SOLUCIONARIO DE EJERCICIOS DE CAPITULO 12 MOVIMIENTO OSCILATORIO LIBRO ALONSO FINNEjercicios solucionados de oscilaciones y ondasunidad 12

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SOLUCIONARIO DE EJERCICIOS DE CAPITULO 12 MOVIMIENTO OSCILATORIO
LIBRO ALONSO FINN
Tabla de contenido
EJERCICIOS DE CAPITULO 12 MOVIMIENTO OSCILATORIO LIBRO ALONSO FINN..........2
EJERCICIO 12.1 libro de ondas de Alonso Finn ...................................................................................2
EJERCICIO 12.11 libro de ondas de Alonso Finn.................................................................................9
EJERCICIO 12.13 libro de ondas de Alonso Finn ...............................................................................10
EJERCICIO 12.31 libro de ondas de Alonso Finn...............................................................................21
EJERCICIO 12.53 libro de ondas de Alonso Finn ..............................................................................27
EJEMPLO 12.6 libro de ondas de Alonso Finn de los ejemplos hechos por el mismo autor del libro
pagina370..............................................................................................................................................33
EJERCICIO MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE .........................................................................39
EJERCICIOS DE OSCILACIONES AMORTIGUADAS Y FORZADAS ........................................41
EJERCICIO DEL libro de Ohanian pag 490 y470 ...............................................................................41

EJERCICIOS DE CAPITULO 12 MOVIMIENTO OSCILATORIO LIBRO ALONSO FINN
EJERCICIO 12.1 libro de ondas de Alonso Finn
Una rueda de 30 𝑐𝑚 de radio tiene una manigueta en su borde. La rueda gira a 0,5
𝑟𝑒𝑣
𝑠𝑒𝑔
con
su eje de posición horizontal. Suponiendo que los rayos del sol incidan vertical sobre la
tierra, la sombra de la manigueta esta animada de movimiento armónico simple encontrar:
a) El periodo de oscilación de la sombra,
b) La frecuencia,
c) Su amplitud,
d) Escribir las ecuaciones que expresan su desplazamiento en función del tiempo.
Suponer la fase inicial cero.
Solución
Datos:
Radio= Amplitud = 30 𝑐𝑚
𝜔 = 0,5
𝑟𝑒𝑣
𝑠𝑒𝑔
a) El periodo de oscilación de la sombra es:
𝑇 =
2𝜋
𝜔
𝑇 =
2𝜋
0,5 ∗ 2𝜋
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
𝑇 = 2 𝑠𝑔
b) La frecuencia de la sombra es:
𝑇 =
1
𝑓
𝑓 =
1
2 𝑠𝑒𝑔
𝑇 = 0,5 𝐻𝑧
c) Su amplitud es:
𝐴 = 30 𝑐𝑚
d) Escribir las ecuaciones q expresan su desplazamiento en función del tiempo.
Suponer la fase inicial cero.
𝑋(𝑡) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 + 𝜑)
𝑋(𝑡) = 0,30 𝑠𝑒𝑛 (𝜋𝑡 )
Donde la fase inicial es igual a cero (𝜑 = 0).

Un oscilador armónico simple está descrito por la ecuación
𝑥(𝑡) = 4 𝑆𝑒𝑛 (0.1𝑡 + 0.5)
Donde todos las cantidades se expresan en MKS.
Encuentre:
a. Amplitud, periodo, frecuencia y la fase inicial del movimiento
b. Velocidad y aceleración del movimiento
c. Condiciones iniciales
d. La posición, velocidad y aceleración para 𝑡 = 5𝑠
e. Hacer el gráfico de la posición, velocidad y aceleración en función del tiempo.
Solución
Por comparación con la expresión
𝑥( 𝑡) = 𝐴 𝑆𝑒𝑛 ( 𝑤𝑡 + 𝜑)
Tenemos que,
𝑥( 𝑡) = 4 𝑆𝑒𝑛 (0.1𝑡 + 0.5)
a) Amplitud, periodo, frecuencia y la fase inicial del movimiento.
Amplitud: 𝐴 = 4𝑚
Frecuencia Angular: 𝜔 = 0.1 𝑟𝑎𝑑/𝑠
Fase Inicial: 𝜑 = 0.5 rad
Periodo:
𝑇 =
2𝜋
𝜔
𝑇 =
2𝜋
0,1
𝑠𝑒𝑔
𝑇 = 20 𝜋 𝑠𝑒𝑔
Frecuencia: 𝑓 =
1
𝑇
𝑓 =
1
20𝜋
𝑠𝑒𝑔
b) Velocidad y aceleración del movimiento
𝑉( 𝑡) =
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 0.4 𝐶𝑜𝑠 (0.1𝑡 + 0.5) 𝑎( 𝑡) =
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡2 = −0.04𝑆𝑒𝑛(0.1𝑡 + 0.5)
c) Condiciones iniciales cuando 𝑡 = 0,
𝑥0 = 𝑥( 𝑡 = 0) = 4𝑆𝑒𝑛(0.5) = 1.92𝑚
𝑣0 = 𝑣( 𝑡 = 0) = 4𝐶𝑜𝑠(0.5) = 0.351𝑚/𝑠
𝑎0 = 𝑎( 𝑡 = 0) = −0.04𝑆𝑒𝑛(0.5) = −19.17𝑥10−3
𝑚/𝑠2
d) La posición, velocidad y aceleración para 𝑡 = 5𝑠

𝑥( 𝑡 = 5) = 4𝑆𝑒𝑛(1) = 3.37𝑚
𝑣( 𝑡 = 5) = 4𝐶𝑜𝑠(1) = 0.216𝑚/𝑠
𝑎( 𝑡 = 5) = −0.04𝑆𝑒𝑛(1) = −3.37𝑥10−2
𝑚/𝑠2
e) l gráfico de la posición, velocidad y aceleración en función del tiempo.
GRAFICA DE DESPLAZAMIENTO CONTRA TIEMPO

GRAFICA DE VELOCIDAD CONTRA TIEMPO
GRAFICA ACELERACION CONTRA TIEMPO

Una partícula está situada en el extremo de un vibrador que pasa por su posición de equilibrio con
una velocidad de 2
𝑚
𝑠
la amplitud es de 10−3
𝑚. ¿Cuál es la frecuencia y el periodo del vibrador?
Escribir la ecuación que exprese su desplazamiento en función del tiempo.
Solución
𝐸𝑘 =
1
2
𝑚𝑣2
𝐸𝑘 =
1
2
𝑚𝜔2
[𝐴2
− 𝑥2
]
Como pasa por la posición de equilibrio 𝑥 = 0 tenemos,
1
2
𝑚𝜔2[ 𝐴2
− 𝑥2] =
1
2
𝑚𝑣2
𝜔 =
2
𝑚
𝑠
10−3 𝑚
𝜔 = 2000
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
Así la el periodo es:
𝑇 =
2𝜋
𝜔
𝑇 =
2𝜋
2000
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
𝑇 = 𝜋 ∗ 10−3
𝑠𝑒𝑔
Y la frecuencia:
𝑓 =
1
𝑇
𝑓 =
103
𝜋
𝑠𝑒𝑔
La ecuación que exprese su desplazamiento en función del tiempo es:
𝑋( 𝑡) = 10−3
𝑠𝑒𝑛(2000𝑡 + 𝛼)

Una partícula cuya masa es de 1 𝑔 vibra con movimiento armónico simple de amplitud de 2 𝑚𝑚. Su
aceleración en el extremo de su recorrido es de 8,0 ∗ 103 𝑚
𝑠2. Calcular la frecuencia del movimiento y
la velocidad de la partícula cuando pasa por la posición de equilibrio y cuando la elongación es de
1,2 𝑚𝑚. Escribir la ecuación que expresa la fuerza que actúa sobre la partícula en función posición y
el tiempo.
Solución
Datos
𝐴 = 2 ∗ 10−3
𝑚, 𝑚 = 10−3
𝑘𝑔 , 𝑎 = 8,0 ∗ 103 𝑚
𝑠2 , 𝑥 = 1,2 𝑚𝑚
La aceleración de la partícula es:
𝑎 = −𝜔2
𝑥
𝜔2
= −
𝑎
𝑥
; 𝜔 = 2𝜋𝑓
Así la frecuencia se puede calcular,
𝑓2
= −
𝑎
(2𝜋)2 𝑥
𝑓2
= −
8,0 ∗ 103 𝑚
𝑠2
(2𝜋)2(−2 ∗ 10−3 𝑚)
𝑓 = √
106
( 𝜋)2
𝐻𝑧2
𝑓 = √
106
( 𝜋)2
𝐻𝑧2
𝑓 =
103
𝜋
𝐻𝑧
La velocidad de la partícula se puede calcular, partiendo de la energía cinética,
𝐸𝑘 =
1
2
𝑚𝑣2
𝐸𝑘 =
1
2
𝑚𝜔2
[𝐴2
− 𝑥2
]
Como pasa por la posición de equilibrio 𝑥 = 0 tenemos,
1
2
𝑚𝜔2
𝐴2
=
1
2
𝑚𝑣2
(2𝜋𝑓)2
𝐴2
= 𝑣2
𝑣 = 2𝜋𝑓𝐴
𝑣 = 2𝜋 (
103
𝜋
𝐻𝑧) 2 ∗ 10−3
𝑚
𝑣 = 4
𝑚
𝑠
Cuando la elongación es de 1,2 𝑚𝑚 , su velocidad se puede escribir,

1
2
𝑚𝜔2[ 𝐴2
− 𝑥2] =
1
2
𝑚𝑣2
(2𝜋𝑓)2[ 𝐴2
− 𝑥2] = 𝑣2
𝑣 = 2𝜋𝑓√[ 𝐴2 − 𝑥2]
𝑣 = 2𝜋 (
103
𝜋
𝐻𝑧)√[(2 ∗ 10−3)^2 − (1,2 ∗ 10−3)2] 𝑚
𝑣 = 3,2
𝑚
𝑠
La fuerza que actúa sobre la partícula en función posición y el tiempo es
𝐹 = −𝑚𝜔2
𝑥
𝐹 = (10−3
)(2∗ 103)2
𝑥
𝐹 = 4 ∗ 103
𝑥 [𝑁]
𝐹 = −𝑚𝐴𝜔2
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝛼)
𝐹 = −(10−3
) (−2 ∗ 10−3)(2 ∗ 103 )2
𝑠𝑒𝑛( 𝜔𝑡 + 𝛼) [𝑁]
𝐹 = 8𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 103
𝑡 + 𝛼) [𝑁]
Una partícula se mueve con movimiento armónico simple con una amplitud de 1.5 𝑚 y frecuencia
100 ciclos por segundo ¿Cuál es su frecuencia angular? Calcular su velocidad, aceleración y su fase
cuando su desplazamiento es de 0.75 𝑚.
Solución
La frecuencia angular es,
𝜔 = 2𝜋𝑓
𝜔 = 2𝜋(100 𝐻𝑧)
𝜔 = 200 𝜋 𝐻𝑧
La velocidad se puede calcular a través de la energía cinética,
1
2
𝑚𝜔2[ 𝐴2
− 𝑥2] =
1
2
𝑚𝑣2
(2𝜋𝑓)2[ 𝐴2
− 𝑥2] = 𝑣2
𝑣 = 𝜔√[ 𝐴2 − 𝑥2]
𝑣 = (200 𝜋 𝐻𝑧)√[(1.5 𝑚 )2 − (0.75 m)2]
𝑣 = 2,59 ∗ 102
𝜋 𝐻𝑧
La aceleración se puede calcular como sigue,
𝑎 = −𝜔2
𝑥
𝑎 = −(200 𝜋 𝐻𝑧)2
(−0,75 𝑚)
𝑎 = 3 ∗ 104
𝜋
𝑚
𝑠
La fase inicial se puede calcular como sigue, para la condiciones iniciales (t=0=),

𝑥 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡 + 𝛼)
𝑥
𝐴
= 𝑠𝑒𝑛(𝛼)
𝛼 = 𝑠𝑒𝑛−1
(
𝑥
𝐴
)
𝛼 = 𝑠𝑒𝑛−1
(
0,75
1,5
)
𝛼 = 30°
Un movimiento armónico simple tiene una amplitud de 8 𝑐𝑚 y un periodo de 4 𝑠𝑒𝑔. Calcular
la velocidad y la aceleración 0,5 𝑆𝑒𝑔 después que la partícula pase por el extremo de su
trayectoria.
SOLUCIÓN:
DATOS:
A = 8 cm ---- 0.08m
T = 4 seg.
La frecuencia angular es,
𝜔 =
2𝜋
𝑇
𝜔 =
2𝜋
4 𝑠𝑒𝑔
𝜔 =
𝜋
2
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
La velocidad después de 𝑡 = 0,5, es:
𝑣 = 𝐴 𝜔 𝑐𝑜𝑠 (𝜔𝑡 + 𝛼)
𝑣 = 0,08
𝜋
2
𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
2
(0,5) +
𝜋
2
)
𝑣 = 2,8 𝜋 ∗ 10−2
𝑚
𝑠
La aceleración después de 𝑡 = 0,5, es:
𝑎 = −𝐴 𝜔2
𝑐𝑜𝑠 (𝜔𝑡 + 𝛼)
𝑎 = 0,08(
𝜋
2
)
2
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
2
(0,5)+
𝜋
2
)
𝑎 = 1,4 𝜋2
∗ 10−2
𝑚
𝑠
Una partícula cuya masa es de 0.5 Kg, se mueve con movimiento armónico simple. Su
periodo es de 0.15 seg y la Amplitud de su movimiento es de 10cm, calcular la aceleración,
la fuerza de la energía potencia y cinética cuando la partícula está a 5 cm de la posición
inicial.
DATOS
Masa: 0.5 Kg
Periodo (T): 0.15 S

Amplitud (A): 10cm: 0.1M
Po: 0.05 M
SOLUCIÓN
A)
𝐹 =
1
𝑇
𝐹 =
1
0.15 𝑠𝑒𝑔
= 𝟔. 𝟔𝟔𝟔 𝑯𝒛
B)
𝜔 = 2𝜋𝑓
w= 2 ( π) (6.666 Hz)= 41.88 hz
C)
𝑎 = −𝜔²𝑥
𝑎 = −41.882
∙ 0.05 𝑠𝑒𝑔
𝒂 = 𝟖𝟕. 𝟔𝟗
𝒎
𝒔 𝟐
D)
𝐸𝑘 =
1
2
𝑚 𝜔2
[𝐴2
–𝑋2
]
𝐸𝑘 =
1
2
(0.5 𝐾𝑔) (41.88
𝑟𝑎𝑑
𝑠
)2
[(0.10 𝑚)2
–(0.05 𝑚)2
]
𝑬 𝒌 = 𝟑. 𝟐𝟖 𝑵
Una plancha horizontal oscila con movimiento armónico simple con una amplitud de 1,5 m y una
frecuencia de 15 oscilaciones por minuto. Calcular el valor mínimo del coeficiente de fricción a fin de
que un cuerpo colocado sobre la plancha no resbale cuando la plancha se mueve.
Solución
𝐴 = 1,5 𝑚
𝐹 = 15 𝑜𝑠𝑐/min
𝜔 = 2𝜋𝑓
𝜔 = 2 HYPERLINK "http://es.wikipedia. org/wiki/%CE%A0" o ""Π" (15
𝑜𝑠𝑐
𝑚𝑖𝑛
)(
1𝑚𝑖𝑛
60𝑠𝑒𝑔
)
𝜔 =
𝜋
2
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
La fuerza de fricción es
𝐹𝑓 = 𝜇𝑓𝑁

Para que la plancha no resbale se debe cumplir
𝐹 = 𝐹𝑓
𝑚𝑎 = 𝜇𝑚𝑔
𝜇 =
𝑎
𝑔
Para obtener el valor mínimo del coeficiente de refracción tenemos
𝜇 =
𝐴𝜔2
𝑔
𝜇 =
(1.5 𝑚)(
𝜋
2
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
)
2
9,8
𝑚
𝑠2
𝜇 = 0.377
Cuando un hombre de 60kg se introduce en un auto, el centro de gravedad del auto baja 0,3 cm.
¿Cuál es la conste de elasticidad de los muelles del auto? Suponiendo que la masa del auto es de
500kg, ¿Cuál es su periodo de vibración cuando está vacío y cuando está el hombre adentro?
SOLUCIÓN:
Representación de Fuerzas
𝑚2 = 60𝑘𝑔 ; 𝑥 = 0.3𝑐𝑚= 3x10-3m
a) Calculo de la constante de elasticidad (K) de los muelles del auto.
𝐹 = −𝑘𝑥 = −𝑚2 𝑔
𝑘 =
𝑚2 𝑔
𝑥
=
60𝑘𝑔 × 9.8 𝑚 𝑠2⁄
3 × 10−3 𝑚
𝒌 = 𝟏𝟗𝟔 × 𝟏𝟎 𝟑
𝑵 𝒎⁄
b) Periodo de vibración del auto vacío.
𝑘𝑥 = 𝑚1 𝜔2
𝑥; m1=500kg
-kx
560 Kg
-kx
(M1+M2)g
500 Kg
M1g

𝜔 = √
𝑘
𝑚
= √
196 × 103 𝑁 𝑚⁄
500𝑘𝑔
= 19.79898987 𝑟𝑎𝑑
𝑠⁄ ≈ 19.8 𝑟𝑎𝑑
𝑠⁄
𝑷 =
𝟐𝝅
𝝎
=
𝟐𝝅
𝟏𝟗. 𝟖 𝒓𝒂𝒅
𝒔⁄
= 𝟎. 𝟑𝟏𝟕𝒔
c) Periodo de vibración del auto con el hombre adentro.
𝑚1 + 𝑚2 = 560𝑘𝑔
𝜔 = √
𝑘
𝑚1 + 𝑚2
= √
196 × 103 𝑁 𝑚⁄
560𝑘𝑔
= 18.70829 𝑟𝑎𝑑
𝑠⁄ ≈ 18.71 𝑟𝑎𝑑
𝑠⁄
𝑷 =
𝟐𝝅
𝝎
=
𝟐𝝅
𝟏𝟖. 𝟕 𝒓𝒂𝒅
𝒔⁄
= 𝟎. 𝟑𝟑𝟔𝒔
Un bloque de madera cuya densidad es ρ tiene dimensiones a, b, c. Mientras está flotando en el agua
con el lado a vertical se le empuja hacia abajo y se le suelta. Halle el periodo de las oscilaciones
resultantes.
Tomemos como sentido positivo de desplazamiento del bloque verticalmente hacia abajo. Llamemos
h a la longitud del bloque debajo del agua cuando flota en equilibrio. En esta situación tendremos que
la fuerza neta hacia abajo será nula:
mg− Fempuje = 0⇒ mg= (Vsumergidoρ0) g ⇒ mg= (bchρ0) g
Donde ρ0es la densidad del agua. Si realizamos un desplazamiento x del bloque respecto de su
posición de equilibrio, la nueva longitud del bloque por debajo del agua será h + x. En esta nueva
situación la fuerza neta hacia abajo ya no será nula:
Fneta = mg−F ´empuje= mg− (V ’sumergidoρ0) g = mg− (bc [h + x] ρ0) g
Sustituyendo en esta expresión la relación entre el peso del cilindro y la altura h:
Fneta = − (bcρ0g) x
Vemos que la fuerza es de tipo elástico con una constante elástica: k = bcρ0g
El periodo de las oscilaciones será:
𝑻 =
𝟐𝝅
𝝎
= 𝟐𝝅√
𝒎
𝒌
= 𝟐𝝅√
𝒂𝒃𝒄𝝆
𝒃𝒄𝝆𝟎𝒈
= 𝟐𝝅√(
𝝆
𝝆𝟎
)(
𝒂
𝒈
)

Encontrar, para un movimientoarmónicosimple,losvaloresde ( 𝑥̅) 𝑦 ( 𝑥2), donde lospromediosse refieren.
Parte a)
𝑥 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑤0 𝑡
𝑥̅ = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝑤0 𝑡̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
Pero 𝑠𝑒𝑛 𝑤0 𝑡̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = 0
Entonces 𝑥̅ = 0
Parte b)
𝑥2
= 𝐴2
𝑠𝑒𝑛2
𝑤0 𝑡
𝑥2̅̅̅ = 𝐴2 𝑠𝑒𝑛2 𝑤0 𝑡̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
Pero 𝑠𝑒𝑛2 𝑤0 𝑡̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ =
1
𝑇
∫ 𝑠𝑒𝑛2
𝑤0 𝑡 𝑑𝑡
𝑇
0
=
1
𝑇
∫ [
1−cos 2 𝑤0 𝑡
2
] 𝑑𝑡
𝑇
0
𝑠𝑒𝑛2 𝑤0 𝑡̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ =
1
𝑇
∫
1
2
𝑑𝑡 −
𝑇
0
1
𝑇
∫ [
cos 2 𝑤0 𝑡
2
] 𝑑𝑡
𝑇
0
Entonces 𝑠𝑒𝑛2 𝑤0 𝑡̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ =
1
𝑇
[
1
2
] 𝑇 =
1
2
𝑥2̅̅̅ =
1
2
𝐴2
El Periodo de un péndulo es de 3s. ¿Cuál será su periodo si su longitud (a) aumenta, (b)
disminuye un 60%?

Solución
a. El periodo de un péndulo simple está dado por:
𝑇 = 2𝜋√
𝐿
𝑔
= 3 𝑠𝑒𝑔
Si su longitud aumenta un 60%, su nueva longitud es:
𝐿′
= 𝐿 + 0,6𝐿
Luego.
𝑇′
= 2𝜋√
𝐿′
𝑔
= 2𝜋√
1.6𝐿
𝑔
= √1.6 2𝜋√
𝐿
𝑔
𝑇′
= √1.6 (3𝑠) = 3.79𝑠
b. Si el periodo disminuye en un 60%, su nueva longitud es:
𝑇′′
= 2𝜋√
𝐿′′
𝑔
= 2𝜋√
0.4𝐿
𝑔
= √0.4 2𝜋√
𝐿
𝑔
𝑇′′
= √0.4 (3𝑠) = 1.89𝑠
El péndulo de un reloj tiene un periodo de 2s cuando g=9,80 m/s2.
Si la longitud se aumenta en 1mm.
¿Cuánto se habrá atrasado el reloj después de 24 horas?
T1 = 2π√ 𝐿/𝑔
T1 = 2 segundos
g =9.81 m/s2
T2 = 2π √
𝐿+0.001 𝐿
𝑔
T2 = 2π √
1.001 𝐿
𝑔
T2 = 2π √
𝐿
𝑔
√1,001
SI Tenemos que T1 = 2π√ 𝐿/𝑔 Ahora reemplazo T1 en T2 :

T2 = T1 √1,001
T2 = ( 2 segundos) √1,001
T2 = 2,00099975 segundos
Para conocer cuanto se ha atrasado el reloj entonces:
ΔT = T2 - T1 = 2,00099975 segundos - 2segundos=0,00099975
¿Cuánto se habrá atrasado el reloj después de 24 horas?
24ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑥 3600𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠
1ℎ𝑜𝑟𝑎
= 86.400 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠
En 24 horas el reloj se atraso
atraso = (86.400 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠)x (0,00099975)=77,7segundos
¿Cuánto se habrá atrasado el reloj del programa anterior después de 24horas si se coloca en un lugar
donde la g=9,75 m/s2
Sin cambiar la longitud del péndulo ¿Cuál debe ser la longitud correcta del péndulo a fin de mantener
el tiempo correcto en la nueva posicion?
L= 1mm =0.001m
g=9,75 m/s2.
T1 = 2π√ 𝐿/𝑔
T1 = 2 segundos
g =9.81 m/s2
T1 = 2π √
0.001
9.80
= 0,06346975 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠
T2 = 2π√
0.001𝐿
9.75
= 0,063632291 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠
T2-T1 = (0,063632291 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠) -(0,06346975 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠)=
T2-T1 = 0,001625411126 segundos
Regla de 3:

0,063632291 0,001625411126 segundos
1440metros X
X= 3,6mt
L= 1mm =0.001m
g=9,75 m/s2
.
T1 = 2 segundos
T2
L=
𝑇2 𝑔
4 𝜋2
L=
(2)2 𝑔
4 𝜋2
L=
4 (9,75 )
4 𝜋2
L= 0,988m
Estimar el orden relativo de magnitud de los primeros términos correctivos en la serie del
periodo de un péndulo simple si la amplitud es:
a) 10º
b) 30º
Solución
a) Para 10º
P= (2𝜋√
𝐿
𝑔
)[1 +
1
4
sin(
1
2
𝜃𝑜)
2
+
9
64
sin (
1
2
𝜃𝑜)
4
… ]
P=(2𝜋√
𝐿
𝑔
)[1 +
1
4
sin (
1
2
10)
2
+
9
64
sin (
1
2
10)
4
]
P=(2𝜋√
𝐿
𝑔
)[1 + 1.899 × 10−3
+ 8.114 × 10−6]
b) Para 30º

P=(2𝜋√
𝐿
𝑔
) [1 +
1
4
sin (
1
2
30)
2
+
9
64
sin (
1
2
30)
4
]
P= (2𝜋√
𝐿
𝑔
)[1 + 1.674 × 10−2
+ 6.31 × 10−4]
Solución: Para determinar la longitud del péndulo simple equivalente debemos calcular el periodo
del péndulo e igualarlo al periodo de un péndulo simple para determinar la longitud de este péndulo
simple que tiene el mismo periodo que el compuesto Para determinar el periodo del péndulo
compuesto primero el momento de inercia del disco con respecto al centro de masa el cual es Ic = mR
2 2 , donde m es la masa del disco, pero debido a que el disco no gira en su centro de masa si no a
una distancia h del mismo, se debe aplicar el teorema de steiner para determinar el momento de
inercia respecto al punto de giro, este teorema consiste en sumarle al momento de inercia del centro
de masa la masa por la distancia al cuadrado del centro de masa al punto de giro, esto es
OTRA FORMA DE RESOLVERLO
REVISAR FORMULAS : puede haberunerror.. revisar revisar
El radiode giro K se define Ik= mK2
mk2
= m(h2
+1/2R2
)
K2
=1/2R2
+h2
12.30 Un discosolidode radioR puede colgarse de uneje horizontal aunadistanciah de su centro
A. Encontrar lalongituddel péndulosimple equivalente

B. Encontrar la posicióndel eje parael cual el periodoesunmínimo.
C. Representarel periodoenfunciónde h.
SOLUCION:
Para determinarlalongituddel péndulosimple equivalente debemoscalcularel periododel pénduloe
igualarloal periodode unsimple
Para determinarel periododelpéndulocompuestoprimerodebemosconocerel momentode inerciadel
discocon respectoal centrode masa
I0=½ mR2
Perodebidoaque el discono gira ensu centrode masasinoa unadistanciah del mismose debe aplicarel
Teoremade Steiner.
El teoremade Steinerdice que el momentode inerciarespectoael eje B esIk=mh2+I0 donde I0 esel momento
de inerciarespectoael disco
Entonces,
Ik= mh2
+1/2mR2
= m (h2
+1/2R2
)
El radiode giro K se define Ik= mK2
mk2
= m(h2
+1/2R2
)
K2
=1/2R2
+h2
el periododel péndulocompuestoes
P= 2 𝜋 √
𝑚(𝑘2)
𝑚𝑔ℎ
P(h)= 2 𝜋 √
1/2(𝑅2+ℎ2)
𝑔ℎ
P(h)=2π √ ½ R2+h2/gh
A. Debemosigualarlafórmulade péndulocompuestoconpéndulosimpleparadespejarL
Donde péndulosimple
P= 2𝜋 √
𝐿
𝑔
Y reemplazo la P por el valor de: P(h)= 2 𝜋 √
1/2(𝑅2+ℎ2)
𝑔ℎ

( 2 𝜋 √
1/2(𝑅2+ℎ2)
𝑔ℎ
) =2𝜋 √
𝐿
𝑔
( 2 𝜋 √
1/2(𝑅2+ℎ2)
𝑔ℎ
)2
= (2𝜋 √
𝐿
𝑔
)2
4𝜋2(
1/2(𝑅2+ℎ2)
𝑔ℎ
) =4𝜋2 𝐿
𝑔
1/2(𝑅2+ℎ2)
𝑔ℎ
=
𝐿
𝑔
1/2(𝑅2+ℎ2)
ℎ
=
𝐿𝑔
𝑔
1/2(𝑅2+ℎ2)
ℎ
= L DONDE K2=1/2 R2+h2
𝑘2
ℎ
= L
B. Para hallarminimosdebemosderivarPen función de h
P(h)= 2 𝜋 √
½( 𝑅2+ℎ2)
𝑔ℎ
𝑑𝑝
𝑑ℎ
= 2 𝜋
√
𝑅
2
2
+ ℎ
2
𝑔ℎ
Derivadade
𝑅2
2
+ℎ2
𝑔ℎ
=
[
𝑅2
2
+ℎ2]
′
[ 𝑔ℎ]−[
𝑅2
2
+ℎ2][𝑔ℎ]′
[𝑔ℎ]2
=
2ℎ[ 𝑔ℎ]−[
𝑅2
2
+ℎ2][𝑔+ℎ]
[𝑔ℎ]2

=
2𝑔ℎ2 − [
𝑅2
2𝑔−𝑔ℎ2]
𝑔2 ℎ2
𝑑𝑝
𝑑ℎ
=
[
2
2
√
𝑅
2
2
+ ℎ
2
𝑔ℎ
]
[2𝑔ℎ
2
−
𝑅
2
2𝑔
−
𝑔ℎ
2
𝑔2ℎ
2
]
El valor de h para el cual el periodo es un mínimo es h = R/√ 2
C. Representarel periodoenfunciónde h.
P(h)= 2 𝜋 √
½( 𝑅2+ℎ2)
𝑔ℎ
cuando h=
𝑅
√2
P(h)= 2 𝜋 √
½( 𝑅2+(
𝑅
√2
)
2
)
𝑔(
𝑅
√2
)
P(h)= 2 𝜋 √
½( 𝑅2+
𝑅2
2
)
𝑔(
𝑅
√2
)
P(h)= 2 𝜋 √
½(
2𝑅2+𝑅2
2
)
𝑔(
𝑅
√2
)
P(h)= 2 𝜋 √
½(
3𝑅2
2
)
𝑔(
𝑅
√2
)
P(h)= 2 𝜋 √
(
3𝑅2
4
)
𝑔(
𝑅
√2
)
P(h)= 2 𝜋 √
3𝑅2 √2
4𝑔𝑅

P(h)= 2 𝜋 √
3𝑅 √2
4𝑔
P(h)= 2 𝜋 √
(√2 𝑅)
𝑔
P(h)=2 √½ R2+h2/ghcuando h = R/√ 2
P(h)=2 √ √2R/g
Una varilla de longitud L, oscila con respecto a un eje horizontal que pasa por el extremo, un
cuerpo de igual masa que la varilla está situado sobre la varilla a una distancia h del eje.
a) Obtener el periodo del sistema en función de h y de L.
b) ¿Hay algún valor de h para el cual el periodo es el mismo como si no hubiera masa?
Solución.
a). Lo primero que haremos será encontrar el centro de masa de la masa 2 que en este caso
es igual a la masa de la varilla, aplicando la siguiente formula.

𝑪𝒎 =
(
𝑳
𝟐
) 𝒎+𝒉(𝒎)
𝟐𝒎
=
𝑳
𝟐
+𝒉
𝟐
=
𝑳+𝟐𝒉
𝟒
Luego calculamos el momento de inercia con la siguiente ecuación.
𝐼 =
1
3
m𝐿2
+ 𝑚ℎ2
factorizando m quedaría de la siguiente forma.
𝐼 = [
𝐿2
3
+ ℎ2] 𝑚
Expresando el periodo con respecto al momento de inercia y al centro de masa, se tiene la
siguiente ecuación:
𝑃 = 2𝜋√
𝐼
𝑏𝑔𝑚
Donde:
b=centro de masa.
g=gravedad
m=masa
Reemplazando el centro de masa y el momento de inercia se obtiene que:
𝑃 = 2𝜋√
[
𝐿2
3
+ ℎ2]𝑚
𝑳 + 𝟐𝒉
𝟒
𝒎𝒈
Simplificando:
𝑃 = 4𝜋√
𝐿2 + ℎ2
3( 𝑳+ 𝟐𝒉) 𝑔
b). No hay ningún valor.
Un péndulo de torsión consiste de un bloque rectangular de madera de 8cm x 12cm x 3cm
con una masa de 0.3 Kg, suspendido por medio de un alambre que pasa a través de su
centro y de tal modo que el lado corto es vertical. El periodo de oscilación es de 2.4 s. ¿Cuál
es la constante de torsión K del alambre?

Solución:
Antes que nada necesitamos conocer el valor del momento de inercia de este objeto en
particular (cubo de madera), para lo cual se utilizará la siguiente ecuación.
𝐼 = [𝑚(
𝑎2+𝑏2
12
)]
Donde:
M=masa del objeto, 0.3Kg.
𝑎2
= la dimensión horizontal del objeto para este caso 8cm=0.08m
𝑏2
= la profundidad del objeto en este caso 12cm=0.12m
Como en el ejercicio nos piden encontrar la constante K=Kappa, Utilizamos la siguiente
ecuación que relaciona el momento de inercia con la constante.
𝐾 = (2𝜋)2 𝐼
𝑇2
Donde: 𝑇2
es igual al periodo de oscilación al cuadrado, siendo I el momento de inercia y 2π
al cuadrado una constante.
Haciendo la relación entre las dos ecuaciones anteriores tenemos que:
𝐾 = (2𝜋)2
[𝑚(
𝑎2 + 𝑏
2
12
)/𝑇2
]
Reemplazando valores tenemos que:
𝐾 = (2𝜋)2
[0.3𝑘𝑔(
0.08𝑚2
+ 0.12𝑚2
12
)/2.42
]
K=3.564X10−3
N.m [Newton por metro]
OTRA FORMA DE RESOLVERLO

Encontrar la ecuación resultante de la superposición de dos movimientos armónicos simples paralelos
cuyas ecuaciones son:
𝑥₁ = 2𝑠𝑒𝑛 ( 𝜔𝑡 +
𝜋
3
)
𝑥₂ = 3𝑠𝑒𝑛 ( 𝜔𝑡 +
𝜋
2
)
Hacer un gráfico de cada movimiento y del movimiento resultante. Representar sus respectivos
vectores rotantes.
SOLUCIÓN:
Es una superposicion de M.A.S. Paralelos de igual frecuencia
𝑥₁ = 𝐴₁ 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜔𝑡 + 𝛿₁)
𝑥₂ = 𝐴₂ 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜔𝑡 + 𝛿₂)
Con resultante
𝑥 = 𝐴 sen( 𝜔𝑡 + 𝛿)
Donde:
𝐴 = (𝐴₁² + A₂² + 2A₁ A₂ cosα)^0.5
𝛼 = 𝛿₂ − 𝛿₁
y
tan 𝛿 =
𝐴₁ 𝑠𝑒𝑛 𝛿₁ + 𝐴₂ 𝑠𝑒𝑛 𝛿₂
𝐴₁ 𝑐𝑜𝑠 𝛿₁ + 𝐴₂ 𝑐𝑜𝑠 𝛿₂
Estas ecuaciones están demostradas en el libro de Alonso − Finn (pag.372),por ejemplo.
Valores
𝛼 = 𝛿₂ − 𝛿₁ =
𝜋
2
−
𝜋
3
=
𝜋
6
𝐴 = ( 𝐴12
+ A22
+ 2A1
A2
cosα)0.5
𝐴 = (22
+ 32
+ 2.2.3cos
π
6
)
0.5

𝐴 = 4.73
tan 𝛿 =
𝐴₁ 𝑠𝑒𝑛 𝛿₁ + 𝐴₂ 𝑠𝑒𝑛 𝛿₂
𝐴₁ 𝑐𝑜𝑠 𝛿₁ + 𝐴₂ 𝑐𝑜𝑠 𝛿₂
tan 𝛿 =
2 𝑠𝑒𝑛 𝜋/3 + 3 𝑠𝑒𝑛 𝜋/2
2 𝑐𝑜𝑠 𝜋/3 + 3 𝑐𝑜𝑠 𝜋/2
tan 𝛿 = 4.732
𝛿 = 1.36 𝑟𝑎𝑑
Luego:
𝑥 = 𝐴 sen( 𝜔𝑡 + 𝛿)
𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 +
𝜋
2
− 𝛿)
𝑥 = 4.732 cos( 𝜔𝑡 + 0.2)
Encontrar la ecuación de la trayectoria del movimiento resultante de dos movimientos armónicos
simples perpendiculares, cuyas ecuaciones son x = 4senωt y y = 3sen (ωt + α), cuando α = 0, π/2 y π.
Hacer un gráfico de la trayectoria de la partícula en cada caso y señalar el sentido en el cual viaja la
partícula.

Un péndulo simple tiene un periodo de 2 𝑠 y un amplitud de 2°, después de 10 oscilaciones
completas su amplitud ha sido reducida a 1,5° encontrar la constante de amortiguamiento 𝛾.
Solución
Datos:
𝑡 = 2 𝑠𝑒𝑔 ; 𝜃𝑜 = 2°; 𝜃 = 1.5°
La ecuación para este movimiento toma la forma, donde la amplitud del movimiento viene dada por,
𝜃= 𝜃0 𝑒−𝛾𝑡
1
𝑒−𝛾𝑡
=
𝜃0
𝜃
𝑒 𝛾𝑡
=
𝜃0
𝜃
𝛾𝑡 = ln(
𝜃0
𝜃
)

𝛾 =
1
𝑡
ln(
𝜃0
𝜃
)
𝛾 =
10
2 seg
ln(
2°
1.5°
)
𝛾 = 1,43 𝑠−1
En el caso de un oscilador amortiguado, la cantidad 𝜏 =
1
2𝛾
se denomina tiempo de relajación.
a) Verificar que tiene unidades de tiempo.
b) ¿en cuánto ha variado la amplitud del oscilador después de un tiempo 𝜏?
c) Expresar como una función de 𝜏, el tiempo necesario para que la amplitud se reduzca a la
mitad de su valor inicial.
d) ¿Cuáles son los valores de la amplitud después de tiempos iguales a dos, tres veces, etc., el
valor obtenido en c)?
Solución
a) Verificamos que tiene unidades de tiempo haciendo un análisis dimensional.
𝜏 =
1
2𝛾
𝜏 =
1
2
λ
2m
𝜏 =
m
F
v
𝜏 =
m ∗ v
𝐹
𝜏 =
[𝐾𝑔] ∗ [𝑚/𝑠]
[𝐾𝑔 ∗
𝑚
𝑠2]
𝜏 = 𝑠
b) la amplitud del oscilador después de un tiempo 𝜏 ha variado,
𝐴´
(𝑡) = 𝐴𝑒−𝛾𝑡
𝐴´
(
1
2𝛾
) = 𝐴𝑒
−𝛾
1
2𝛾
𝐴´
(
1
2𝛾
) = 𝐴𝑒
−
1
2
𝐴´
(
1
2𝛾
) = 0,6 𝐴

c) Expresar como una función de 𝜏, el tiempo necesario para que la amplitud se reduzca a la
mitad de su valor inicial.
𝐴´
𝐴
2
= 𝐴𝑒−𝛾𝑡
1
2
= 𝑒−𝛾𝑡
−
1
2𝜏
𝑡 = 𝐿𝑛 (1/2)
−𝑡 = 2𝜏 𝐿𝑛 (1/2)
−𝑡 = −1,38 𝜏
𝑡 = 1,38 𝜏
d) ¿Cuáles son los valores de la amplitud después de tiempos iguales a dos, tres veces, etc., el
valor obtenido en c)?
𝐴´
𝐴´(1,38 𝜏 ) =
𝐴
2
𝐴´(2 ∗ 1,38 𝜏 ) =
𝐴
4
𝐴´(3 ∗ 1,38 𝜏 ) =
𝐴
8
𝐴´( 𝑛 ∗ 1,38 𝜏 ) =
𝐴
2 𝑛
Escribir la ecuación del movimiento de un oscilador armónico simple sin amortiguamiento al
cual se le aplica la fuerza
𝐹= 𝐹0 Cos wft.
Verificar que su solución es 𝑥= [𝐹0 /𝑚 (w0
2-wf
2) ] Cos wft
Solución:
𝒅 𝟐
𝒙
𝒅𝒕 𝟐
+ 𝒘 𝟎
𝟐
𝒙 = (
𝑭 𝟎
𝒎
)(𝑪𝒐𝒔 𝒘 𝒇 𝒕)
𝒙 = [
𝑭 𝟎
𝒎 ( 𝒘 𝟎
𝟐 − 𝒘 𝒇
𝟐 )
] 𝑪𝒐𝒔 𝒘 𝒇 𝒕
𝒅𝒙
𝒅𝒕
=
−𝑭 𝟎 𝒘 𝒇 𝑪𝒐𝒔 𝒘 𝒇 𝒕
𝒎 (𝒘 𝟎
𝟐 − 𝒘 𝒇
𝟐 )

𝒅 𝟐
𝒙
𝒅𝒕 𝟐
=
−𝑭 𝟎 𝒘 𝒇
𝟐
𝑪𝒐𝒔 𝒘 𝒇 𝒕
𝒎 (𝒘 𝟎
𝟐 − 𝒘 𝒇
𝟐 )
Reemplazando en la ecuaciòn inicial:
𝒅 𝟐
𝒙
𝒅𝒕 𝟐
+ 𝒘 𝟎
𝟐
𝒙 = (
𝑭 𝟎
𝒎
(
−𝑭 𝟎 𝒘 𝒇
𝟐
𝒎 ( 𝒘 𝟎
𝟐 − 𝒘 𝒇
𝟐 )
) + 𝒘 𝟎
𝟐 (
𝑭 𝟎 𝑪𝒐𝒔 𝒘 𝒇 𝒕
𝒎 ( 𝒘 𝟎
𝟐 − 𝒘 𝒇
𝟐 )
) = (
𝑭 𝟎
𝒎
Reorganizando términos:
(
𝒘 𝟎
𝟐
𝒎 ( 𝒘 𝟎
𝟐 − 𝒘 𝒇
𝟐 )
) − (
𝑭 𝟎 𝒘 𝒇
𝟐
𝒎 ( 𝒘 𝟎
𝟐 − 𝒘 𝒇
𝟐 )
) = (
𝑭 𝟎
𝒎
Sacando factor común :
(
𝒎
) [ (
( 𝒘 𝟎
𝟐
− 𝒘 𝒇
𝟐 )
( 𝒘 𝟎
𝟐 − 𝒘 𝒇
𝟐 )
)] = (
𝑭 𝟎
𝒎
Y se cumple con la igualdad llegando la demostración:
(
𝒎
) = (
𝑭 𝟎
𝒎
) ( 𝑪𝒐𝒔 𝒘 𝒇 𝒕)
Una partícula se deslizahaciaadelante yhaciaatrásentre dosplanosinclinadossinfricción
a) Encontrar el periodode oscilacióndel movimientosi hesla alturainicial
b) ¿Es el movimientooscilatorio?
c) ¿Es el movimientoarmónicosimple?
Solución
a) La aceleraciónserá: a= g Cosϴ
La longitud del plano=L=
𝒉
𝑺𝒆𝒏 𝜽
Partiendodel reposoalaaltura h se tiene:
L=1/2 a t2
t= √
2𝐿
𝑎
Para descenderdel planoyentonces:

t= √
2𝐿
𝑎
T= 4 t
T= 4 (√
2𝐿
𝑎
)
T= 4 (√
2(
𝒉
𝑺𝒆𝒏 𝜽
)
𝑔 𝐶𝑜𝑠𝜃
)
T= 4 (√
4(
𝒉
𝒈
)
2𝑺𝒆𝒏 𝜽𝐶𝑜𝑠𝜃
)
Teniendoencuentaunade lasidentidadesfundamentalesde latrigonometría:
2 Senϴ Cos ϴ = Sen2 ϴ
Y operando resulta:
T= 4x2 (√
(
𝒉
𝒈
)
𝑺𝒆𝒏 𝟐𝜽
)
T= 8 (√
(
𝒉
𝒈
)
𝑺𝒆𝒏 𝟐𝜽
)
b) Sí, esoscilatorio;
c) NO,no esarmónicosimple porque nosigue unavariaciónsenoidal ocosenoidaldel tipo:
x = A cos (wt+delta)
Una partícula de masa m situada en una mesa horizontal lisa (Fig.12-49) esta sostenida por dos
alambres estirados de longitud l0 cuyos extremos están fijos en P1 y P2.
La tensión de los alambres es T.
Si la partícula se desplaza lateralmente una cantidad X0 pequeña comparada con la longitud de los
alambres, y luego se suelta, determinar el movimiento subsiguiente.
Encontrar su frecuencia de oscilación y escribir la ecuación de su movimiento.
Suponer que la longitud de los alambres y la tensión permanecen inalterables

EJEMPLO 12.6 libro de ondas de Alonso Finn de los ejemplos hechos por el mismo
autor del libro pagina370
12.6 Un anillo de 0,1 m de radio esta suspendido de una varilla como se ilustra determinar el periodo de
oscilación hallar el equivalente a un péndulo simple.
a.
𝑃 = 2𝜋√
𝑘2
𝑔𝑏
P= 2π √ k2
/ gb
K2
= I/m
Ic=mR2
Teorema de Steiner
I=Ic+ma2
I=mR2
+mR2
=LmR2
K2
=2m R2
/m
K2
=2R2
𝑃 = 2𝜋√
2𝑅2
𝑔𝑟
𝑃 = 2𝜋√
2𝑅
𝑔
𝑃 = (6.28)√
2(𝑂. 1)
(9.8)
𝑃 = 0.89 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠
b.
L=k2
/ b
L=2R2
/2
L=2R= 2 (0,1)= 0,2 m
MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE
EJERCICIO 16
Cuando una masa de 0.750 𝑘𝑔 oscila en un resorte ideal, la frecuencia es de 1.33 𝐻𝑧. a) ¿Cuál será la frecuencia si se agregan
0.220 𝑘𝑔 a la masa original, y b) y si se restan de la masa original? Intente resolver este problema sin calcular la constante de
fuerza del resorte.
Solución

EJERCICIO 17
Un oscilador armónico tiene unamasa de 0.500 𝑘𝑔 unida a un resorte ideal con constante de fuerza de 140 𝑁/𝑚. Calcule a) el periodo, b) la
frecuencia y c) la frecuencia angular de lasoscilaciones.
Solución
EJERCICIO 18
Sobre una pista de aire horizontal sin fricción, un deslizador oscila en el extremode un resorte ideal, cuya constantede fu erza es2.50 𝑁/𝑐𝑚. En la
figura, la gráfica muestra la aceleración del deslizador en función del tiempo. Calcule a) la masa del deslizador; b) el desplazamiento máximo del
deslizador desde el punto de equilibrio; c) la fuerza máxima que el resorte ejerce sobre el deslizador.
Solución

Energía en el movimiento armónico simple
EJERCICIO 19
Una porrista ondea su pompón en MAS con amplitud de 18.0 𝑐𝑚 y frecuenciade 0.850 𝐻𝑧. Calcule a) la magnitud máxima de laaceleracióny de la
velocidad; b) la aceleración y rapidez cuando la coordenada del pompón es 𝑥 = +9.0 𝑐𝑚; c) el tiempo que tarda en moverse directamente de la
posición de equilibrio a un punto situado a 12.0 cm de distancia. d) ¿Cuáles de las cantidades pedidas en los incisos a), b)
Solución
EJERCICIO 19
Un juguete de0.150 𝑘𝑔 está en MASen el extremode un resorte horizontal conconstante defuerza 𝑘 = 300 𝑁/𝑚. Cuando el objetoestá a 0.0120 𝑚
de su posición de equilibrio, tieneunarapidez de 0.300 𝑚/𝑠. Calcule a) la energía total del objetoen cualquier puntode su movimiento; b) la amplitud
del movimiento; c) la rapidez máxima alcanzada por el objeto durante su movimiento.
Solución
Aplicaciones del movimiento armónico simple
EJERCICIO 20

Un orgulloso pescador de alta mar cuelgaun pez de 65.0 𝑘𝑔 de un resorte ideal con masa despreciable, estirando el resorte 0.120 𝑚. a) Calcule la
constante de fuerza del resorte. Ahora se tira del pez 5.00 𝑐𝑚 hacia abajo y luegose suelta. b) ¿Qué periodo de oscilación tiene el pez? c) ¿Qué
rapidez máxima alcanzará?
Solución
EJERCICIO 21
Una esfera de 1.50 𝑘𝑔 y otra de 2.00 𝑘𝑔se pegan entre sí colocando la más ligera debajo de la más pesada. La esfera superior se conecta a un resorte ideal vertical,
cuya constante de fuerza es de 165 𝑁/𝑚, y el sistema vibra verticalmente con una amplitud de 15.0 𝑐𝑚. El pegamento que une las esferas es débil y antiguo, y de
repente falla cuando las esferas están en la posición más baja de su movimiento. a) ¿Por qué es más probable que el pegamento falle en el punto mas bajo, que en
algún otro punto del movimiento? b) Calcule la amplitud y la frecuencia de las vibraciones después de que la esfera inferior se despega.
Solución
EJERCICIO 22
Un disco metálico delgadocon masa de 2.00 3 1023 kg y radio de 2.20 cm se une en su centro a una fibra larga como se ve en la figura. Si se
tuerce y suelta, el disco oscila con un periodo de 1.00 s. Calcule laconstantede torsión de la fibra.

Solución
EJERCICIO 24
Imagine quequiere determinar el momentode inerciade una pieza mecánicacomplicada,con respecto a un eje quepasa por su centro de masa,
así que la cuelga de unalambre a lo largode ese eje. El alambre tieneuna constante de torsiónde . Usted gira un poco la p ieza alrededor del eje
y la suelta, cronometrando 125oscilacionesen 265 s. ¿Cuánto vale el momento de inerciabuscado?
Solución
El péndulo simple
EJERCICIO 25
En San Francisco un edificiotiene aditamentosligerosque consisten en bombillaspequeñasde 2.35 𝑘𝑔 con pantallas, que cuelgandel techo en el
extremo de cordones ligeros y delgados de 1.50 de longitud. Si ocurre un terremoto leve, ¿cuántas oscilaciones por segundo ha rán tales
aditamentos?
Solución

EJERCICIO 26
Un péndulo en Marte. En la Tierra cierto péndulo simple tiene un periodo de 1.60 s. ¿Qué periodo tendrá en Marte, donde
𝑔 = 3.71
𝑚
𝑠2
?
Solución
El péndulo físico
EJERCICIO 27
Una biela de 1.80 𝑘𝑔 de unmotor de combustiónpivotaalrededor de unfilo denavaja horizontal como se muestra en lafigura.El centro de gravedad
de la biela se encontró por balanceo y está a 0.200 𝑚 del pivote. Cuando la biela se pone a oscilar con amplitud corta, completa 100 oscilaciones
en 120 𝑠. Calcule el momento de inercia de la biela respecto al eje de rotación en el pivote.
Solución
EJERCICIO 28
Dos péndulos tienen las mismas dimensiones (longitud L) y masa total (m). El péndulo A es una esfera muy pequeña que oscila en el extremo de una varilla uniforme
sin masa. En el péndulo B, la mitad de la masa está en la esfera y la otra mitad en la varilla uniforme. Calcule el periodo de cada péndulo para oscilaciones pequeñas.
¿Cuál tarda más tiempo en una oscilación?
Solución

EJERCICIO MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE
Una masa m=1kg vibra verticalmente a lo largo de un segmento de 20cm de longitud con MAS
y un período de T= 4 s. Determinar:
a) Velocidad y aceleración del cuerpo en el punto medio de su trayectoria.
b) La velocidad y aceleración en los extremos del segmento.
c) La fuerza restauradora cuando pasa por el punto medio de su trayectoria. Y en los extremos de
la trayectoria.
d) ¿En que tiempo la partícula se encuentra en 8cm?
SOLUCION

W= 2 /4
W=  /2
A=10 cm= 0,1m
a) Velocidad y aceleración del cuerpo en el punto medio de su trayectoria.
a= - wx
si x=0
a= - ( /2)(0m) = 0 m/ s2
a= 0 m/ s2
Vmax= Aw
Vmax= (0,1m )( /2 ) = 0,157 m/s
b) La velocidad y aceleración en los extremos del segmento.
En los extremos v=0
a= - w2 x
a= - ( /2)2 (0,1 m)
a= - ( 2 /4) (0,1 m) = -0,2467 m/ s2
c) La fuerza restauradora cuando pasa por el punto medio de su trayectoria. Y en los extremos de
la trayectoria.
En el punto medio de su trayectoria
F= - k x Si x = 0 F = 0
En los extremos de la trayectoria
F= - k x Si x = 0,1 m F = ?
w =√ 𝑘/𝑚
w2 =k/m
k= w2 m
F= - k x
F= - (w2 m) (0,1m)=
F= - ( ( 2 /4) (1 kg) ) (0,1m)= -0,247
d) ¿En que tiempo la partícula se encuentra en 8cm?
A= 8 cm= 0,8m
W=  /2
X=A Sen( Wt)

(0,8m)= (0,8m) Sen(( /2 ) t
(0,8m)/(0,8m) =Sen(( /2 ) t
1=Sen(( /2 ) t
Sen-1 (1) / ( /2 ) = t
( /2 ) / ( /2 ) = t
t= 1 segundo
e) En que lugar esta la particula para un tiempo de t=4segundos ?
W=  /2
A=10 cm= 0,1m
X=A Sen( Wt)
X= (0,1m) Sen(( /2 ) (4 segundos))
X= (0,1m) Sen(( /2 ) (4 segundos))
X= (0,1m) (4 )
X= 0,4m
EJERCICIOS DE OSCILACIONES AMORTIGUADAS Y FORZADAS
EJERCICIO DEL libro de Ohanian pag 490 y470
1. Suponga que un astronauta tiene una masa de 60kg, incluido del dispositivo de silla al que se amarra.
El y la silla se mueven bajo la influencia de la fuerza de un resorte con K=3.1 x 102 N/m. No hay otras
fuerzas actuantes.
El desplazamiento máximo desde el equilibrio del dispositivo de medición de masa corporal es de
0,200m .
Suponga que debido a la fricción la amplitud un ciclo más tarde es de 0,185m. ¿Cuál es el factor de
calidad para este oscilador armónico amortiguado?
M= 60kg
k1=3,1x10 2 N/m

A=0,200m
A’ =0,185 m
𝑞 =
2 𝜋𝐸
∆𝐸
∆𝐸 = (
2𝜋
𝑞
) E
E=? ΔE=? q=?
En el desplazamiento máximo , la energía totales toda energía potencial:
𝐸 =
1
2
𝐾𝐴2
Si A=0,200m
𝐸 =
1
2
𝐾𝐴2
𝐸 =
1
2
(3,1𝑥102)(0,200)2
= 6,2 Julios
Si A’ =0,185 m
𝐸 =
1
2
𝐾𝐴2
𝐸′ =
1
2
(3,1𝑥102)(0,185)2
= 5,3 Julios
∆𝐸 = 𝐸′
− 𝐸
∆𝐸 = (5,3 𝐽𝑢𝑙𝑖𝑜𝑠) − (6,2 Julios) = −0,9 Julios
𝑞 =
2 𝜋𝐸
∆𝐸
𝑞 =
2 𝜋(6,2 𝐽𝑢𝑙𝑖𝑜𝑠)
(0,9 𝐽𝑢𝑙𝑖𝑜𝑠)
= 43,2 oscilaciones
El factor de calidad es:
q=43,2 oscilaciones
2. Una masa m=1 kg cuelga de un resorte de contante de resistividad k=200 N/m.
La constante de amortiguamiento es λ=1 kg/s.

En el instante t=0 comienza a actuar sobre la masa una fuerza F= F0 Sen(wf t) con F0 =2N y wf =10
rad/segundos.
Si en t=0 x(0)=0 y v(0)=0.
Encuentre la posición de la partícula en función del tiempo para t=1 segundo, t=10 s, t=100s , t=1000
s.
SOLUCION:
M1 =1 kg
K= 200 N/m
λ=1 kg /s
f0 =2N
wf = 10 rad/s
t=0 x=0
x(t)=? t =1 ,10 ,100 , 1000
𝑤0 = √
𝑘
𝑚
𝑤0 = √
200 N/m
1 kg
= 14,142
2𝛾 =
𝜆
𝑚
𝛾 =
𝜆
2𝑚
𝛾 =
(1𝑘𝑔/𝑠)
2(1𝑘𝑔)
= 0,5 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠−1
LA ECUACION DIFERENCIAL E.D
𝒅 𝟐
𝒙
𝒅𝒕 𝟐
+ 𝟐𝜸
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= (
𝑭 𝟎
𝒎
)(𝑪𝒐𝒔 𝒘 𝒇 𝒕 + 𝜹)
SOLUCION A LA ECUACION DIFERENCIAL E.D
𝑿 = 𝑨 𝑺𝒆𝒏( 𝒘 𝒇 𝒕 − 𝜹)
Entonces:
𝐴 =
𝐹0
𝑚
(𝑤1
2 − 𝑤0
2)2 + 4𝛾2 + 𝑤1
2

𝐴 =
(2 𝑁)
(1 𝑘𝑔)
((10)2 − (14,14)2)2 + 4(0,5)2 + (10)2
𝐴 =
(2 𝑁)
(1 𝑘𝑔)
( (100)− (199.9396))2 + 4(0,25)+ (100)
𝐴 =
(2 𝑁)
(1 𝑘𝑔)
( −99.9396)2 + 4(0,25)+ (100)
𝐴 =
(2 𝑁)
(1 𝑘𝑔)
(9987.9236)+ (1)+ (100)
𝐴 =
(2 𝑁)
(1 𝑘𝑔)
(9987.9236)+ (1)+ (100)
𝐴 = 1.9823 𝑥 10−4
𝐴 = 0.000198237
𝛿 = 𝑡𝑎𝑛−1
(
𝑤 𝑓
2
− 𝑤0
2
2 𝛾 𝑤 𝑓
)
(
(10)2
− (14,14)2
2 (0,5)(10)
)
(
−99.9396
10
)
(−9.99396)
𝛿 = −1.47106
3. Demuestre por sustitución directa que las funciones:
X1 = A1 Sen (w1 t +α1 ) y
X2 = A1 Sen (w1 t +α1 )
Para un oscilador acoplado son soluciones de las ecuaciones de movimiento

𝒅 𝟐
𝒙
𝒅𝒕 𝟐
+
𝒌 𝟐 + 𝒌
𝒎
𝒙 𝟐
= (
𝒌
𝒎
) 𝒙 𝟏
Siempre que:
𝑤1 = √
𝑘1
𝑚1
4. Considere el sistema dela fig.
La pizarra Z, de masa 500 g cuelga de un resorte cuya cte. elástica es K=50N/m. Se sabe además que
la cte. de amortiguamiento B=5 s-1 .
En un cierto momento, se tira de la pizarra hacia abajo, haciendo que el resorte se estire 3cm , y se
acerca la punta entintada P a la pizarra.
A continuación, la pizarra se suelta.
Considere este instante como el inicial y analice el movimiento de la punta respecto al centro de la
pizarra “o”.
A partir de las condiciones iniciales, calcule la ecuación que describe el movimiento de la punta
respecto a “O” dirección del eje “Oy”.

M = 500g
K = 50 N/m
B = 5 s-1
X = 3x 10-2 = 0,03 metros
X = A e-Bt Sen (wt + δ )
𝑤 = √𝑤0
2 − 𝐵2
𝑤 = √(10)2 − (5 𝑆−1)2
𝑤 = √100− 25
𝑤 = √75
𝑤 = 8.66
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
𝑤0 = √
𝐾
𝑚

𝑤0 = √
(50)
(0,5)
𝑤0 = √100
𝑤0 = 10
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
Derivamos la ecuacion x:
v = Aw e-Bt Cos (wt + δ )
v = Aw e-B(0) Cos (wt + δ )
v = Aw (1) Cos (wt + δ )
v = Aw Cos (wt + δ )
si v=0
0 = Aw Cos (wt + δ )
0 = A(8,6 rad/seg) Cos ( (8,6 rad/seg) t + δ )
Ahora para la ecuacion X, mientras:
Si
t=0
x=0,003 metros
(0,003 metros) = A e-(5)(0) Sen ((8,6 rad/seg)(0 seg)+ δ )
(0,003 metros) = A(1) Sen ((0 )+ δ )

(0,003 metros) = A Sen ((0 )+ δ )
Debemos hallar la amplitud, por lo que debemos encontrar primero delta δ = ?
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= 𝒗 = 𝑨𝒆−𝑩𝒕(−𝑩) 𝑺𝒆𝒏 ( 𝒘𝒕 + 𝜹) + 𝑨𝒆−𝑩𝒕( 𝒘) 𝑪𝒐𝒔 ( 𝒘𝒕 + 𝜹)
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= 𝒗 = −𝑨𝑩𝒆−𝑩𝒕
𝑺𝒆𝒏 ( 𝒘𝒕 + 𝜹) + 𝑨𝒘 𝒆−𝑩𝒕
𝑪𝒐𝒔 ( 𝒘𝒕 + 𝜹)
Si v=0 B=5 t=0 w= 8,6 rad/seg
𝒗 = −𝑨𝑩𝒆−𝑩𝒕
𝟎 = −𝑨𝑩𝒆−𝑩𝒕
𝟎 = −𝑨( 𝟓) 𝒆−( 𝟓)( 𝟎)
𝑺𝒆𝒏 ((8,6
rad
seg
) (0 seg) + 𝜹) + 𝑨(𝟖, 𝟔
𝒓𝒂𝒅
𝒔𝒆𝒈
)𝒆−( 𝟓)( 𝟎)
𝑪𝒐𝒔 ((8,6 rad/seg)(0 seg) + 𝜹)
𝟎 = −𝑨( 𝟓) ( 𝟏 ) 𝑺𝒆𝒏 ( (0) + 𝜹) + 𝑨( 𝟖, 𝟔
𝒓𝒂𝒅
𝒔𝒆𝒈
) ( 𝟏) 𝑪𝒐𝒔 ((0 ) + 𝜹)
𝟎 = −𝟓𝑨 𝑺𝒆𝒏 ( (0) + 𝜹) + 𝟖, 𝟔 𝑨 𝑪𝒐𝒔 ((0 ) + 𝜹)
𝟎 = −𝟓𝑨 𝑺𝒆𝒏 ( 𝜹) + 𝟖, 𝟔 𝑨 𝑪𝒐𝒔 ( 𝜹)
𝟎 = 𝑨(−𝟓 𝑺𝒆𝒏 ( 𝜹) + 𝟖, 𝟔 𝑪𝒐𝒔 ( 𝜹))
𝟎 = −𝟓 𝑺𝒆𝒏 ( 𝜹) + 𝟖, 𝟔 𝑪𝒐𝒔 ( 𝜹)
𝟓 𝑺𝒆𝒏 ( 𝜹) = 𝟖, 𝟔 𝑪𝒐𝒔 ( 𝜹)
𝑺𝒆𝒏( 𝜹)
𝑪𝒐𝒔 ( 𝜹)
=
𝟖, 𝟔
𝟓
𝒕𝒂𝒏(𝜹) =
𝟖, 𝟔
𝟓
𝜹 = 𝒕𝒂𝒏−𝟏 (
𝟖, 𝟔
𝟓
)
𝜹 = 𝟏, 𝟎𝟒 𝒓𝒂𝒅
Como ya encontramos delta reemplazamos :

(0,003 metros) = A e-(5)(0) Sen ((8,6 rad/seg)(0 seg)+ δ )
(0,003 metros) = A(1) Sen ((0 )+ δ )
(0,003 metros) = A Sen ((0 )+ δ )
(0,003 metros) = A Sen ((0 )+ (1,04) )
𝐴 =
0,003
𝑆𝑒𝑛 (1,04)
A = 0,034
A = 3,4 x10-2
Entonces la ecuación quedaría:
X = (3,4 x10-2) e-5t Sen (8,6 t + 1,04 )

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