Paf Fisicaii Civil

FACULTAD DE INGENIERÍA, ARQUITECTURA Y URBANISMO ESCUELA ACADÉMICO PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL TEMA: MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE (MAS) Autor(es): NEYRA CARRASACO JEYSON OBED LLANOS LLANOS NEVIN OMAR EDQUEN ANDINO JHON LUIGUI Docente: Ing. AMAYA CHECA MANUEL LUIS

Pimentel – Perú 2021

1. En un motor, un pistón oscila con movimiento armónico simple de modo que su posición varía de acuerdo con la expresión π x=( 5 cm ) cos 2 t + , donde x está en centímetros y t en segundos. En t = 0, 6 encuentre a) la posición de la partícula, b) su velocidad y c) su aceleración. d) Encuentre el periodo y amplitud del movimiento. Solución: π Seala posición : x=5 ( cm ) cos 2t + 6 Recordar : x= A co s ( wt + ∅ ) Entonces: A=5 cm rad π w=2 ∅= rad s 6 a ¿ para t=0 π x ( 0 )= Acos ( w ( o ) +∅ ) x ( 0 )= Acos ( ∅ ) x ( 0 )=( 5 cm ) cos 6 dx b ¿ si: x ( t ) =Acos (wt + ∅)la velocidad v= dt v ( t )=−wAsen ( wt + ∅ ) para t=0 v ( 0 )=−wAsen ( w ( 0 )+ ∅ ) v ( 0 )=−wAsen ( ∅ )

(

)

(

)

()

( 2 rads ) ( 5 cm ) sen( π6 )v ( 0 )=( −10s cm ) sen ( π6 )

v ( 0 )=−

c ¿ si v ( t )=−wAsen ( wt + ∅ ) la aceleración :σ =

dv dt

2 2 σ ( t )=− A w co s ( wt +∅ ) para t=0 :σ ( 0 )=− A w co s ( w ( 0 ) +∅ )σ ( 0 )=− A w co s ( ∅ ) 2

(

) ()

(

) ()

2 rad π σ ( 0 )=− 20 cm cos π cos d ¿ Periodo: 2 6 s 6 s 2π 2π T= = =πs w 2 rad amplitud : A=5 cm s

σ ( 0 )=−( 5 cm ) 2

2. La posición de una partícula se conoce por la expresión x=( 4 m ) cos ( 3 πt+ π ), donde x está en metros y t en segundos. Determine: a) la frecuencia y periodo del movimiento, b) la amplitud del movimiento, c) la constante de fase y d) la posición de la partícula en t = 0.250 s.

x=4 cos ( 3 π t + π )

w 3 = =1,5 hz 2π 2π 1 1 t= = =0,66 sg f 1,5 hz x Acos ( wt + ϕ ) segun la ecuacion A=laamplitud del movimiento A=4 m ϕ =constante de fase ϕ =π xt= Acos ( wt + ϕ ) xt =4 cos ( 3 ( 0,250 ) π + π ) xt =4 cos ( 0,75 π +π ) xt=4 cos ( 1,75 π ) xt=4 cos 315 ° xt =4 ( 0,70 ) xt =2,83 m.

w=2 π

t

3. Un oscilador armónico simple tarda 12.0 s en someterse a cinco vibraciones completas. Encuentre a) el periodo de su movimiento, b) la frecuencia en hertz y c) la frecuencia angular en radianes por segundo

12,0 s s ¿ 2,40 s 1 f= t

t=

¿

1 =0,417 hz 2,40 W =2 πf ¿ 2 π ( 0,417 ) ¿ 2,62 rad / s .

4.-Un objeto de 7.00 kg cuelga del extremo inferior de un resorte vertical amarrado a una viga. El objeto se pone a oscilar verticalmente con un periodo de 2.60 s. Encuentre la constante de fuerza del resorte.

Solución

ω=

√

k m

2π T= ω 2π ω= T k 2π = m T

√

( ) ( ) ( )

k 2π = m T 2π k =m T 2π k =7 2.6

2

2

2

5.-Un objeto experimenta un MAS con periodo de 1.200 s y amplitud de 0.600 m. En t = 0 el objeto está en x = 0 y se mueve en la dirección negativa x. ¿Qué tan lejos se encuentra el objeto con respecto a la posición de equilibrio cuando t = 0.480 s?

Solución Ecuación:

x= A cos ( ωt+ ∅ ) Donde:

x= posición

A=amplitud=0.600 m ω=velocidad angular o frecuencia angular=

2π 2π 5π = = t 1.200 3

t= periodo=1.200 s

( Para t =0 ; x=0 ) 0=A cos

( 53π 0+ ∅)

cos ∅=0 → ∅=

−π 2

Reemplazando para t=0.480 s x=0.600 m cos

( 53π 0.480− π2 )

x=0.352 m

6.-Un objeto experimenta un MAS con periodo de 0.300 s y una amplitud de 6.00 cm. En t = 0 el objeto se encuentra instantáneamente en reposo en x = 6.00 cm. Calcule el tiempo que tarda el objeto en pasar de x = 6.00 cm a x =-1.50 cm.

Solución Partiendo desde el extremo positivo la ecuación del MAS es:

x= A cos ( ωt ) Debido a que en t=0 debe ser x=A Los datos son: A= 6cm, T=0.3s

Nos falta omega que lo calculamos: ω=

2π T

Así que queda:

x=6 cos

( 20.3π t )

Ecuación que da la elongación, en centímetros, en cualquier instante de tiempo t. Ahora lo que nos piden, es el “t” tal que x= -1.5cm.

−1.5 cm=6 cmcos

( 20.3π t )

( ) −1 2 π arccos ( = t 4 ) 0.3 −1 arccos ( 4 ) t= −1 2π =cos t 4 0.3

2π 0.3

t=0.0087 s

7. Un bloque de 200 g se une a un resorte horizontal y ejecuta movimiento armónico simple con un periodo de 0.250 s. La energía total del sistema es de 2.00 J. Encuentre a) la constante de fuerza del resorte y b) la amplitud del movimiento. SOLUCIÓN: m = 200g T = 0.250s E = 2.00 J

ω=

2π 2π rad = =25.1 T 0.250 s

(

)

2

rad a ¿ K =mω =0.200 Kg 25.1 =126 N /m s 2

b ¿ E=

√ √

2 2(2.00) kA 2E → A= = =0.178 m 2 k 126

8. Un automóvil que tiene 1 000 kg de masa se conduce hacia una pared de ladrillo en una prueba de seguridad. La defensa del automóvil se comporta como un resorte con constante de 5.00 x 10 6 N/m y se comprime 3.16 cm mientras el auto se lleva al reposo. ¿Cuál fue la rapidez del automóvil antes del impacto, si supone que no hay pérdida de energía mecánica durante el impacto con la pared? SOLUCIÓN:

(

)

1 1 1 1 5106 N E T = k A 2 = k x 2 + m v 2= (0.0316 m)2=2496.4 J 2 2 2 2 m v=

√ √

2 ET 2 (2496,4 J ) m = =2.23 m 1000 s

9. Un sistema bloque–resorte oscila con una amplitud de 3.50 cm. La constante de resorte es 250 N/m y la masa del bloque es 0.500 kg. Determine a) la energía mecánica del sistema, b) la rapidez máxima del bloque y c) la aceleración máxima. SOLUCIÓN:

a ¿ E=

2

kA = 2

250

2 N ( 3.50 x 10−2 m ) m =0.153 J 2

b ¿ V max = Aω DONDE ω= 2

−2

√ √

k 250 −1 = =22.4 s V max =0.784 m/s m 0.500 −1 2

c ¿ amax = A ω =3.50 x 10 m(22.4 s ) =17.5

m s2

10. Un objeto de 50.0 g, conectado a un resorte con una constante de fuerza de 35.0 N/m, oscila sobre una superficie horizontal sin fricción con una amplitud de 4.00 cm. Encuentre

a) la energía total del sistema y b) la rapidez del objeto cuando la posición es de 1.00 cm. Encuentre c) la energía cinética y d) la energía potencial cuando la posición es de 3.00 cm. a) la energía total del sistema 2 1 1 N E= k A 2= 35 ( 4∗10−2 m) = 17.5 N 1 m2 =0.028 J 2 2 m m 625

( )

(

)

b) la rapidez del objeto cuando la posición es de 1.00 cm

√

|v|=ω √ A 2−x 2= k |v|=

√

√

m

√ A2−x 2

35 m −2 2 −2 2 ( 4∗10 ) −( 1∗10 ) =( 10 √7 ) ( 0.0387 )=1.0239 −3 s 50∗10

c) la energía cinética 2 2 1 1 1 1 m v 2= k A2− k x 2= ( 35 ) [ ( 4∗10−2 ) −( 3∗10−2 ) ]=1.225∗10−2 J 2 2 2 2 d) la energía potencial cuando la posición es de 3.00 cm 1 1 U = k x 2= ( 35 ) ( 3∗10−2 ) =1.575∗10−2 J 2 2 11. Un gran bloque P realiza movimiento armónico simple horizontal mientras se desliza a través de una superficie sin fricción, con una frecuencia f=1.50 Hz. El bloque B descansa sobre él, como se muestra en la figura, y el coeficiente de fricción estática entre los dos es μs =0.600. ¿Qué amplitud máxima de oscilación puede tener el sistema si el bloque B no se desliza?

∑ F=m∗a f r=m∗a μ ( mg )=m∗a 2

2 2

ω=2 πf → ω =4 π f

a máx= A ω2= A ( 4 π 2 f 2 )

Reemplazamos: μ ( mg )=m∗a0.6 ( 9.8 )=A ( 4∗3.1416 2∗1.52 ) A=0.0662 m A=6.62 cm

12. La posición angular de un péndulo se representa mediante la ecuación

θ=( 0.032rad ) cos ( ωt ), donde θ está en radianes y ω= 4.43 rad/s. Determine el periodo y la longitud del péndulo.

θ=0.32 cos ( 4.43 t ) 2π t= ϖ 2π t= 4.43 t=1.42 s g ϖ= l g 2 ϖ = l g L= 2 w 9.8 L= 4.43 2 L=0.5m .

√

13. Un péndulo simple tiene un periodo de 2.5 s. i) ¿Cuál es su periodo, si su longitud se hace cuatro veces más grande? ii) ¿Cuál es su periodo si, en lugar de cambiar su longitud, la masa de la plomada suspendida se hace cuatro veces más grande

DATOS:   péndulo simple     i)  T1 = 2.5 seg      T2=?    4L   ii) T2=?    4m      SOLUCIÓN:    i)   Para resolver el ejercicio si la longitud se hace 4 veces mayor  al   sustituir en la formula del periodo, se observa que el periodo se duplica   de la siguiente manera :          T1 = 2*π*√L/g           T2 = 2 *π* √4L/g           T 2= 2*π* 2 √L/g            T2 = 2 *( 2π√L/g)                  T2 = 2 *T1            T2 = 2 * 2.5 seg = 5 seg   respuesta ii) si se cambia la masa de la plomada suspendida por una cuatro veces     mayor, el periodo no cambia por que el periodo depende de la longitud 

   y la aceleración de gravedad, entonces sigue siendo al periodo 2.5 seg     respuesta 2.5 seg .    14. Una bola de demolición de 2500 kg se

halla suspendida del extremo de una grúa, como se muestra en la figura. La longitud del cable que cuelga es de 17.3 m. Halle el período de balanceo, suponiendo que el sistema pueda ser tratado como un péndulo simple.

T =2. π

√L √g T =2. π

√ 17,3

√ 10 m/ s2

T =8,26 s

15. El estudio del deslizamiento del carro muestra que su aceleración a lo largo del plano inclinado es debida a la componente de la aceleración de la gravedad a lo largo de dicho plano:

a carro=gsenθ

La aceleración de la gravedad efectiva que se observa dentro del carro será (utilizando lo aprendido en movimiento relativo):

Dentro del carro se observa por lo tanto una aceleración de la gravedad efectiva que consta solamente de la componente perpendicular al plano de la aceleración de la gravedad. El periodo de un péndulo para pequeñas oscilaciones está relacionado con su longitud y con la aceleración de la gravedad mediante:

T =2 π En nuestro caso tendremos que:

T =2 π

√

√

L g

√

L = L 2π g' g cos θ

17. Un

objeto de 2 kg ligado a un muelle de constante k= 400N/m oscila con una amplitud inicial de 3 cm. Hallar: a) El periodo El periodo del movimiento se obtiene a partir de la expresión: 2π 2π T= = ω √ w 2 − β2 0 w o lo podemos calcular, pero desconocemos el parámetro de amortiguamiento β .

De todas formas, dado que la energía se pierde solo a razón de un 1% en cada ciclo, podemos hacer la suposición de que el movimiento débilmente amortiguado y por lo tanto: β ≪ wo→ T ≈

√

2π m =2 π =0.444 s wo k

b) La energía inicial total La fórmula general es:

1 E= . k . A2 2

Entonces reemplazamos el instante inicial: 1 2 Eo = . k . A o =0.18 J 2 c) Si la energía disminuye en un 1 por ciento (1%) por periodo, hallar la constante de amortiguamiento b y el factor Q

(|△EE|) ciclo=1 % ; β=? ; Q=? (|△EE|) ciclo= 2Qπ 1 2π = 100 Q Q=682.32

β=

m 2 = = T Q∗ω 0

2 628.32∗

β=0.000225 − 4 kg β=2.25∗10 s

√

400 2

18. Un

oscilador tiene un período de 3 s. Su amplitud disminuye en un 5 por ciento durante cada ciclo. a) ¿En cuánto disminuye su energía durante cada ciclo? T =3 s ;

( ) | | ( ) |△ A| A0

ciclo=−5 %

△E ciclo E0

−5 A 100 0 −5 A3 −A 0= A 100 0 95 A3 = A 100 0 95 A0 + A 3= A 0 + A 100 0 ¿ 1.95 A 0 1 2 2 E3 = mω A3 2 1 E0 = mω 2 A20 2 2 2 E3−E 0 1 2 ( A3− A ¿¿ 0 ) = mω ¿ E0 2 1 m ω2 A 20 2 ( A 3− A 0 ) ( A 3+ A 0 ) |△ E| ciclo= E0 A0 △ A=

( )

−5 A 100 0 ∗1.95 A0 A0 ¿ A0

(| |)

△E ciclo=9.75 % E0

Disminuye enun 9.75 % por ciclo .

b) ¿Cuál es la constante de tiempo τ? ω0 Q= τ ω0 2π τ= = Q τ 2π |△ E| ciclo E0 τ=

c) ¿Cuál es el factor Q?

( ) | | ( ) △E ciclo E0

9.75 % τ 3 τ =0.0325 seg =

Q=

2π 2π = 9.75 % |△ E| ciclo E0

( )

Q=64.44

1. Un oscilador amortiguado pierde el 2 por ciento de su energia en cada ciclo. a) ¿Cuál es su factor Q? b) Si su frecuencia de resonancia es 300 Hz, ¿Cuál es la anchura de la curva de resonancia Δω cuando el oscilador este forzado? SOLUCION: a) Si se pierde 2% de energia por ciclo 2π Q= ∆E E

( )

¿ =

2π =314.16 0.02

Ciclo

b) Siendo W ° : Frecuencia de resonancia rad Si F °=300 Hg→ W ° =2 u^ f °=600 u^ s ∆ W : Ancho de la curvatura de resonancia W° Q 600 π ∆W= 314.16 rad ∆ W =6 s ∆W=

20._Un oscilador amortiguado pierde el 3.5 por ciento de su energía durante cada ciclo. a) ¿Cuántos ciclos han de transcurrir antes de que se disipe la mitad de su energía? b) ¿Cuál es el factor Q? c) Si la frecuencia natural es 100 Hz. ¿cuál es la anchura de la curva de resonancia cuando el oscilador se ve forzado exteriormente?

Solución HALLAR:

a. ¿Cuántos ciclos han de transcurrir antes de que se disipe la mitad de su energía? Expresamos la energía de los amortiguados oscilador después de un ciclo:

(

∆E E

E1=E 0 1−

)

Expresamos la energía de los amortiguados oscilador después de dos ciclos:

(

) (

∆E ∆E E2= E1 1− =E0 1− E E

)

2

En “n ” ciclos:

(

En =E0 1−

∆E E

)

''

Sustituimos :

0.5 E0 =E0∗¿ 0.5=¿ Resolvemos “ n” :

n=

ln 0.5 =19.5 ≈20 ciclos ln 0.965

Respuesta: Han transcurrido 20 ciclo completos

b. ¿Cuál es el factor Q ? Aplicamos física en Q para una pequeña amortiguación:

Q=

2π 2π = =180 ∆ E /E 0.035

Respuesta: El factor de Q es 180

c. Si la frecuencia natural es 100 Hz. ¿cuál es la anchura de la curva de resonancia cuando el oscilador se ve forzado exteriormente? El ancho de la curva de resonancia:

∆ ω=

ω 0 2 π f 0 2 π∗(100 Hz) = = =3.49 rad /s Q Q 180

Respuesta: La anchura de la curva es de 3.49 rad/s