OSCILACIONES Y ONDAS

Preliminares
March 4, 2021
1) Particula clásica: Es un cuerpo cuya masa se reduce a un punto ubicado
en el centro de masa.
2) Diagrama de cuerpo libre: Es un esquema de las fuerzas (vectores) que
actuán sobre la particula clásica.
3) Cantidades Fisicas:
i) Escalares: Es una cantidad fisica que solo necesita de una componente
(magnitud) para ser representada y su correspondiente unidad.
Ejemplos: Masa (M, [M ] = Kg), Longitud (L, [L] = m), Tiempo (t, [t] = s).
Energía (E, [E] = J), Temperatura (T, [T ] = K).
ii) Vectores: Es una cantidad fisica que necesita de por lo menos dos componentes para ser descrita (magnitud y dirección).
−
−
Ejemplos: Vector Posición (→
r = (x, y, z)), Velocidad (→
v = (vx , vy , vz )),
→
−
→
−
Aceleración ( a = (ax , ay , az )), Fuerza ( F = (Fx , Fy , Fz )), etc.
4) Representación algebraica y geometrica de los vectores:
i) En 2D:
→
−
Representación cartesiana: V = Vx î + Vy ĵ ≡ (Vx , Vy ).
→
−
Representación polar (V ,θ): Vx = | V |cosθ; Vy = V senθ. Transformación
inversa:
q
Vy
θ = tan−1
V = Vx2 + Vy2 ;
Vx
ii) En 3D:
→
−
Coordenadas Cartesianas ≡ V = Vx i + Vy j + Vz k
1
Coordenadas esfericas (ρ, φ, θ)≡Vx = ρsenθcosφ
Vy = ρsenθsenφ
Vz = ρcosθ
Reglas de multiplicación de vectores:
→
− →
−
Producto Escalar ≡ A · B = ABcosθ
→
− →
−
≡ A · B = Ax Bx + Ay By + Az Bz
→
− →
−
Producto Vectorial ≡ A × B = ABsenθn̂⊥
→
− →
−
≡ A×B =
i
Ax
Bx
j
Ay
By
k
Az
Bz
5) Leyes de Newton:
1) Principio de Inercia: El estado de movimiento de una particula clásica no
cambia en sistemas de referencia inerciales.
Nota: Un sistema de referencia inercial se mueve a velocidad constante con
respecto a la particula clásica.
2) Definición de Fuerza:
X→
→
−
−
−
FT =
F j = m→
a
j
3) Ley de Acción y Reacción:
→
−
→
−
F 12 = − F 21
2
Oscilaciones en 1D
September 6, 2021
Metodologia para resolver un problema de oscilaciones y ondas:
1. Describir el sistema fisico que se va a estudiar. Especificar todas las
aproximaciones fisicas que se hacen sobre el sistema.
2. Dibujar un diagrama de cuerpo libre donde se especifican cuales son las
fuerzas que actuan sobre la particula clasica. Aplicar las leyes fisicas.
3. Usando las leyes fisicas para encontrar las ecuaciones de movimiento. Las
ec. de movimiento son ec. diferenciales ordinarias o parciales.
4. Encontrar una solución a la ec. de movimiento.
5. Analisis fisico de la solución encontrada y dar una interpretación.
Ejemplo: El Resorte de Hook
1. Aproximaciones:
i) No se considera la fricción con la superficie donde se encuentra el resorte.
ii) No se considera la fricción con el aire (estamos en el vacío).
iii) La masa del resorte es despreciable con respecto a la masa del bloque (el
resorte no se deforma).
iv) Estamos en un sistema de referencia inercial.
2. Debemos aplicar la segunda ley de Newton:
X→
−
−
→
−
F i = m→
a;
a = ax i + ay j
i
Descomponemos en coordenadas cartesianas:
Dirección Y ≡ FYT = may
≡N −W =0
≡N =W
1
T
Dirección X ≡ FX
= max
≡ −Fr = max
Pero la fuerza debido al resorte esta descrita por la ley de Hooke:
→
−
N
−
F r = −k →
x ⇒ [k] =
m
Por lo tanto:
−kx = max
3. Encontremos la ec. de movimiento:
−kx(t) = max (t) ⇒ −kx(t) = m
d2 x(t)
dt2
Reescribiendo la ec. anterior:
d2 x(t)
+ ω02 x(t) = 0;
dt2
ω02 =
k
m
Nota:
Kg·m
Kg
N/m
Kg
1
[k]
2
2
=
= sm = s = 2
= 2 = s−2 = (s−1 )2 = Hz 2
[m]
Kg
Kg
Kg
s Kg
s
Nota ii: La constante ω0 representa una frecuencia angular denominada frecuencia natural del sistema porque depende de los parametros que permanecen
constantes y caracterizan al sistema.
Nota iii: Encontramos una ecuación diferencial ordinaria (derivadas totales),
de segundo orden, lineal y homogenea.
4. Encontramos las soluciones de la ec. de movimiento:
Hacemos un Ansatz (Hacemos una suposición):
x(t) = eλt ;
λ∈C
Reemplazando directamente en la ec. diferencial se tiene lo siguiente:
d2 λt
e + ω02 eλt = 0
dt2
λ2 eλt + ω02 eλt = 0
Nota iv:
d λt
d2
d
e = λeλt → 2 eλ =
dt
dt
dt
d λt
e
dt
=
2
d λt
d
λe = λ eλt = λ · λeλt = λ2 eλt
dt
dt
Ecuación caracteristica:
λ2 + ω02 eλt = 0 ⇒ λ2 + ω02 = 0
Solución de una cuadratica:
√
b
b2 − 4ac
λ± = − ±
;
2a
2a
aλ2 + bλ + c = 0
Se obtiene entonces:
q
q
√ λ± = ± −ω02 = ± (−1)ω02 = ± −1 ω0 = ±iω0
Nota v: Principio de superposición: Las ecuaciones lineales y homogeneas
satisfacen este principio. Si tengo dos soluciones de una ecuación, entonces la
suma de sus dos soluciones salvo dos constantes arbitrarias es tambien una solución (solución mas general).
Por lo tanto:
Solución General ≡ x(t) = Aeλ+ t + Beλ− t
Escribiendo los valores de λ explicitamente:
x(t) = Ae+iω0 t + Be−iω0 t
Notemos que esta escrita de una manera poco conveniente!
3
Resorte de Hook
September 11, 2021
3. Ecuación de Movimiento:
d2 x(t)
+ ω02 x(t) = 0;
dt2
ω02 =
k
m
Como consecuencia de la linealidad de la ecuación se satisface el principio
de superposición:
x(t) = Ax1 (t) + Bx2 (t)
Para fijar las dos constantes A y B (encontrar un valor numerico), se debe
imponer condiciones iniciales:
i.
x(t = 0) =?
ii.
v(t = 0) =?
4. Solución de la ec. de movimiento:
x(t) = C1 e+iω0 t + C2 e−iω0 t
Escribamos la solución de una forma mas conveniente:
1) Usando la formula de Euler e±iθ = cosθ ± isenθ se obtiene:
x(t) = C1 (cos(ω0 t) + isen(ω0 t)) + C2 (cos(ω0 t) − isen(ω0 t))
= (C1 + C2 ) cos(ω0 t) + i (C1 − C2 ) sen(ω0 t)
x(t) = Dcos(ω0 t) + Esen(ω0 t);
D, E ∈ C
Nota: Ejemplo de numeros complejos.
z = x + iy;
E = 0 + 5i = 5i;
D = 3 + 0i = 3
Ahora notemos lo siguiente:
x(t) = Acos (ω0 t + δ)
= Acos(ω0 t)cos(δ) − Asen(ω0 t)sen(δ)
= [Acos(δ)] cos(ω0 t) + [−Asen(δ)] sen(ω0 t)
= Dcos(ω0 t) + Esen(ω0 t)
1
Nota: Las tres soluciones son la misma escritas de distinta forma, pero
usamos la ultima porque es mas util para hacer una interpretación fisica:
x(t) = Acos (ω0 t + δ)
Verifiquemos que esta función es solución de la ec. de movimiento:
d2
Acos (ω0 t + δ) + ω02 Acos (ω0 t + δ) = 0
dt2
−ω02 Acos (ω0 t + δ) + ω02 Acos (ω0 t + δ) = 0
0=0
5. Interpretación fisica de la solución:
x(t) = Acos (ω0 t + δ)
i. Unidades Físicas:
[x] = m;
[cos()] = Adimensional;
[A] = m
rad
s
Nota: La frecuencia natural ω0 es una frecuencia angular:
r
2π
2π
m
⇒T =
ω0 =
= 2π
T
ω0
k
[δ] = rad;
[t] = s;
[ω0 ] =
ii) Desigualdad que satisfacen las funciones sinusoidales:
−1 ≤ cos (ω0 t + δ) ≤ 1
Como consecuencia:
−A ≤ x(t) = Acos (ω0 t + δ) ≤ A
Definición - Amplitud (A): Es la distancia máxima que recorre el bloque.
Para el resorte de Hook la amplitud coincide con la elongación maxima del resorte.
Conclusión 1) El movimiento del bloque es un movimiento perpetuo (la amplitud no cambia con el tiempo).
Definición - Periodo (T ): Es el tiempo que tarda el bloque en dar un ciclo
completo.
Conclusión 2) El movimiento del bloque es periodico (el periodo T no cambia
o es constante).
Conclusión 3) El movimiento del bloque es entonces un Movimiento Armonico Simple (M.A.S), significa que el movimiento es una composición de
un movimiento perpetuo y uno periodico.
2
Movimiento Armonico Simple
March 12, 2021
1) Definición de función periodica:
f (t) = f (t + T )
Para el resorte de Hook:
x(t) = x(t + T )
cos(ω0 t + δ) = cos(ω0 (t + T ) + δ)
ω0 t + δ + 2π = ω0 (t + T ) + δ
2π = ω0 T
2π
= ω0
T
Por lo tanto, para el resorte de Hook en particular:
r
m
T = 2π
k
Frecuencia usual:
ω0
1
1
f=
=
→f =
2π
T
2π
r
k
;
m
[f ] = Hz = s−1
2) La constante de fase δ se fija con las condiciones iniciales. Ejemplo:
(1)
x(t = 0) = 0;
(2)
v(t = 0) = vi ;
moviendose hacia la derecha. A partir de la solución:
x(t) = Acos(ω0 t + δ),
imponiendo la primera condición:
π
x(0) = Acos(δ) = 0 → cos(δ) = 0 ⇒ δ = ± .
2
1
Imponiendo la segunda condición:
v(0) =
dx
dt
= −Aω0 sen(ω0 t + δ)|t=0 = vi
t=0
= −Aω0 sen(δ) = vi
Para que la velocidad sea positiva:
π
π
δ = − → −Aω0 sen(− ) = vi ⇒ vi = Aω0
2
2
Por lo tanto:
π
δ=− ;
2
A=
vi
ω0
La solución unica seria:
x(t) =
vi
π
cos ω0 t −
ω0
2
3) Velocidad:
dx(t)
= −Aω0 sen(ω0 t + δ)
dt
La amplitud de la velocidad es:
v(t) =
vmax = Aω0
Notemos que:
π
π
π
cos θ +
= cosθcos − senθsen
2
2
2
= −senθ
Conlcusión: La velocidad esta en cuadratura con la posición, significa que
sus graficas estan desfasadas 90°.
4) Aceleración:
dv(t)
d
=
(−Aω0 sen(ω0 t + δ))
dt
dt
a(t) = −Aω02 cos(ω0 t + δ)
a(t) =
Amplitud de aceleración:
amax = Aω02
Notamos ademas lo siguiente:
cos(θ + π) = cosθcosπ − senθsenπ
= −cosθ
A partir de la posición
x(t) = Acos(ω0 t + δ) → a(t) = Aω02 cos(ω0 t + δ + π)
Conclusión: La aceleración esta desfasado 180° con respecto a la posición.
2
Péndulo Simple
September 18, 2021
1) Aproximaciones Físicas:
i) Vamos a despreciar la resistencia del aire (estamos en el vacío).
ii) La cuerda es inextensible (L=Cte)
iii) La masa de la cuerda es despreciable con respecto a la masa de la esfera
que esta suspendida.
iv) La Tension a lo largo de la cuerda es uniforme (es la misma en todos los
puntos)
2) Aplicamos la segunda ley de Newton:
X→
→
−
−
−
→
−
FT =
F i = m→
a;
a = ar r̂ + aθ θ̂
i
En coordenadas polares:
Radial ≡ T − mgcosθ = mar
Tangencial ≡ −mgsenθ = maθ
Usando la definición de acleración radial y aceleración tangencial:
ar =
(Lw)2
vθ2
=
= Lw2 = L
L
L
aθ = Lα = L
dθ
dt
2
d2 θ
dt2
Reemplazando en las ecuaciones:
Radial ≡ T − mgcosθ = mL
dθ
dt
Tangencial ≡ −mgsenθ = mL
1
2
d2 θ
dt2
3) Miramos en detalle la ec. tangencial para encontrar la ec. de movimiento:
d2 θ
g
+ senθ = 0
dt2
L
Es una ec. diferencial ordinaria, de segundo orden, homogenea y no es lineal.
Porque no es lineal?:
θ3
+ ...
3!
Se necesita hacer una aproximación adicional!
senθ = θ −
v) Limite o aproximación de pequeñas oscilaciones:
0° < θ 10° ≈ 1rad
En este limite:
θ3
+ ... ≈ θ
3!
θ2
+ ... ≈ 1
cosθ = 1 −
2
senθ
tanθ =
≈θ
cosθ
Como consecuencia de este limite la ec. de movimiento se reduce a:
senθ = θ −
d2 θ
g
+ θ=0
2
dt
L
Reescribiendo:
d2 θ
+ ω02 θ = 0;
dt2
ω02 =
g
L
Notemos que:
m/s2
1
[g]
=
= 2 = s−2 = (s−1 )2 = Hz 2
[L]
m
s
4) La solución de la ec. de movimiento es:
θ(t) = θmax cos(ω0 t + δ) ⇒ [θmax ] = rad
5) El péndulo describe un M.A.S (periodico y perpetuo) de periodo:
s
2π
2π
L
T =
=p
= 2π
ω0
g
g/L
Nota: El periodo no depende de la masa suspendida en la cuerda.
Por otro lado la frecuencia (usual) es:
r
1
1
g
f=
=
T
2π L
2
Conservación de la Energía Mecánica
September 20, 2021
Resorte de Hook:
d2 x(t)
+ ω02 x(t) = 0;
dt2
ω02 =
k
m
d2 θ(t)
+ ω02 θ(t) = 0;
dt2
ω02 =
g
L
ω02 =
κ
I
Péndulo Simple:
Pendulo de Torsión:
d2 θ(t)
+ ω02 θ(t) = 0;
dt2
etc.
Estas ecuaciones se puede generalizar de la siguiente manera:
Ec. de un M.A.S ≡
d2 Φ(t)
+ ω02 Φ(t) = 0;
dt2
Solución ≡ Φ(t) = Φ0 cos(ω0 t + δ)
1) Encontremos una constante de movimiento. Tomar la primera integral de
la Ec. de un M.A.S:
Z 2
d Φ(t)
2
+ ω0 Φ(t) = 0 dΦ;
dt2
Z 2
Z
d Φ
2
dΦ
+
ω
ΦdΦ = 0
0
dt2
Miramos la primera integral:
d2 Φ
d
dΦ =
2
dt
dt
Por lo tanto:
dΦ
dt
d dΦ̇ dΦ
dΦ
dΦ =
Φ̇ dΦ =
dΦ =
dt
dΦ dt
dt
Z
Φ̇dΦ̇ +
ω02
1
Z
ΦdΦ = 0
dΦ̇
dΦ
dΦ
!
= Φ̇dΦ̇
Integrando:
Φ̇(t)2
Φ(t)2
+ ω02
= Cte
2
2
2) Miremos el caso del Resorte de Hook en el vacio:
m
x2
v2
+k
= Cte
2
2
Notemos lo siguiente:
Energía Cinética ≡ K =
1
mv 2
2
1 2
kx
2
Como conclusión, observamos que la energía mecánica (E = K + U ) es una
constante de movimiento, es decir no cambia con el tiempo:
Energía Potencial ≡ U =
E = K(t) + U (t) = Cte;
[E] = [U ] = [K] = J = N · m
Explicitamente tenemos lo siguiente:
U (t) =
K(t) =
1
1
2
kx(t)2 = k (Acos(ω0 t + δ))
2
2
1
= kA2 cos2 (ω0 t + δ)
2
1
= mω02 A2 cos2 (ω0 t + δ)
2
1
1
2
mv 2 = m (−Aω0 sen(ω0 t + δ))
2
2
1
= mω02 A2 sen2 (ω0 t + δ)
2
1
= kA2 sen2 (ω0 t + δ)
2
La suma de la energía cinética y la energía potencial:
1
1
mω02 A2 sen2 (ω0 t + δ) + mω02 A2 cos2 (ω0 t + δ)
2
2
1
2 2
2
= mω0 A sen (ω0 t + δ) + cos2 (ω0 t + δ)
2
1
E = mω02 A2
2
E=
Para el resorte de Hook, la energía mecánica se conserva y es igual a:
E=
1
1
mω02 A2 = kA2
2
2
2
Nota: La energía cinética y potencial se puede graficar en terminos de la
posición x:
1
U (x) = kx2
2
K(x) = E − U (x)
1
1
= kA2 − kx2
2
2
1
2
= k A − x2
2
4) Noten que al integrar la ecuación de movimiento se obtiene la conservación
de la energía mecánica. Que pasará si se deriva la ecuación de la conservación
de la energía:
Conservación de la Energía ≡
1
m
2
dΦ
dt
2
1
1
+ mω02 Φ2 = mω02 Φ20
2
2
Derivamos con respecto al tiempo la ec. anterior:
1
m
2
d
dt
d
dt
1
m
2
dΦ
dt
dΦ
dt
2
2 !
+
1
1
+ mω02 Φ2 = mω02 Φ20
2
2
d
dt
1
mω02 Φ2
2
=
d
dt
d2 Φ
+ mω02 ΦΦ̇ = 0
2
dt
2
d Φ
2
mΦ̇
+
ω
Φ
=0
0
dt2
d2 Φ
+ ω02 Φ = 0
dt2
mΦ̇
3
!
1
mω02 Φ20
2
Oscilaciones Amortiguadas
March 24, 2021
1) No estamos en el vacío y mantenemos las demás aproximaciones.
Fuerza de fricción viscoza:
→
−
−
F v = −b→
v;
b ≡ Coef. de viscocidad,
[b] =
Kg
Ns
=
m
s
2) La segunda ley de Newton:
−kx − bv = max
3) Ec. de movimiento:
−kx − b
d2 x
dx
=m 2
dt
dt
Reescribiendo:
2
d x
dx
k
+Γ
+ ω02 x = 0 ⇒ ω02 = ;
2
dt
dt
m
Γ=
b
≡ Coef. de Amortiguamiento
m
Para el resorte de Hook:
k
d2 x
b dx
+
+ x=0
dt2
m dt
m
Para el péndulo simple:
d2 θ
g
b dθ
+ θ=0
+
dt2
m dt
L
Cuerda con una masa en el medio (Problema 1 - Taller):
d2 y
b dy
2T
+
+
x=0
2
dt
m dt
mL
Circuito RLC:
d2 Q R dQ
1
+
+
Q=0
dt2
L dt
LC
1
En general la ec. de movimiento en un sistema amortiguado se puede escribir
como:
Ec. de un Mov. Amortiguado ≡
dΦ(t)
d2 Φ(t)
+Γ
+ ω02 Φ(t) = 0
dt2
dt
Encontramos una ec. diferencial ordinaria, de segundo orden, lineal y homogenea. Por lo tanto, también satisface el principio de superposición:
Φ(t) = AΦ1 + BΦ2
4) Solución de la ec. de movimiento. Para solucionarla hacemos el ansatz
siguiente:
Φ(t) = eλt .
Reemplazando en la ecuación:
d
d2 λt
e + Γ eλt + ω02 eλt = 0
2
dt
dt
Realizamos las derivadas:
λ2 + Γλ + ω02 eλt = 0
se obtiene la ec. caracteristica:
Γ
λ2 + Γλ + ω02 = 0 ⇒ λ± = − ±
2
s 2
Γ
rad
− ω02 → [Γ] =
2
s
La solución mas general es entonces:
Φ(t) = Aeλ+ t + Beλ− t .
Consideremos los siguientes casos:
i) Sobre - Amortiguamiento
tud decae exponencialmente:
Γ
2
ω0 : El sistema fisico no oscila, su ampli-
Γ
Γ
ω0 ⇒ λ± = − ±
2
2
s 2
Γ
Γ Γ
=− ±
2
2
2
Por lo tanto la solución se reduce a:
Φ(t) = A + Be−Γt .
ii) Amortiguamiento Critico Γ2 = ω0 : Todavia el sistema no oscila.
Γ
Γ
Γ
= ω0 ⇒ λ± = − ± 0 = −
2
2
2
2
Por lo tanto la solución se reduce a:
Φ(t) = (A + B) e−Γt/2 .
iii) Sub - Amortiguamiento Γ2 < ω0 : El sistema si oscila. Notamos lo
siguiente:
s
2
Γ
Γ
Γ
< ω0 ⇒ λ± = − ± i ω02 −
2
2
2
s
2
Γ
Γ
λ± = − ± iω 0 ;
ω 0 = ω02 −
2
2
A ω 0 se le conoce como frecuencia de amortiguamiento (la frecuencia con
la que oscila el oscilador amortiguado). Entonces la solución quedaria de la
siguiente forma:
Γ
Γ
0
0
Φ(t) = AExp − t + iω t + BExp − t − iω t
2
2
Γ
Γ
0
= AExp − t Exp [+iω t] + BExp − t Exp [−iω 0 t]
2
2
0
Γ +iω0 t
+ Be−iω t
= Exp − t Ae
2
Γ
= A0 Exp − t cos(ω 0 t + δ)
2
Φ(t) = A(t)cos(ω 0 t + δ)
donde definimos:
Γ
A(t) = A0 e− 2 t .
En resumen, la solución de un movimiento amortiguado es de la forma:
Γ
Φ(t) = A0 e− 2 t cos(ω 0 t + δ)
5) Analisis fisico:
a) La amplitud de oscilación decae exponencialmente con el tiempo:
Γ
A(t) = A0 e− 2 t → A(t = 0) = A0
b) Oscila con la frecuencia de amortiguamiento:
s
2
Γ
0
2
ω = ω0 −
2
c) El periodo de oscilación es ahora:
T =
3
2π
ω0
d) El movimiento no es perpetuo ni es periodico (Φ(t) 6= Φ(t + T )), por
lo tanto no es un M.A.S. Este movimiento se conoce como movimiento amortiguado.
¿ Que ocurre con la energía mecánica ?
E =K +U =
1
mω02 A(t)2
2
Por lo tanto:
2
Γ
1
mω02 A0 e− 2 t
2
1
mω02 A20 e−Γt
=
2
E(t) =
E(t) = E0 e−Γt → E(t = 0) = E0
Como conclusión la energía mecánica no se conserva sino que decae exponencialmente con el tiempo.
Definición - Tiempo de vida medio (τ ): Es el tiempo que tarda la energia en
decaer hasta la mitad de su valor inicial (50%):
E(t = τ ) = 0.5E0
= E0 e−Γτ = 0.5E0
Para calcular τ se aplica el logaritmo natural en ambos lados de la ec. :
lne−Γτ = ln(1/2)
−Γτ = ln(1) − ln(2)
Γτ = ln(2)
τ=
1
ln(2)
≈ → [τ ] = s
Γ
Γ
Se puede medir la calidad de un oscilador, mirando cuantas oscilaciones da
en el tiempo de vida medio:
Factor de Calidad ≡ Q =
4
ω0
τ
≈
T
Γ
Oscilaciones Forzadas
September 27, 2021
1) Oscilador amortiguado y forzado:
m
dx
d2 x
= −kx − b
+F
dt2
dt
Reescribiendo en forma de ecuación diferencial:
d2 x
dx
F
+Γ
+ ω02 x = ;
dt2
dt
m
ω02 =
k
;
m
Γ=
b
m
El ejemplo mas común de fuerza externa es una fuerza periodica:
F (t) = F0 cos(ωF t)
Nota: Cualquier otra fuerza se puede construir como una superposición de
fuerzas periodicas (analisis de Fourier).
En este caso particular la solución de la ecuación debe ser de la forma:
x(t) = A(ωF )cos(ωF t − δ)
Como calcular la amplitud?:
i) Se debe ir al plano complejo:
d2 (x + iy)
d(x + iy)
F0
+Γ
+ ω02 (x + iy) =
[cos(ωF t) + isen(ωF t)]
dt2
dt
m
La ecuación original se recupera tomando la parte real de la ecuación anterior. Por lo tanto,
d2 z
dz
F0 iωF t
+ Γ + ω02 z =
e
dt2
dt
m
Se supone una solución:
z(t) = Aei(ωF t−δ)
Reemplazando en la ecuación:
d2
d
F0 iωF t
Aei(ωF t−δ) + Γ Aei(ωF t−δ) + ω02 Aei(ωF t−δ) =
e
dt2
dt
m
1
F0 iωF t
−AωF2 + ΓAiωF + ω02 A ei(ωF t−δ) =
e
m
F0 iωF t −i(ωF t−δ)
−AωF2 + ΓAiωF + ω02 A =
e
e
m
F0 iωF t−i(ωF t−δ)
e
−AωF2 + ΓAiωF + ω02 A =
m
F0 iδ
−AωF2 + ΓAiωF + ω02 A =
e
m
F0
F0
ω02 A − AωF2 + i (ΓAωF ) =
cos(δ) + i sen(δ)
m
m
Nota: e1x = e−x . Ademas ea eb = ea+b . La ecuación anterior define un
sistema de dos ecuaciones:
F0
A ω02 − ωF2 =
cos(δ)
m
(i)
F0
sen(δ)
m
Para calcular A debemos hacer lo siguiente:
(ii)
ΓAωF =
(i)2 + (ii)2 =?
Por lo tanto:
F02
F02
2
cos
(δ)
+
sen2 (δ)
m2
m2
2
F2
2
A2 ω02 − ωF2 + A2 (ΓωF ) = 02 cos2 (δ) + sen2 (δ)
m
i
h
F2
2
2
2
2 2
A
ω0 − ωF + (ΓωF ) = 02
m
F02 /m2
i
A2 = h
2
2
(ω02 − ωF2 ) + (ΓωF )
A2 ω02 − ωF2
2
2
+ (ΓAωF ) =
A(ωF ) = q
Por lo tanto la solución es:

F0 /m
2
2
ω02 − ωF2 + (ΓωF )

F0 /m
 cos(ωF t + δ)
x(t) =  q
2
2
(ω02 − ωF2 ) + (ΓωF )
2
Ejercicios - Corte 1
September 27, 2021
Problema 10 - Cap 15 (Serway)
a) Periodo:
r
T = 2π
m
= 2π
k
s
1kg
2π
=
s = 1.25s
25N/m
5
b) Recordar:
x(t) = Acos(ω0 t + δ)
v(t) = −Aω0 sen(ω0 t + δ)
a(t) = −Aω02 cos(ω0 t + δ)
velocidad máxima:
vmax = Aω0 = (0.03m) × 5
rad
m
= 0.15
s
s
aceleración máxima:
amax = Aω02 = (Aω0 ) ω0 = vmax ω0 = 0.15
m
rad
m
×5
= 0.75 2
s
s
s
c) Es necesario calcular la constante de fase δ:
x(t = 0) = −0.03m ⇒ (0.03m)cos(δ) = −0.03m
Despejando:
cos(δ) = −1 ⇒ δ = ±π;
cos(π) = cos(−π)
Entonces la posición en función del tiempo es:
x(t) = (0.03m)cos(5t ± π)
= −(0.03m)cos(5t)
Velocidad:
m
sen(5t ± π)
s
m
= 0.15 sen(5t)
s
v(t) = −0.15
1
Aceleración:
m
cos(5t ± π)
s2
m
= 0.75 2 cos(5t)
s
a(t) = −0.75
Problema 9 - Taller - Corte 1:
Γ
θ(t) = θ0 e− 2 t cos(ω 0 t + δ)
El problema me dice:
Γ
1.5° = 2°e− 2 t
Pero además me da el tiempo que tarda en decaer de 2° a 1.5°:
t = 10 × T = 10(2s) = 20s
Por lo tanto:
Γ
1.5° = 2°e− 2 (20s) ;
Γ =?
despejando Γ:
Γ
1.5°
= e− 2 (20s)
2°
Γ
1.5°
ln
= ln e− 2 (20s)
2°
1.5°
Γ
= − (20s) ln e
ln
2°
2
1.5°
ln
= −Γ(10s)
2°
− ln 1.5°
2°
= Γ = 0.03s−1
10s
2
Ejercicios - Corte 1 - II
October 4, 2021
Problema 13 - Taller - Corte 1. Es un oscilador forzado y sin amortiguamiento
(Γ = 0)
F0 /m
A(ω) = q
(ω 2 − ω02 )2 +
y(t) = A(ω)cos(ωt + δ);
Γω 2
2
Si el amortiguamiento es cero:
F0 /m
F0 /m
A(ω) = p
= 2
2
2
2
|ω − ω02 |
(ω − ω0 )
Nota:
√
+x,
x>0
−x,
x<0
El problema me da los siguientes parametros:
x2
= |x| =
N
,
m = 0.15kg,
F0 = 1.70N,
m
Calculamos la frecuencia natural:
k
6.30N/m
rad2
ω02 =
=
= 42 2
m
0.15kg
s
k = 6.30
Despejando la frecuencia externa:
A(ω) =
1
A(ω)
F0
mA(ω)
F0
±
mA(ω)
F0
ω02 ±
mA(ω)
s
ω02 ±
=
F0 /m
|ω 2 − ω02 |
ω 2 − ω02
F0 /m
= ω 2 − ω02
= ω 2 − ω02
= ω2
F0
= ω±
mA(ω)
1
A(ω) = 0.44m
Reemplazando los valores numericos:
s
s
1.70N
1.70N
rad2
rad2
ω+ = 42 2 +
;
ω− = 42 2 −
s
0.15kg × 0.44m
s
0.15kg × 0.44m
Entonces:
rad
rad
;
ω− = 4.03
s
d
11) Demuestre la siguiente indentidad integral:
ω+ = 8.23
ˆT
1
T
cos2 (ω0 t)dt,
T ω0 = 2π
−T
Solución:
i) Hacemos la sustitución u = ω0 t:
u = ω0 t ⇒
du
= dt;
ω0
t = −T → u = −ω0 T = −2π,
t = T → u = 2π
la integral quedaria:
1
T
ˆT
1
cos (ω0 t)dt =
2π
ˆ2π
2
cos2 (u)du
−2π
−T
Usamos ahora la siguiente identidad trigonometrica:
cos(u + u) = cos(u)cos(u) − sen(u)sen(u)
= cos2 u − sen2 u
= cos2 u − (1 − cos2 u)
cos(2u) = 2cos2 u − 1
cos(2u) + 1
= cos2 u
2
2
Reemplazando en la integral:
1
T
ˆT
1
cos (ω0 t)dt =
2π
ˆ2π
2
cos2 (u)du
−2π
−T
1
=
2π
ˆ2π
cos(2u) + 1
du
2
−2π
 2π

ˆ
ˆ2π
1
1 1
cos(2u)du +
du
=
2π 2
2
−2π
−2π
 2π

ˆ
1 
2π
=
cos(2u)du + u|−2π 
4π
−2π
!
2π
1
sen(2u)
2π
+ u|−2π
=
4π
2
−2π
=
1
T
ˆT
cos2 (ω0 t)dt =
1
((sen(4π)) + (4π))
4π
1
4π = 1
4π
−T
Nota: Anti-derivada:
ˆ
F (x) =
Ejemplo:
f (x)dx ⇒
ˆ
F (x) =
cos(2x)dx ⇒
dF
=f
dx
dF
= cos(2x)
dx
entonces:
F =
sen(2x)
dF
d
⇒
=
2
dx
dx
sen(2x)
2
=
3
1 d
1
sen(2x) = ×cos(2x)2 = cos(2x)
2 dx
2
Ejercicios - Corte 1 - III
October 9, 2021
Problema 14 - Taller - Corte 1
Circuito RLC en serie:
Ue (t) + Um (t) = UR (t)
La energia perdida en la resistencia por unidad de tiempo (potencia disipada):
dUR
= −I 2 R
dt
Como se encuentra la ecuación de movimiento:
d
d
d
Ue (t) + Um (t) = UR (t)
dt
dt
dt
Toman en cuenta que:
Ue =
Q2
;
2C
Um =
1 2
LI ;
2
I(t) =
dQ
dt
Se obtiene el siguiente resultado:
d 1
d Q(t)2
2
+
LI(t) = −I 2 R
dt
2C
dt 2
Realizan explicitamente las derivadas:
1
dQ 1
dI
2Q
+ L2I
= −I 2 R
2C
dt
2
dt
1
d2 Q
QI + LI 2 = −I 2 R
C
dt
1
d2 Q
Q + L 2 = −IR
C
dt
d2 Q
1
L 2 + IR + Q = 0
dt
C
d2 Q R dQ
1
+
+
Q=0
2
dt
L dt
LC
1
Finalmente se obtuvo la siguiente ecuación:
dQ
d2 Q
+Γ
+ ω02 Q = 0;
2
dt
dt
Γ=
R
,
L
ω02 =
1
LC
Solución:
s
Q(t) = Q0 e
−Γ
2t
cos(ω 0 t + δ);
ω0 =
ω02 +
2
Γ
2
Problema 67 - Serway - Vol 1 (7a Edición):
Para el ejemplo b) Usando la segunda ley de Newton:
X
Fi = ma
−k1 x − k2 x = max
−(k1 + k2 )x = m
d2 x
dt2
Reescribiendo:
−
(k1 + k2 )
d2 x
x= 2
m
dt
d2 x (k1 + k2 )
x
0= 2 +
dt
m
Esta ecuación es de la forma siguiente:
r
d2 x
+ ω02 x = 0;
dt2
ω0 =
(k1 + k2 )
m
Por lo tanto el periodo es:
2π
T =
= 2π
ω0
r
m
k1 + k2
Para el sistema de dos resortees en serie (punto a):
Fext = k1 x1 = k2 x2 = kef f x
La distancia x que se desplaza la masa hacia la derecha es igual a:
x = x1 + x2
siendo x1 el elongamiento del resorte con constante k1 y x2 el elongamiento
del resorte con constante k2 .
Aplicando la segunda ley de Newton:
X
Fi = ma
2
−kef f x = max
Para calcular la kef f
x = x1 + x2
Fext
Fext
Fext
=
+
kef f
k1
k2
1
1
1
=
+
kef f
k1
k2
k1 k2
kef f =
k1 + k2
Poniendola en la ecuación de movimiento:
−kef f x = max
−
k1 k2
d2 x
x=m 2
k1 + k2
dt
Escriben la ecuación de la siguiente manera:
0=
d2 x
k1 k2
+
x
2
dt
m(k1 + k2 )
Definen una nueva constante ω02 de tal forma que:
s
k1 k2
d2 x
2
+ ω0 x = 0;
ω0 =
2
dt
m(k1 + k2 )
Por lo tanto el periodo es:
2π
T =
= 2π
ω0
s
m(k1 + k2 )
k1 k2
Problema 57) En coordenadas cilindricas:
X
→
−
−
τ = I→
α
→
−
→
−
−
r × F = I→
α
Lkxsen(90°)(−ẑ) = Iαẑ
Cancelando terminos comunes:
−Lkx = Iα
−LkLθ = Iα
3
Entonces:
−L2 kθ = I
Reescribiendo:
0=
d2 θ
dt2
d2 θ
+ ω02 θ;
dt2
Por lo tanto:
ω02 =
ω02 =
L2 k
I
L2 k
L2 k
3k
= 1
=
2
I
m
mL
3
Es decir:
r
ω0 =
3k
m
Problema 8 - Taller 1 :
Usando la forma rotacional de la segunda ley de Newton:
X
→
−
−
τ = I→
α
LM gsenθ(ẑ) + hkxsen(90°+θ)(ẑ) = Iα(−ẑ)
Reescribiendo:
d2 θ
dt2
En el limite de pequeñas oscilaciones senθ ≈ θ + ..;
tanto:
d2 θ
LM gθ + hkx = −I 2
dt
Notamos que x = hθ
LM gsenθ + hkxcos(θ) = −I
LM gθ + h2 kθ = −I
cosθ ≈ 1, por lo
d2 θ
dt2
Reescribiendo:
d2 θ
+ ω02 θ = 0;
dt2
Por lo tanto:
ω02
r
ω0 =
LM g + h2 k
=
I
LM g + h2 k
M L2
Problema 4 - Taller 1:
Péndulo Simple
a)
1
1
1
K = mv 2 = m(Lw)2 = mL2
2
2
2
4
dθ
dt
2
Pero:
θ(t) = θ0 cos(ω0 t + δ)
w=
dθ
= −θ0 ω0 sen(ω0 t + δ)
dt
Por lo tanto:
1
2
mL2 (−θ0 ω0 sen(ω0 t + δ))
2
1
K(t) = mL2 θ02 ω02 sen2 (ω0 t + δ)
2
K(t) =
Energia Potencial:
1 g 2
m x
2 L
1
= mω02 (Lθ)2
2
1
= mω02 L2 θ2
2
1
U (t) = mω02 L2 θ02 cos2 (ω0 t + δ)
2
U=
Energia Mecánica:
E =K +U
1
1
= mL2 θ02 ω02 sen2 (ω0 t + δ) + mω02 L2 θ02 cos2 (ω0 t + δ)
2
2
1
= mL2 θ02 ω02 sen2 (ω0 t + δ) + cos2 (ω0 t + δ)
2
1
E = mL2 θ02 ω02
2
1
E = mLθ02 g
2
5