DINÁMICA Y M.A.S. Un muelle de constante k = 250 N/m se cuelga de un soporte rígido y se une a su extremo inferior un objeto de 1 kg de masa, que se deja en libertad cuando el muelle está sin deformar. a) ¿Cuánto desciende el objeto antes de empezar a ascender de nuevo?, b) ¿A qué distancia por debajo del punto de partida está la posición de equilibrio del objeto?, c) ¿Cuál es el periodo de la oscilación?, d) ¿Cuál es la velocidad del objeto cuando alcanza por primera vez la posición de equilibrio?, e) ¿Cuándo sucede esto? Solución: I.T.T. 00, 03 A

a) Las únicas fuerzas que actúan sobre el objeto son la gravitatoria y la elástica, ambas fuerzas conservativas, con lo que podemos aplicar la conservación de la energía. Llamemos A a la situación inicial y B a la situación final en la que el cuerpo se para e inicia el ascenso. Tomemos el origen de energía potencial gravitatoria en la situación inicial y el origen de energía potencial elástica cuando el muelle está sin estirar (lo cual ocurre también en la situación inicial):

EA = EB

⇒

0=

1 2 kh − mgh 2

⇒

h=

h

2mg k

b) En la situación de equilibrio las dos fuerzas se anulan entre sí: mg = kΔl

⇒

Δl =

B

mg h = k 2

 Felástica

 mg

La posición de equilibrio se encuentra a mitad de camino entre la posición A y la B. Lógico ya que en estas dos situaciones el cuerpo está en reposo y estas dos situaciones constituyen por lo tanto los puntos de retorno en el movimiento oscilatorio del cuerpo. c) El periodo de oscilación vendrá dado por: T =

2π 2π m = = 2π = 0.40 s ω k k m

d) Cuando pasa por la posición de equilibrio la velocidad es máxima y para un M.A.S. vale:

⎛ h⎞ k ⎛ mg⎞ k v máx. = ωA = ⎝ ⎠ = = 2 m ⎝ k ⎠ m

Física

€

Tema

m g= k

62.0 cm / s

Página 1

€

e) Esto sucede cuando ha transcurrido un cuarto del periodo: Δt =

T = 4

0.10 s

Una partícula de masa m se encuentra en un campo de energía potencial que solo depende de a b x de la forma: E p ( x ) = 2 − , donde a y b son ciertas constantes positivas. Hallar el x x periodo de oscilaciones de la partícula en su movimiento en la dirección X alrededor de las posiciones de equilibrio. Solución: I.T.T. 96, 00, 03 Para encontrar los puntos de equilibrio estudiamos dónde se anula la derivada primera: dE p dx

=0

−2

⇒

x =x equil .

a x

3 equil.

+

b x

2 equil .

=0

⇒

x equil . =

2a b

Para ver si se trata de un punto de equilibrio estable estudiamos el valor de la derivada segunda en dicha posición:

d 2E p dx 2

=6 x = xequil .

a 4 x equil .

−2

b 3 x equil .

=

b4 >0 8a3

⇒

P. Equil. Estable

La constante elástica para los movimientos oscilatorios alrededor de dicha posición de equilibrio es:

€

d2 E p k= dx 2

x =x equil .

b4 = 3 8a

Y el periodo de oscilación será: T=

2π 2π m = = 2π = ω k k m

4π a 2ma b2

Una partícula de masa m se encuentra en un campo de energía potencial que depende de la coordenada x según la ley U( x ) = U0 (1− cosax ) donde U0 y a son ciertas constantes positivas. Hallar el periodo de las pequeñas oscilaciones de la partícula alrededor de la posición de equilibrio. Solución: I.T.T. 02, 05 Para calcular las posiciones de equilibrio calculemos la derivada de la energía potencial:

Física

Tema

Página 2

dU =0 dx x = xeq .

⇒

U 0 asenax eq. = 0

⇒

x eq. = 0 ,

π 2π 3π , , ,… a a a

Para que el equilibrio sea estable la derivada segunda debe ser positiva (mínimo de energía potencial):

d 2U dx 2 x = x

>0

⇒

U0 a 2 cosax eq.estable > 0

⇒

x eq.estable = 0 ,

2π 4π , ,… a a

eq .estable

La constante elástica será la derivada segunda de la energía potencial en el punto de equilibrio estable, con lo que el periodo de las pequeñas oscilaciones será:

k=

d 2U dx 2

= U 0 a2 x =x eq. estable

⇒

ω=

k = m

U0 a 2 m

⇒

T=

2π = ω

2π

m U 0 a2

Determinar el periodo de las oscilaciones de una masa M de un líquido en un tubo en forma de U de sección circular de radio R. Despreciar la viscosidad del líquido.

Solución: I.T.T. 02, 05 Si separamos el líquido de su posición de equilibrio elevando su nivel en una rama una altura x y disminuyendo la misma x altura en la otra rama las fuerzas gravitatorias sobre las x diferentes partes del líquido tienden a devolver a éste a su posición inicial iniciándose de esta forma un movimiento oscilatorio. Ha habido por lo tanto una variación de energía potencial gravitatoria. Si tomamos el nivel nulo de energía potencial gravitatoria cuando el líquido se encontraba en la situación de equilibrio y si llamamos Δmlíquido a la cantidad de líquido que ha pasado de una rama a la otra aumentando su altura en x, la energía potencial gravitatoria que posee ahora vendrá dada por:

E pot.grav . = Δmlíquido g x = ΔVlíquido ρ g x = (π R 2 x ) ρ g x =

€

1 (2π R 2ρ g) x 2 2

La energía potencial gravitatoria del sistema es proporcional al desplazamiento x al cuadrado con lo que el movimiento resultante será un M.A.S. de periodo:

1 R Física

Tema

2π M ρg Página 3

k = 2π R 2 ρ g

k = M

ω=

⇒

2

2π R ρ g M

⇒

T=

2π = ω

Todo cuerpo sumergido en un fluido experimenta un empuje igual al peso del fluido desalojado. Un cilindro uniforme de densidad ρ y longitud l flota según su eje vertical en un fluido de densidad ρ0. ¿Cuál es la frecuencia de las oscilaciones verticales de pequeña amplitud que realiza? Solución: I.T.T. 96, 01, 04 Tomemos como sentido positivo de desplazamiento del cilindro verticalmente hacia abajo. Llamemos h a la longitud de cilindro debajo del agua cuando flota en equilibrio. En esta situación tendremos que la fuerza neta hacia abajo será nula:

mg − Fempuje = 0

⇒

(

)

mg = Vsumergido ρ 0 g

⇒

mg = (πR 2 h ρ0 )g

Si realizamos un desplazamiento x del cilindro respecto de su posición de equilibrio, la nueva longitud de cilindro por debajo del agua será h + x. En esta nueva situación la fuerza neta hacia abajo ya no será nula:

(

)

Fneta = mg − Fempuje ʹ′ = mg − Vsumergido ʹ′ ρ0 g = mg − (πR 2 [ h + x ] ρ0 )g Sustituyendo en esta expresión la relación entre el peso del cilindro y la altura h: Fneta = −(πR 2 ρ 0 g) x

Vemos que la fuerza es de tipo elástico con una constante elástica: k = πR 2 ρ0 g La frecuencia de las oscilaciones será:

ν=

ω 1 = 2π 2π

k 1 = m 2π

πR 2 ρ0 g = πR 2 lρ

1 2π

⎛ ρ0 ⎞ ⎛ g⎞ ⎜⎝ ρ ⎟⎠ ⎝ l ⎠

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. Solución: I.T.T. 95, 99, 00, 03 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:

Física

Tema

Página 4

mg − Fempuje = 0

⇒

(

)

mg = Vsumergido ρ 0 g

⇒

mg = (bch ρ 0 ) g

Donde ρ0 es 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 − Fempuje ʹ′ = mg − Vsumergido ʹ′ ρ0 g = mg − (bc [h + x ] ρ 0 )g Sustituyendo en esta expresión la relación entre el peso del cilindro y la altura h:

Fneta = −(bc ρ0 g) x Vemos que la fuerza es de tipo elástico con una constante elástica: k = bc ρ0 g El periodo de las oscilaciones será:

T=

2π = 2π ω

m = 2π k

abc ρ = bc ρ0 g

⎛ ρ ⎞ ⎛ a ⎞ 2π ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ρ0 ⎠ ⎝ g ⎠

Una esfera flota en el agua de forma que sólo esta sumergida hasta la mitad. En un momento determinado se la empuja ligeramente hacia abajo y se la suelta. Encontrar el periodo de las oscilaciones resultantes. (Recuérdese que la fuerza de empuje es igual al peso del fluido desalojado). Solución: I.T.T. 97, 02, 05 Tomemos como sentido positivo de desplazamiento de la esfera verticalmente hacia abajo. Cuando la esfera flota en equilibrio la fuerza neta hacia abajo es nula: mg − Fempuje = 0

⇒

(

)

mg = Vsumergido ρ 0 g

⇒

⎛ 2 ⎞ mg = ⎝ π R 3 ρ 0 ⎠ g 3

(1)

Si realizamos un pequeño desplazamiento dx de la esfera respecto de su posición de equilibrio, el volumen sumergido por debajo del agua de la esfera será ahora 2 3 π R + π R 2 dx . En esta nueva situación la fuerza neta hacia abajo ya no será nula: 3 ⎛ 2 ⎞ Fneta = mg − Fempuje ʹ′ = mg − Vsumergido ʹ′ ρ0 g = mg − ⎝ π R 3 + π R 2 dx⎠ ρ0 g 3

€

(

)

Sustituyendo en esta expresión el valor para el peso de la esfera que obteníamos en (1):

Fneta = −π R 2 ρ 0 gdx Vemos que la fuerza es de tipo elástico con una constante elástica: k = π R 2 ρ0 g Física

Tema

Página 5

El periodo de las oscilaciones será:

2π T= = 2π ω

m = 2π k

2 3 π R ρ0 3 = π R 2ρ0 g

2π

⎛ 2R ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 3g ⎠

Determinar el periodo de un péndulo utilizando el principio de conservación de la energía. Solución: I.T.T. 02, 05 Si el péndulo va a oscilar alrededor de la posición de equilibrio vertical quiere decir que en dicha posición su energía potencial debe presentar un mínimo (punto de equilibrio estable). La única energía potencial que va a entrar en juego es la gravitatoria. Tomemos un origen de energías potenciales gravitatorias del sistema de tal forma que en la posición vertical de equilibrio sea nula. Cuando haya girado un pequeño ángulo θ la masa m del péndulo habrá ascendido una altura:

[

]

h(θ ) = L[1− cos θ ] = L 1− 1− sen 2θ ≈

[

≈ L 1−

⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ 1 1−θ 2 ≈ L ⎢1− 1− θ 2 ⎥ = Lθ 2 ⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎦ 2

]

Y la energía potencial del péndulo será:

1 E pot. (θ ) = mg h(θ ) ≈ mgL θ 2 2 La energía potencial del péndulo para pequeños desplazamientos angulares tiene forma 1 parabólica E pot. (θ ) ≈ k θ 2 donde k = mgL > 0 hace el papel de constante elástica. El 2 movimiento resultante va a ser un M.A.S.: θ( t) = θ máx. cos (ω t + ϕ ) . Cuando se expresa la energía potencial en función de desplazamientos lineales 1 E pot. ( x ) ≈ k x 2 la frecuencia angular está relacionada con la constante elástica (que se 2 k medirá en el S.I. en J/m2 o lo que es equivalente N/m) y la masa de la forma: ω = . m Cuando se expresa la energía potencial en función de desplazamientos angulares 1 E pot. (θ ) ≈ k θ 2 (la constante elástica k de esta expresión se medirá en el S.I. en J) la 2 expresión para la frecuencia angular es similar pero sustituyendo magnitudes lineales por magnitudes angulares. En nuestro caso debemos sustituir la masa por el momento de inercia I del sistema respecto del punto de rotación:

Física

Tema

Página 6

ω=

k = I

mgL = mL2

g L

Otra forma de calcular dicha frecuencia angular sin utilizar el concepto de momento de inercia es la siguiente. Hemos concluido en la discusión anterior que la variable angular θ va a realizar un movimiento angular θ( t) = θ máx. cos (ω t + ϕ ) donde θmáx. es la amplitud angular del movimiento. Si derivamos para calcular la velocidad angular en función del tiempo:

dθ = θ máx.ω sen (ω t + ϕ ) dt ⎛ dθ ⎞ = θ máx.ω donde la máxima velocidad angular sería: ⎝ ⎠ dt máx.

Cuando el péndulo alcanza su desplazamiento angular máximo θmáx. toda su energía es potencial gravitatoria, su energía cinética es nula. Cuando el sistema pasa por su posición de equilibrio vertical su energía potencial gravitatoria es nula (visto como hemos tomado el origen de energías potenciales gravitatorias) en cambio su energía cinética será máxima. Como la energía total del sistema debe permanecer constante:

1 2 1 ⎫ 2 mvmáx. = mgL θ máx. ⎪ 2 2 ⎪ ⎬ ⎪ ⎛ dθ ⎞ v máx. = L ⎪ ⎝ dt ⎠ máx. ⎪⎭ El valor del periodo será: T =

⎛ dθ ⎞ ⎝ dt ⎠ máx. =

⇒

2π = 2π ω

g θ L máx.

⇒

ω=

g L

L g

Un reloj de péndulo de periodo 1s se dilata 0.1mm por efecto de la temperatura de la habitación en la que se encuentra. Suponiendo que este efecto se mantiene constante, ¿en cuánto se adelantará o atrasará al cabo de 24h? Solución: I.T.T. 95, 00, 04 La relación entre el periodo de un péndulo y su longitud viene dada por la expresión: l T = 2π g

2

⇒

⎛ T ⎞ l = ⎜ ⎟ g ⎝ 2π ⎠

En un intervalo de tiempo de 24 horas, Δt = 86400 s , dicho péndulo realizará un número N de oscilaciones:

Física

Tema

Página 7

N=

Δt T

Cuando el péndulo se dilata tenemos que: l ʹ′ T ʹ′ = 2π >T g

2

⎛ T ⎞ , l ʹ′ = l + Δl = ⎜ ⎟ g + Δl ⎝ 2π ⎠

En el mismo intervalo de tiempo Δt el péndulo realizará ahora menos oscilaciones: N ʹ′ =

Δt Δt T T = =N m1 en los extremos. El sistema se pone a oscilar alrededor de P. Encontrar el periodo de las pequeñas oscilaciones en función de la distancia de P a m1.

P

Solución: I.T.T. 97, 01 Si el sistema va a oscilar alrededor de la posición de equilibrio vertical quiere decir que en dicha posición su energía potencial debe presentar un mínimo (punto de equilibrio estable). La única energía potencial que va a entrar en juego es la gravitatoria. Tomemos un origen de energías potenciales gravitatorias del sistema de tal forma que en la posición vertical de equilibrio sea nula. Cuando haya girado un pequeño ángulo θ la masa m1 habrá descendido una altura:

[

h1(θ ) = x [1− cos θ ] = x 1−

€

]

1− sen2θ ≈

h1 x

L− x

θ h2

⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ 1 ≈ x 1− 1− θ 2 ≈ x ⎢1− 1− θ 2 ⎥ = x θ 2 ⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎦ 2

[

]

La masa m2 habrá ascendido una altura:

1 h2 (θ ) = ( L − x )[1− cosθ ] = … ≈ ( L − x )θ 2 2 Física

Tema

Página 24

Y la nueva energía potencial del sistema será:

E pot. (θ ) = m2 gh2 (θ ) − m1 gh1 (θ ) ≈

1 [ m (L − x ) − m1x ]gθ 2 2 2

La energía potencial para pequeños desplazamientos angulares tiene forma parabólica 1 E pot. (θ ) ≈ k θ 2 donde k = [m2 (L − x ) − m1 x]g hace el papel de constante elástica. Si 2 k > 0 el movimiento resultante va a ser un M.A.S.: θ( t) = θ máx. cos (ω t + ϕ ) .

k>0

⇒

[m (L − x ) − m x] > 0 2

1

⇒

⎛ m2 ⎞ x < ⎜ L ⎝ m1 + m2 ⎟⎠

(1)

Cuando se expresa la energía potencial en función de desplazamientos lineales 1 E pot. ( x ) ≈ k x 2 la frecuencia angular está relacionada con la constante elástica (que se 2 k medirá en el S.I. en J/m2 o lo que es equivalente N/m) y la masa de la forma: ω = . m Cuando se expresa la energía potencial en función de variables angulares 1 E pot. (θ ) ≈ k θ 2 (la constante elástica k de esta expresión se medirá en el S.I. en J) la 2 expresión para la frecuencia angular es similar pero sustituyendo magnitudes lineales por magnitudes angulares. En nuestro caso debemos sustituir la masa por el momento de inercia I del sistema respecto del punto de rotación:

ω=

k = I

[m (L − x ) − m x ]g 2

1

m1 x + m2 ( L − x )2 2

(2)

Otra forma de calcular dicha frecuencia angular sin utilizar el concepto de momento de inercia es la siguiente. Hemos concluido en la discusión anterior que la variable angular θ va a realizar un movimiento angular θ( t) = θ máx. cos (ω t + ϕ ) donde θmáx. es la amplitud del movimiento. Si derivamos para calcular la velocidad angular en función del tiempo:

dθ = θ máx.ω sen (ω t + ϕ ) dt ⎛ dθ ⎞ = θ máx.ω donde la máxima velocidad angular sería: ⎝ ⎠ (3) dt máx. Cuando el sistema alcanza su desplazamiento angular máximo θmáx. toda su energía es potencial gravitatoria, su energía cinética es nula. Cuando el sistema pasa por su posición de equilibrio vertical su energía potencial gravitatoria es nula (visto como hemos tomado el origen de energías potenciales gravitatorias) en cambio su energía cinética será máxima. Como la energía total del sistema debe permanecer constante: €

Física

1 1 1 2 2 m1v1,máx. + m2v 2,máx. = k θ 2máx. 2 2 2 Tema

Página 25

Relacionando las velocidades lineales con las angulares: ⎛ dθ ⎞ ⎛ dθ ⎞ v1 = x ⎝ ⎠ , v 2 = (L − x ) ⎝ ⎠ dt dt

sustituyendo: 2

2

1 1 1 2 ⎛ dθ ⎞ 2 ⎛ dθ ⎞ m1 x 2 ⎝ ⎠ + m2 (L − x ) ⎝ ⎠ = k θmáx. 2 dt máx. 2 dt máx. 2 ⇒

⎛ dθ ⎞ = ⎝ dt ⎠ máx.

k 2 θmáx. m1 x + m2 ( L − x ) 2

Comparando con la expresión (3) deducimos que:

ω=

k = m1 x + m2 ( L − x )2 2

[ m ( L − x) − m x ] g 2

1

m1 x 2 + m2 ( L − x )2

que es el mismo resultado que habíamos obtenido anteriormente (ver expresión (2)). Este resultado es cierto sólo cuando se verifica la condición (1). Si dicha condición no ⎛ m2 ⎞ L la constante elástica que aparecía en la se verifica, es decir, si x > ⎜ ⎝ m1 + m2 ⎟⎠ discusión anterior sería negativa. La energía potencial tendría un máximo para θ = 0 . La posición vertical sería una posición de equilibrio inestable, y si apartamos ligeramente el sistema de la vertical bascularía de forma que acabaría oscilando con la masa pequeña m1 abajo y la masa grande m2 arriba. Estudiando este caso como lo hemos hecho en el caso anterior llegaríamos a que:

ω=

[ m x − m ( L − x )] g 1

2

m1 x + m2 ( L − x )2 2

Podemos englobar los dos casos en uno usando valores absolutos:

ω=

m1 x − m2 ( L − x ) g m1 x 2 + m2 ( L − x )2

El valor del periodo será:

2π T= = ω

Física

€

2

2π

m1 x 2 + m2 ( L − x ) m1 x − m2 ( L − x ) g

Tema

Página 26