Vibra: probs Finn
Problemas capítulo 12 Movimiento Oscilatorio.
Ejercicios resueltos acerca del movimiento Oscilatorio.
Del libro Física Volumen I: Mecánica de los autores Marcelo Alonso y Edward Finn
EJERCICIO 12.1
Una rueda de 30 cm de radio tiene una manguera a su borde. La rueda gira a $0.5 \frac{rev}{seg}$ con su eje de posición horizontal, suponiendo que los rayos de sol incidan verticalmente sobre la Tierra, la manigueta está teniendo un movimiento armónico simple, encontrar: a)Periodo de oscilación de la sombra b)La frecuencia c)Amplitud d)Escribir las ecuaciones que expresan su desplazamiento en función del tiempo, suponer la fase inicial cero.
Solución: Datos: $ ω=0.5 \frac{rev}{seg}$, Radio= 30 cm
a) Para encontrar la frecuencia tenemos \[ T=\frac{2\pi}{ω} \]
Tenemos que sustituir pero al momento de convertir $\frac{rev}{seg}$ a $\frac{rad}{seg}$ multiplicarmos por $2\pi$
\[ T=\frac{2\pi}{0.5*2\pi\frac{rad}{seg}} \]
\[ T=2s \]
b) Para la frecuencia tenemos que \[ T=\frac{1}{f} \] Por lo tanto \[ f=\frac{1}{T} \] Sustituyendo \[ f=\frac{1}{2s} \]
\[ f=0.5 Hz \]
c) Aquí simplemente tenemos que entender que podemos ver el radio como la Amplitud de la onda por lo tanto
A=30cm
d) Para las ecuaciones de movimiento sabemos \[ x(t)= Asen(ωt+\varphi) \] Sustituyendo los valores que ya conocemos donde $\omega$=$ \pi \frac{rad}{s}$ Finalmente obtenemos \[ x(t)= 0.3sen(\pi*t) \] Donde la fase inicial es cero ($\varphi$=0)
Realizado por usuario: LeonardoFR (discusión) 18:50 25 jun 2020 (CDT)
EJERCICIO 12.3
Un oscilador armónico simple está descrito por la ecuación: \[ x(t)= 4Sen(0.1t+0.5) \]
Donde todas 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, la velocidad y la aceleración para t=5s e. Hacer el gráfico de la posición, velocidad, y aceleración en función del tiempo
Solución: a) Sabemos que la ecuación para un oscilador armónico es: \[ x(t)= ASen(\omega*t+\varphi) \]
Al compararla con la ecuación que nos da el problema podemos obtener:
Amplitud: A=4 Velocidad angular: $\omega$= 0.1 $\frac{rad}{s}$ Fase inicial: $\varphi$= 0.5 Periodo: (Para este sabemos que) \[ T= \frac{2\pi}{w} \] Entonces obtenemos \[ T= \frac{2\pi}{0.1} seg = 20\pi seg \]
Y para la frecuencia sabemos que \[ f= \frac{1}{T} \] Sustituyendo T \[ f= \frac{1}{20\pi} seg = 0.05\pi seg \]
b) Para la velocidad tenemos que derivar la ecuación de posición que se nos dio \[ v(t)=\frac{dx}{dt}= 0.4Cos(0.1t+0.5) \] Y para la aceleración es la doble derivada de la ecuación de posición o la primera derivada de la velocidad \[ a(t)=\frac{d^{2}x}{d^{2}t}=\frac{dv}{dt}=-0.04Sen(0.1t+0.5) \]
c) Ecuaciones con condiciones iniciales cuando t=0 Desplazamiento o posición \[ x(0)=4Sen(0.5)=1.92m \] Velocidad \[ v(0)=0.4Cos(0.5)=0.351 \frac{m}{s} \] Aceleración \[ a(0)=-0.04Sen(0.5)=-19.17X10^{-3} \frac{m}{s^{2}} \]
d) Ecuaciones cuando t=5s
\[ x(5)=4Sen(1)=3.37m \] Velocidad \[ v(5)=0.4Cos(1)=0.216 \frac{m}{s} \] Aceleración \[ a(5)=-0.04Sen(1)=-3.37X10^{-2} \frac{m}{s^{2}} \]
d)graficar las funciones de desplazamiento, velocidad y aceleración
Realizado por usuario: LeonardoFR (discusión) 00:18 26 jun 2020 (CDT)
EJERCICIO 12.4
Una partícula está situada en el extremo de un vibrador que pasa por su posición de equilibrio con una velocidad de 2$\frac{m}{s}$ 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
Para este caso necesitamos encontrar primero la velocidad angular, que sale de la igualdad de la energía cinética y la energía cinética rotacional las cuales son:
\[ E_k=\frac{1}{2} m v^2 \]
\[ E_kr=\frac{1}{2} m \omega^2(A^2-x^2) \]
Al igualarlas obtenemos
\[ \frac{1}{2} m v^2= \frac{1}{2} m \omega^2(A^2-x^2) \]
Pero esta pasa por el punto de equilibro por lo tanto x=0 \[ \frac{1}{2} m v^2= \frac{1}{2} m \omega^2(A^2) \] Donde al despejar $\omega$
\[ \omega=\sqrt{\frac{v^2}{A^2}}=\frac{v}{A} \]
Sustituyendo \[ \omega=\frac{2\frac{m}{s}}{10^{-3}m} \] Entonces obtenemos la velocidad angular \[ \omega=2000\frac{rad}{s} \] Una vez sabiendo esto podemos calcular el periodo
\[ T=\frac{2\pi}{\omega} \] Sustituyendo \[ T=\frac{2\pi}{2000\frac{rad}{s}} = \pi*10^{-3} segundos \]
Y obtenemos la frecuencia \[ f=\frac{1}{T} \] \[ f=\frac{10^{3}}{\pi}= 318.3 s \]
Y para obtener la ecuación en función del tiempo, conocemos la función característica x(t)=Asen($\omega$ t + $\varphi$)
Sustituyendo con los valores proporcionados tenemos
\[ x(t)=10^{-3}sen(2000t+\varphi) \]
Realizado por usuario: LeonardoFR (discusión) 19:24 25 jun 2020 (CDT)
EJERCICIO 12.5
Una partícula cuya masa es de 1 gramo vibra con movimiento armónico simple de 2mm de aplitud. Su aceleración en el extremo de su recorrido es de $8*10^{3}ms^{-2}$. Calcula 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 describe la fuerza en función de la posición y el tiempo.
Solución.
i) Para calcular la frecuencia, se tiene que
\[ m\frac{d^{2}x}{dt^{2}}=-kx, \] podemos despejar a k para obtener posteriormente la frecuencia a partir de la frecuencia angular y la masa. Por lo tanto:
\[ k=-\frac{ma}{x}\Rightarrow\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{-\frac{ma}{x}}{m}}=\sqrt{-\frac{a}{x}}=\sqrt{\frac{8*10^{3}\frac{m}{s^{2}}}{2*10^{-3}m}}=2*10^{3}\,{rad}*{s} ^{-1}. \]
Así la frecuencia está dada por
\[ f=\frac{\omega}{2\pi}\Rightarrow f=\frac{1}{\pi}*10^{3}\,{s}^{-1}. \]
ii) La velocidad de la partícula cuando pasa por la posición de equilibrio puede ser calculada a partir de la energía potencial inicial, dado que
\[ E_{P}=\frac{1}{2}kx^{2} \]
y en la posición de equilibrio
\[ E_{P}=E_{k}\Rightarrow\frac{1}{2}kx^{2}=\frac{1}{2}mv_{f}^{2}, \]
por lo tanto
\[ v_{f}=\sqrt{\frac{kx^{2}}{m}}\Rightarrow v_{f}=\sqrt{\frac{(4*10^{3}\frac{kg}{s^{2}})(2*10^{-3}{m})^{2}}{1*10^{-3}{kg}}}=4\frac{m}{s}. \]
Ahora bien, en la posición cuando la elongación es de 1.2 mm, la velocidad se puede observar como:
\[ \frac{1}{2}m(v_{f}^{2}-v_{0}^{2})=-\frac{1}{2}kx_{f}^{2}, \]
se tiene entonces
\[ v_{f}=\sqrt{v_{0}^{2}-\frac{k}{m}x^{2}}=\sqrt{v_{0}^{2}-\omega^{2}x^{2}}=\sqrt{(16\frac{m}{s})^{2}-(2*10^{3}{s^{-1}})^{2}(1.2*10^{-3}{m})^{2}}=3.2\,\frac{m}{s}. \]
iii) Para la ecuación de la fuerza, simplemente se tiene que, dada la función de posición
\[ x=A\sin(\omega t+\alpha)\Rightarrow a=-\omega^{2}A\sin(\omega t+\alpha), \]
por la ecuación de Newton
\[ F=m\frac{d^{2}x}{dt^{2}}=m(-\omega^{2}A\sin(\omega t+\alpha))=-kA\sin(\omega t+\alpha). \]
Sustituyendo todos los valores conocidos, concluimos que
\[ F=-8\sin((2*10^{3}{s^{-1}})t+\alpha)\,N. \]
Realizado por usuario: Mautona97 (discusión) 16:46 16 jun 2020 (CDT)
EJERCICIO 12.7
Una partícula se mueve con movimiento armónico simple con una amplitud de $1.5$m y frecuencia de $100$ ciclos por segundo. ¿Cuál es su frecuencia angular? Calcular su velocidad, aceleración y su fase cuando su desplazamiento es de $0.75$m.
a) Para la frecuencia angular tenemos,
$\omega = 2 \pi f$
$\omega = 2 \pi (100)$
$\omega = 200 \pi $
b) La velocidad la podemos calcular a través de la energía cinética:
$\frac{1}{2} m \omega^2 [A^2 - x^2] = \frac{1}{2} m v^2$
$(2 \pi f)^2 [A^2 - x^2] = v^2$
$v = \omega \sqrt{[A^2 - x^2]}$
$v = (200 \pi $Hz$ ) \sqrt{[(1.5)^2 - (0.75)^2]}$
$v = (2.59 $x$ 10^2) \pi $
c) Para la aceleración tenemos,
$a = - \omega^2 x$
$a = - (200 \pi)^2 (- 0.75 )$
$a = 3 $x$ 10^4 \pi $
d) Fase inicial con condición inicial ($t = 0$)
$x = A \sin(\omega t + \alpha)$
$\frac{x}{A} = \sin(\alpha)$
$\alpha = \arcsin(\frac{x}{A})$
$\alpha = \arcsin(\frac{0.75}{1.5})$
$\alpha = 30°$
Realizado por usuario: Yolasilvaa (discusión) 20:24 26 jun 2020 (CDT)
EJERCICIO 12.9
Un movimiento armónico tiene un amplitud de $8$cm y un periodo de $4$s. Calcular la velocidad y la aceleración $0.5$s después que la partícula pase por el extremo de su trayectoria.
a) Para la frecuencia tenemos,
\[ \omega = \frac{2 \pi}{T} \]
\[ \omega = \frac{2 \pi}{4 seg} = \frac{\pi}{2} \frac{rad}{seg} \]
b) Para la velocidad en $t=0.5seg$ tenemos,
\[ v = A \omega \cos(\omega t + \alpha) \]
\[ v = 0.08 \frac{\pi}{2} \cos(\frac{\pi}{2}0.5 + \frac{\pi}{2}) = 2.8 \pi x 10^{-2} \]
c) Para la aceleración en $t=0.5seg$
\[ a = -A \omega^2 \cos(\omega t + \alpha) \]
\[ a = 0.08(\frac{\pi}{2})^2 \sin(\frac{\pi}{2} 0.5 + \frac{\pi}{2}) = 1.4 \pi^2 x 10^{-2} \]
Realizado por usuario: Yolasilvaa (discusión) 20:24 26 jun 2020 (CDT)
EJERCICIO 12.11
Una partícula cuya masa es de $0.5kg$, se mueve con movimiento armónico simple. Su período es de $0.15seg$ y la amplitud de su movimiento es de $10 cm$. Calcular su aceleración, la fuerza de la energía potencial y cinética cuando la partícula esta a $5cm$ de la posición inicial.
a) Para la frecuencia tenemos que, \[ f = \frac{1}{T} \]
\[ f = \frac{1}{0.15seg} = 6.67 Hz \]
b) Para la frecuencia angular tenemos,
\[ \omega = 2 \pi f \]
\[ \omega = 2 \pi (6.67 Hz) = 41.90 Hz \]
c) Finalmente para aceleración tenemos, \[ a = -\omega^2 x \]
\[ a = - (41.90)^2 (0.05seg) = 87.78 \frac{m}{s^2} \]
d) Para le energía tenemos,
\[ E_k = \frac{1}{2} m \omega^2 [A^2 - x^2] \]
\[ E_k = \frac{1}{2} (0.05kg)(41.90 \frac{rad}{seg})^2 [(0.10m)^2 - (0.05m)^2] = 3.29 N \]
Realizado por usuario: Yolasilvaa (discusión) 20:24 26 jun 2020 (CDT)
EJERCICIO 12.13
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.
Tenemos: $A=1.5m$ $F=15 osc/min$
Sabemos que: \[\omega=2\pi f\] Donde: \[f=\frac{15 osc}{min}\frac{1 min}{60 s}=\frac{rad}{4 s}\] Entonces: \[\omega=2\pi\frac{rad}{4 s}=\frac{\pi rad}{2 s}\] Sabemos que la fuerza de fricción es: \[F_f=\mu f_N\] Para que la plancha no resbale se debe cumplir que: \[F=F_f\] \[ma=\mu mg\] \[\mu=\frac{a}{g}\] Para obtener el valor mínimo del coeficiente de refracción tenemos: \[\mu=\frac{A\omega^2}{g}\] Entonces: \[\mu=\frac{(1.5 m)\left(\frac{\pi rad}{2 s}\right)^2}{9.8\frac{m}{s^2}}\] \[\therefore \mu=0.377\]
Realizado por usuario: Rodrigo corrales (discusión) 10:25 6 nov 2020 (CST)
EJERCICIO 12.14
Cuando un hombre de 60 kg se introduce en un auto, el centro de gravedad del auto baja 0.3 cm. ¿Cuál es la constante elástica de los muelles del auto? Suponiendo que la masa del auto es de 500 kg, ¿Cuál es su periodo de vibración cuando está vacío y cuando el hombre está dentro?
Solución.
De la ley de Hooke sabemos que la fuerza de un resorte es $F=kx$ y también sabemos que la fuerza que ejerce el hombre al subirse se debe al peso que ejerce sobre el auto y esa fuerza es $P=mg$.
En este problema tenemos el de desplazamiento en $x$, pero estamos buscando la constante $k$ y sabemos que el auto tiene 4 resortes, por lo que obtenemos:
\[ F=4kx=P=mg \] \[ F=4kx=mg \] y despejando $k$ obtenemos: \[ k=\frac{mg}{4x} \] -- \[ k=\frac{(60 kg)(9.81 \frac{m}{s^2})}{4(0.003m)} \] Por lo que la constante $k$ de cada muelle es: \[ k=49050\frac{N}{m} \] Ahora para obtener el periodo de vibración utilizamos la frecuencia natural de vibración $w=\sqrt{\frac{k}{m}}$, y también sabemos que $w=\frac{2\pi}{T}$, y despejando $T$ obtenemos: \[ T=\frac{2\pi}{w}=\frac{2\pi}{\sqrt{\frac{k}{m}}} \] \[ T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}} \] y tenemos dos m, la masa cuando el auto esta vacío $m_v=500kg$ y la masa cuando el hombre esta dentro $m_h=500 kg + 60 kg =560kg$, por lo que tenemos dos periodos de vibración $T_v$ y $T_h$ y procedemos a obtenerlos
con el auto vacío: \[ T_v=2\pi \sqrt{\frac{m_v}{k}} \] \[ T_v=2\pi \sqrt{\frac{500kg}{49050\frac{N}{m}}} \] \[ T_v=0.634 s \] y con el hombre en el auto: \[ T_h=2\pi \sqrt{\frac{m_h}{k}} \] \[ T_h=2\pi \sqrt{\frac{560kg}{49050\frac{N}{m}}} \] \[ T_h=0.671 s \]
EJERCICIO 12.15
Un bloque de madera cuya densidad con respecto al agua es $\rho$ tiene dimensiones a,b y c. Mientras está flotando en el agua con el lado a en la posición vertical, se empuja hacia abajo y se suelta. Encontrar el periodo de oscilación resultante.
Solución.
Sabemos que la frecuencia del movimiento está dada por
\[ f=\frac{\omega}{2\pi}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}}, \]
por lo tanto, el periodo estará dado por
\begin{equation} P=2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}. \end{equation}
De hidrostática se sabe que la magnitud de la fuerza de empuje de un fluido está dada por
\[ B=\rho_{f}gV_{d}, \]
donde $\rho_{f}$ es la densidad del fluido en cuestión, g es la aceleración de la gravedad y $V_{d}$ es el volumen desplazado por el cuerpo. Si igualamos dicha fuerza a la que produce un resorte, se tendría que
\[ \rho_{f}gV_{d}=-kx\Rightarrow k=-\frac{\rho_{f}gV_{d}}{x}. \]
Sustituyendo en la ecuación (1) se tiene que:
\begin{equation} P=2\pi\sqrt{\frac{m}{-\frac{\rho_{f}gV_{d}}{x}}}=2\pi\sqrt{\frac{\rho\rho_{f}V_{d}}{-\frac{\rho_{f}gV_{d}}{x}}}=2\pi\sqrt{-\frac{\rho x}{g}}, \end{equation}
dado que el desplazamiento x es en realidad -a, podemos sustituir en (2) como
\[ P=2\pi\sqrt{-\rho\frac{-a}{g}}=2\pi\sqrt{\rho\frac{a}{g}}. \] Por lo tanto el periodo está dado por \[ P=2\pi\sqrt{\rho\frac{a}{g}}. \]
Realizado por usuario: Mautona97 (discusión) 17:54 16 jun 2020 (CDT)
EJERCICIO 12.19
El período de un péndulo es de $3s$. ¿Cuál será su período si su longitud (a) aumenta, (b) disminuye en un 60%?
a) Sabemos que el período de un péndulo simple esta dado por $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}} = 3seg$. Si la longitud del péndulo aumenta en un 60%, entonces su nueva longitud será $ L' = L + 0.60 L = 1.6 L$
Entonces
\[ T' = 2 \pi \sqrt{\frac{L'}{g}} \]
\[ T' = 2 \pi \sqrt{\frac{1.6L}{g}} = (\sqrt{1.6}) 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}} = \sqrt{1.6} (3seg) = 3.79 seg \]
b) De manera similar al procedimiento del inciso a, procedemos a resolver: Si la longitud del péndulo disminuye en un 60%, su nueva longitud será $L= L-0.6L = 0.4 L$
Entonces
\[ T''= 2 \pi \sqrt{L''}{g} \]
\[ T'' = (2 \pi) \sqrt{\frac{0.4L}{g}} = (\sqrt{0.4}) 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}} = \sqrt{0.4} (3s) = 1.89 seg \]
Realizado por usuario: Yolasilvaa (discusión) 20:24 26 jun 2020 (CDT)
EJERCICIO 12.20
El péndulo de un reloj tiene un periodo de $2 s$ cuando $g=9.80 m/s^2$. Si la longitud se aumenta en $1mm$. ¿Cuánto se habrá atrasado el reloj después de 24 horas?
Solución
Sabemos que: \[T=2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}\] Para el problema \[T_1=2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}=2 s\] Si aumentamos $1mm$, entonces: \[T_2=2\pi \sqrt{\frac{L+0.001 L}{g}}\] \[T_2=2\pi \sqrt{\frac{L(1+0.001)}{g}}\] \[T_2=2\pi \sqrt{\frac{1.001 L}{g}}\] \[T_2=2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}\sqrt{1.001}\] Pero sabemos que $T_1$ es: \[T_1=2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}\] Sustituimos $T_1$ en $T_2$: \[T_2=T_1 \sqrt{1.001}\] Entonces: \[T_2=(2 s)\sqrt{1.001}\] \[T_2=2.00099975 s\] Entonces el reloj se ha atrasado: \[\Delta T= T_2-T_1=(2.00099975-2)s=0.00099975\] En 24 horas el reloj se atrasó: \[\frac{24 horas\times 3600 s}{1 hora}=86,400 s\] \[\therefore (86,400 s)\times (0.00099975)=77.7 s\]
Realizado por usuario: Rodrigo corrales (discusión) 10:49 6 nov 2020 (CST)
EJERCICIO 12.27
Estimar el orden relativo de magnitud de los primeros términos correctivos en la serie del periodo de un péndulo simple si la amplitud es:
- Recordemos que \[ \sin \alpha = 1 + \frac{1}{4} \sin \left(\frac{1}{2} \alpha\right)^2 + \frac{9}{64} \sin \left(\frac{1}{2} \alpha\right)^4 \]
a)$10^{\circ}$ \[ P=\left(2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}\right)\left[1+\frac{1}{4} \sin\left(\frac{1}{2}10^{\circ}\right)^2+\frac{9}{64}\sin\left(\frac{1}{2}10^{\circ}\right)^4\right] \]
\[ P=\left(2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}\right)[1+1.899\times 10^{-3}+8.114\times 10^{-6}] \]
\[ P=\left(2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}\right)[1.001907114]= (2.003814228\pi)\sqrt{\frac{L}{g}} \] quedando en términos de L y g.
b)$30^{\circ}$ \[ P=\left(2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}\right)\left[1+\frac{1}{4} \sin\left(\frac{1}{2}30^{\circ}\right)^2+\frac{9}{64}\sin\left(\frac{1}{2}30^{\circ}\right)^4\right] \]
\[ P=\left(2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}\right)[1+1.674\times10^{-2}+6.31\times10^{-4}] \]
\[ P=\left(2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}\right)[1.017371]= (2.034742\pi)\sqrt{\frac{L}{g}} \] quedando en términos de L y g.
Realizado por usuario: Gdelarosa (discusión) 08:00 22 oct 2020 (CDT)
EJERCICIO 12.31
Una varilla de longitud $L$ oscila con respecto a un eje horizontal que pasa por un 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) Calculamos primero el centro de masa del cuerpo, que sabemos que tiene igual masa que la varilla
$C_m= \frac{\frac{L}{2} m + h(m)}{2m} = \frac{\frac{l}{2}+h}{2} = \frac{L+2h}{4}$
Podemos calcular el momento de inercia de la siguiente forma:
$I= \frac{1}{3} mL^2 + mh^2$
Lo cual también se puede escribir:
$I= [\frac{L^2}{3} +h^2]m$
Si expresamos al periodo con respecto al momento de inercia y al centro de masa, obtenemos:
$P= 2\pi \sqrt{\frac{I}{b g m}}$
Donde $b$ es el centro de masa del cuerpo
Si reemplazamos el centro de masa y el momento de inercia en la ecuación, tenemos:
$P= 2\pi \sqrt{{\frac{[\frac{L^2}{3} +h^2] m }{\frac{L+2h}{4} mg}}}$
Simplificando
$P= 4\pi \sqrt{{\frac{L^2 + h^2}{3(L+2h)g}}}$
b) No hay ningún valor
EJERCICIO 12.57
Escribir la ecuación del movimiento de un oscilador armónico simple sin amortiguamiento al cual se la aplica la fuerza $F=F_{0}\cos(\omega_{f}t)$. Verificar que su solución es
\[ x=\left[\frac{F_{0}}{m(\omega_{0}^{2}-\omega_{f}^{2})}\right]\cos(\omega_{f}t). \]
Solución.
Escribimos la ecuación diferencial para los movimientos armónicos simples (sin amortiguamiento) con una fuerza oscilatoria es
\[ F_{T}=m\frac{d^{2}x}{dt^{2}}=F_{0}\cos(\omega_{f}t)-kx\Rightarrow m\frac{d^{2}x}{dt^{2}}+kx=F_{0}\cos(\omega_{f}t); \]
la cual podemos reescribir como
\[ \frac{d^{2}x}{dt^{2}}+\frac{k}{m}x=\frac{F_{0}}{m}\cos(\omega_{f}t)\Rightarrow\frac{d^{2}x}{dt^{2}}+\omega_{0}^{2}x=\frac{F_{0}}{m}\cos(\omega_{f}t) \]
una vez definida, calculamos la segunda derivada respecto del tiempo de la función de posición como
\[\frac{d^{2}}{dt^{2}}\left[\frac{F_{0}}{m(\omega_{0}^{2}-\omega_{f}^{2})}\right]cos(\omega_{f}t). \cos(\omega_{f}t)=-\omega_{f}^{2}\left[\frac{F_{0}}{m(\omega_{0}^{2}-\omega_{f}^{2})}\right]\cos(\omega_{f}t)=-\omega_{f}^{2}x. \]
Por lo tanto
\[ \frac{d^{2}x}{dt^{2}}+\omega_{0}^{2}x=\frac{F_{0}}{m}\cos(\omega_{f}t)\Rightarrow-\omega_{f}^{2}x+\omega_{0}^{2}x=\frac{F_{0}}{m}\cos(\omega_{f}t), \]
factorizando se tiene
\[ x(\omega_{0}^{2}-\omega_{f}^{2})=\frac{F_{0}}{m}\cos(\omega_{f}t)\Rightarrow \left[\frac{F_{0}}{m(\omega_{0}^{2}-\omega_{f}^{2})}\right]\cos(\omega_{f}t)*(\omega_{0}^{2}-\omega_{f}^{2})=\frac{F_{0}}{m}\cos(\omega_{f}t), \]
lo que comprueba que la solución dada es correcta.
Realizado por usuario:Mautona97 (discusión) 17:20 16 jun 2020 (CDT)
Correcciones por usuario: Gdelarosa (discusión) 01:10 27 oct 2020 (CDT)
