constante equivalente, por similitud, estará definida por
1 ke
1 k1
= + +1 k2
1 kn
. . . . (25)1 ke
1 ki
= n
i =1
Por definición, la masa sujeta a esta asociación de resortes oscilará con:
o = ke m
Frecuencia angular
(26)
Frecuencia lineal
f = ke m
1 2
(27) T = 2 m ke
Período
(28)
OTROS SISTEMAS OSCILANTES
I.- MASA Y RESORTES EN PARALELO
En primer lugar, se trata de deducir la frecuencia y período de un oscilador formado por una masa y dos resortes conectados en paralelo como el que se muestra en la Fig. 14.
13/04/2023 06:25 a. m. 24Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 24Segundo L. Gallardo Zamora
Al aplicar la fuerza F sobre la masa m, se ge-neran en los resortes fuerzas recuperadoras diferentes F´1 y F´2, pero las deformaciones son iguales.
Figura 14
k1 k2
x
F
m
F´1 F´2
Por lo tanto, la fuerza aplicada F´ es la suma
F´ = F´1 + F´2
F´ = k1 x + k2 x (29)o
Estos dos resortes pueden ser sustituidos por uno solo cuya constante equivalente ke, cumpla con la ley de Hooke.
OTROS SISTEMAS OSCILANTES
13/04/2023 06:25 a. m. 25Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 25Segundo L. Gallardo Zamora
F´ = ke x(30)
Usando (30) en (29) se tiene
ke x = k1 x + k2 x
ke = k1 + k2(31)
m
ke
x
F Figura 15
F´
El resorte equivalente se muestra en la Fig.15, cuya la fuerza recuperadora es:
En segundo lugar, si tenemos n resortes asociados en paralelo, como los de la Fig.16, por similitud con la deducción anterior, decimos que la constante equi-valente esta dada por:
. . .ke = k1 + k2 + kn
ke = ki
n
i=1
(32)
k1 k2x
FFigura 16
kn
m
OTROS SISTEMAS OSCILANTES
Por definición, la masa sujeta a esta asociación de resortes oscilará con:
13/04/2023 06:25 a. m. 26Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 26Segundo L. Gallardo Zamora
o = ke m
Frecuencia angular
(33)
Frecuencia lineal
f = ke m
1 2 (34) T = 2 m
ke
Período
(35)
Datos: k1 = 450 N/m, k2 = 540 N/m, m = 9 kg
Ejemplo 11. En la Fig.17 se tienen dos resortes K1 = 450 [N/m] y K2 = 540 [N/m] acoplados con una masa m = 9 [kg] que puede oscilar sobre una superficie horizontal liza sobre el eje X. Calcular el período de oscilación de la masa cuando es desplazada lateralmente una pequeña distancia y luego dejada libre.
Figura 17
K2
K2
K2
K2
K1 K1K1
m Solución. Primero, calculamos la constante elástica del resorte equi-valente al grupo de cada lado de la masa
Lado izquierdo: Los tres resortes están en serie, por lo tanto:
1 kI
= + + =1 k1
1 k1
1 k1
3 k1
OTROS SISTEMAS OSCILANTES
De donde el equivalente del lado izquierdo es:
13/04/2023 06:25 a. m. 27Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 27Segundo L. Gallardo Zamora
Primer grupo: Ka = k2 + k2 = 2 k2 Segundo grupo: Kb = k2 + k2 = 2 k2
Ahora Ka y Kb están en serie, luego el equivalente del lado derecho es:
1 kD
-= + = + 1 ka
1 kb
1 2k2 1 2k2
1 kD
2 2k2
= KD = k2 = 540 N/m
El diagrama semifinal tiene la forma:KI KD
mFigura 18
Finalmente, hallamos la constante elástica final Ke del resorte equi-valente a los resortes: KI (izquierdo) y KD (derecho), los mismos que están en paralelo.
Ke = kI + kD = 150 + 540 Ke = 690 N/mKem
Figura 19. Oscilador equivalente final
Lado derecho: Hay 2 grupos de resortes en paralelo, por lo tanto:
k1 3
KI = = = 150 N/m450
3
T = 2 = 0,72 s9 690
OTROS SISTEMAS OSCILANTES
13/04/2023 06:25 a. m. 28Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 28Segundo L. Gallardo Zamora
Figura 21
Z´
h/4R
L = 4R
Figura 22
Fibra
R
Figura 20
Z´
a
2a
3a
4. Un disco metálico delgado con una masa de 0,001 [kg] y radio 0,500 [cm] está unido por su centro a una fibra larga como se indica en la Fig.22. Se retuerce y se suelta, el disco oscila con un período de 1,00 [s]. Calcular la constante de torsión de la fibra.
3. Hallar el período de oscilación y la longitud del péndulo simple equi-valente para cada uno de los péndulos físicos de las figuras 20 y 21.
2. Calcular el período de un péndulo simple de longitud 1,60 [m] si su punto de suspensión está en el techo de la cabina de un ascensor que se mueve con una aceleración de 2,00 [m/s2], a) hacia arriba y b) hacia abajo.
EJERCICIO MOS-02
1. Un péndulo simple tiene una longitud de 0,850 [m] y oscila con una amplitud angular de 10°. Calcular: a) la frecuencia lineal, b) el período y c) la rapidez máxima de la masa del péndulo.
OTROS SISTEMAS OSCILANTES
13/04/2023 06:25 a. m. 29Segundo L. Gallardo Zamora13/04/2023 06:25 a. m. 29Segundo L. Gallardo Zamora
K1 K2
x
Figura 23
m
xK1
K2 m
Figura 24
Figura 25
K2
K2
K2
K2
K2
K1
K1
K1K1
m
5. Los resortes K1 = 800 [N/m] y K2 = 700 [N/m] están acoplados con una masa m = 9 [kg] en las formas que se indican en las figuras 23, 24 y 25, respectivamente. La masa se puede mover sobre una superficie horizontal liza y solamente sobre el eje X. Calcular el período de oscilación de la masa en cada asociación, cuando la masa es desplazada lateralmente una pequeña distancia X y luego es dejada libre.
1. Determinar el período con que oscila el disco de la Fig.26, suponiendo que la amplitud de las oscilaciones es pequeña.
Solución:En la Fig.27, hemos aumentando el ta-maño del disco y girado un ángulo hacia la derecha de forma tal que el punto A se ubica en Ao, convirtíndose en punto instantáneo de rotación respecto al punto C.
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
EJEMPLOS ADICIONALES
Figura 26
k1 k2
D
R
h
Ao
C
Figura 27
xD
xC
D
Ao A
F1=- k1 xD
N
R
h
F2=- k2 xD
f
C
13/04/2023 06:25 a. m. 30Segundo L. Gallardo Zamora
Además, el momento de inercia del disco respecto al punto A es:
Si el desplazamiento es pequeño
A = F1 (R + h) + F2 (R + h) = I d2 dt2
A = [– (k1 + k2) xD ] (R + h) = I d2 dt2
(a)
xD (R + h) (b)
= 3/2 m R2I = Ic + m R2 = ½ m R2 + m R2 (c)
Aplicando la segunda ley de Newton al movi-miento de rotación del disco, respecto al punto A se tiene:Figura 28
xD
xC
D
Ao A
F1=- k1 xD
N
R
F2=- k2 xD
f
Ch
13/04/2023 06:25 a. m. 31Segundo L. Gallardo Zamora
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
En la Fig.28 se muestra el D.C.L de las fuer-zas que actúan sobre el disco cuando es girado un ángulo respecto a la vertical. Estas son: las fuerzas F1 y F2 de recupera-ción elástica de los resortes, y la fuerza fricción f con el plano.
de donde:
Reemplazando los valores de (b) y (c) en (a) se tiene:
– (k1 + k2) (R + h) (R + h) = 3/2 m R2 d2 dt2
Esta ecuación diferencial rige un MAS de frecuencia angular
o =
h R
2 (k1 + k2) (1 + )2
3 m
2 (k1 + k2) 3 m
h R
o = (1 + )
y período
T = 2 (k1 + k2)
3 m
(1+ )h R
2
Frecuencia lineal
2 (k1 + k2) 3 mf =
h R
(1 + )
2
d2 dt2 = – (k1 + k2) [ ]
(R + h)2
3/2 m R2 = – 3m
d2 dt2
h R 2 (k1 + k2) (1 + )2
[ ]
13/04/2023 06:25 a. m. 32Segundo L. Gallardo Zamora
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
3. Un bloque de masa m = 5 [kg] es suspendido de una cuerda que pasa por una polea sin fricción de masa M = 3 [kg] y va atada a un resorte de constante k = 200 [N/m], como se muestra en la Fig.29. Determinar el período de oscilación del sistema al jalar m una distancia s hacia abajo y dejarla libre.
Datos: m= 5 [kg], M = 3 [kg] y k = 200 [N/m]
m
R
M
k
o
(a) Figura 29
Solución:
Las Fig. 28(a) y Fig.28(b) muestran al resorte defor-mado en una pequeña lon-gitud y además en equi-librio estático entre el peso mg del bloque con la fuer-za recuperadora F´ del resorte.
R
M
F´ = mg
mg
o
(b)
13/04/2023 06:25 a. m. 33Segundo L. Gallardo Zamora
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
Como el sistema de la Fig.28 está en equilibrio estático, entonces:
Si sobre la masa m aplicamos una una fuerza adicional F, la masa se desplazará una distan-cia adicional s, haciendo que el punto P, sobre el filo del disco, describa el ángulo y el arco s = R, como se muestra en la Fig.30(b)Al dejar libre el sistema, oscilará bajo la acción de solamente la fuerza recuperadora inicial F´= mg.
o = mgR – F´R = 0 mgR – (– k )R = 0
mg + k = 0 (a)
Figura 30. Estado dinámico del sistema
k
S +
mS +
R
M
o
(a)
R
M
mg + F
mg + F
o
(b)
S+
P
s
13/04/2023 06:25 a. m. 34Segundo L. Gallardo Zamora
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
Aplicando la segunda Ley de Newton al movimiento de rotación del disco se tiene:
Pero según la Ec.(a), el término entre paréntesis es cero y según la Fig.29(b), s = R . Entonces:
k R2 = dL dt
(b)
(mg + k ) R + k s R =dL dt
mgR + k(s + )R =dL dt
o = mgR – [– k(s + )]R = dL dt
Donde (dL/dt) es la variación del momento angular L del sistema respecto al tiempo.
El momento angular del sistema es igual a la suma del momento angular L1 de la masa m del bloque y el momento angular L2 de la masa M del disco, respecto al eje de rotación O.
13/04/2023 06:25 a. m. 35Segundo L. Gallardo Zamora
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
Es decir que: L = L1 + L2 = m v R + I (c)
= – , es la velocidad angular del disco con signo negativo porque es opuesta al desplazamien- to angular
d dt
d dt
L = – m(R ) R – ½ M R2 ( ) d dt
Donde: v = – R , es la velocidad con la cual sube y baja la masa m y a su vez la velocidad tangencial del punto P de la polea.
d dt
Reemplazando esto en (c ) obtenemos:
I = ½ MR2, es el momento de inercia del disco respecto al punto O.
L = – (m + ½ M) R2 d dt
(d)
13/04/2023 06:25 a. m. 36Segundo L. Gallardo Zamora
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
Derivando (d) respecto al tiempo se obtiene:dL dt
= – (m + ½ M) R2 d2 dt2 (e)
Ahora remplazando (e) en el lado derecho de (b) se tiene:
– (m + ½ M) R2 d2 dt2k R2 =
De donde:d2 dt2
= – ( ) k m +½M (f)
Esta es una ecuación diferencial similar a la del MAS, por lo tanto la frecuencia angular del MAS que realiza el sistema es
(o)2 = k m +½M
o = k m +½M
y período T = 2 m +½M k
13/04/2023 06:25 a. m. 37Segundo L. Gallardo Zamora
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
Finalmente usando valores obtenemos:
T = 2 5 +½(3) 200 T = 0.18 [s]
4. Una esfera sólida de radio R rueda, sin deslizarse, dentro de una superficie cilíndrica de radio 5R, como se muestra la Fig. 31. Demostrar que, para pequeños desplazamientos respecto a la posición de equilibrio (la vertical en la parte más baja de la curva), la esfera ejecuta un MAS de período: T = 2 28 R / 5 g
Solución
En este problema, la esfera realiza dos mo-vimientos simultáneos: Un movimiento de traslación del C.M
describiendo la curva BB´, similar a un péndulo simple de longitud L = 4R, y Figura 31
m
o
4R5R
B´ B(t)
RC.M
13/04/2023 06:25 a. m. 38Segundo L. Gallardo Zamora
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
Un movimiento de rodadura sobre la superficie curva girando alre-dedor de un eje que pasa por su propio C.M.
La esfera rueda sobre la superficie curva debido al torque que produce la fuerza de fricción, respecto al C.M de la esfera. Esta fricción no afecta a la conservación de la energía mecánica total del sistema, aún cuando la energía potencial y cinética varían en cada medio ciclo de rodadura.
Ekt + Ekr + Ep = 0 (i)
Donde la variación de energía cinética de traslación del C.M de la esfera se produce entre la parte más alta, donde está en reposo, hasta la parte más baja de la curva donde tiene su máxima velocidad tangencial (vm) .
Ekt = ½ m [(vm)2 – 0] Ekt = ½ m (vm)2
Por conservación de energía total se tiene que:
13/04/2023 06:25 a. m. 39Segundo L. Gallardo Zamora
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
La velocidad tangencial máxima del C.M de la esfera en el punto más bajo de la curva está definido por:
vm= 4R (d/dt)
La función (t) es la posición angular del MAS que realiza el C.M de la esfera, respecto a la vertical, definida por:
= m sen (ot + ) Donde o es la frecuencia angular del MAS del C.M de la esfera
respecto al punto O y que a su vez, es la velocidad angular del movimiento de rotación de la esfera respecto a su C.M.
Por lo tanto, la velocidad angular de la esfera respecto al punto O es: d
dt= o m cos (ot + )
d dt
Donde: o m = ( )m , es la máxima velocidad angular.
13/04/2023 06:25 a. m. 40Segundo L. Gallardo Zamora
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
Con esta velocidad angular podemos calcular la máxima velocidad tangencial que alcanza la esfera en el punto más bajo de la curva BB´.
Entonces, la variación de la energía cinética de traslación de la esfera, entre la parte más alta y la más baja de la curva BB´, es:
Ekt = 8 m R2 (o)2 (m)2 (ii)
vm = 4R o m
Ekt = ½ m (v2 – 0) = ½ m (4R o m) 2
Por otro lado, la variación de energía cinética de rotación de la esfera desde su posición más alta hasta su posición más baja, sobre la superficie curva, es:
Ekr = ½ Io [ (m)2 – 0 ] Ekr = ½ Io (m)2
donde: m = ,vm
Res la velocidad angular máxima con que la esfe-ra gira respecto a su C.M y respecto al punto O.
13/04/2023 06:25 a. m. 41Segundo L. Gallardo Zamora
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
Finalmente, la variación de energía cinética de rotación de la esfera es: Ekr = ½ Io (4 o m)2
Ahora, la variación de la energía potencial gravitatoria del C.M de la esfera, entre la parte más alta y la parte más baja de la curva BB´ es: Ep = m g (0 – h) = – mg h
Que según la Fig. 32h = 4R – 4R cos m = 4R(1 – cos m)
Usando la relación: cos = 1 – 2 sen2(½ )obtenemos: (1 – cos ) = 2 sen2(½ )
Entonces: h = 8 R sen2 (½ m)Usando este valor de h, la variación de energía potencial es::
Ep = – 8 m g R sen2 (½ m)
Ekr = 8 Io (o )2 (m)2 (iii)
o
4R4R cos m m
C.Mh
Figura 32
R
B
13/04/2023 06:25 a. m. 42Segundo L. Gallardo Zamora
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
Si consideramos oscilaciones de pequeña amplitud angular se puede usar la aproximación :
sen (½ m ) ½ m [rad] y entonces:
Ep = – 8 m g R (½ m)2
(iv)Ep = – 2 m g R (m)2
Reemplazando las relaciones (ii), (iii) y (iv) en (i) se tiene
8 m R2 (o)2 (m)2 + 8 Io (o)2 (m)2 – 2 m g R (m)2 = 0
2 (m)2 [4 m R2 (o)2 + 4 Io (o)2 – m g R] = 0
Esta relación se cumple si
[4 m R2 (o)2 + 4 Io (o)2 – m g R] = 0
(o)2 (4 m R2 + 4 Io ) = m g R
13/04/2023 06:25 a. m. 43Segundo L. Gallardo Zamora
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES
Como la esfera gira alrededor de su eje principal, su momento de inercia es: Io = 2/5 m R2. Reemplazando estas relaciones se tiene:
(o)2 (4 m R2 + 4 (2/5 m R2 ) = m g R
(o)2 (28/5 m R2 ) = m g R
(o)2 (28/5 m R2 ) = m g R
de donde se obtiene la frecuencia angular
o =5g
28R
T = 2 28 R 5gy el período
la frecuencia lineal f = 5g 28R
1 2
13/04/2023 06:25 a. m. 44Segundo L. Gallardo Zamora
Continuamos en MOS-03
ANEXO: OTROS SISTEMAS OSCILANTES