MOVIMIENTOS OSCILATORIOS

Apuntes de física II [email protected] 1

MOVIMIENTOS OSCILATORIOS

Uno de los fenómenos más interesantes que trata la física es la del movimiento que se repite a intervalos iguales o regulares de tiempo. A esta clase de movi-mientos se les llama periódicos u oscilatorios. En este capitulo en especial se tra-ta con un movimiento oscilatorio simple al cual se le llama armónico simple o más bien M.A.S. Es importante anotar que se está familiarizado con estos movimientos oscilatorios en nuestra vida cotidiana, pues son extensos los ejemplos visibles en donde ellos se presentan, tales como el movimiento de una masa atada a un resorte, un pén-dulo, las vibraciones de una cuerda de un instrumento musical, las hojas de una rama de un árbol, los amortiguadores de un vehículo y otros más y así también los que nos son invisibles, pero que se detecta con los aparatos de medida, como las vibraciones de los átomos en un cristal, las corrientes eléctricas alternas, las ondas electromagnéticas y en general todos aquellos movimientos en la naturale-za que se repiten así mismos. La mayor parte de lo que trata este capitulo es la del movimiento armónico simple o simplemente M.A.S, que es una aproximación sencilla de todos los movimientos oscilatorios que se observan en nuestro diario transcurrir. Para ser más realistas con este tipo de movimientos oscilatorios se tendrá en cuenta otros tipos de movi-mientos oscilatorios no armónico simples tales como, las oscilaciones amortigua-das y las oscilaciones forzadas. 1.1 MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE. Se dice que una partícula que se mueve a lo largo del eje x presenta un movimien-to armónico simple cuando su desplazamiento x, desde la posición de equilibrio, varia en el tiempo de acuerdo con la función

)cos()( ϕω += tAtx 1.1

donde ϕω yA, son constantes. La cantidad )( ϕω +t se le conoce como la fase del M.A.S, y a ϕ la constante de fase. Aunque se ha definido el M.A.S en térmi-nos de la función coseno, también se puede definir en términos de seno, simple-mente la diferencia de fase entre las dos funciones es 2/π . El máximo desplaza-miento de la posición de equilibrio ocurre cuando la función coseno (seno) es ± 1 o sea que x(t)max. = ± A. Por lo tanto A es la amplitud del M.A.S. La amplitud A y la constante de fase ϕ , se encuentran determinadas por las condiciones iniciales o por condiciones equivalentes a ellas. Como la función coseno (seno) es perió-dica x( t) = x( t + T) o sea que:

))(cos()cos( ϕωϕω ++=+ Ttt


De aquí, se debe cumplir que πω 2=T

ωπ /2=T 1.2

Es el período que se mide en segundos y es el tiempo en el que el movimiento se repite así mismo y a ω se le llama la frecuencia angular que tiene como unidades rad-s-1. El significado de esta última constante se dará más adelante. Al número de veces que el movimiento se repite así mismo en la unidad de tiempo se le conoce como frecuencia y generalmente se denota con f = 1/T y su unidad es el ciclo-s-1 o Hertz ( Hz).

πω 2//1 == Tf 1.3

La velocidad de la partícula en el M.A.S es:

)()()( ϕωω +−== tAsendt

tdxtv 1.4

La aceleración de la partícula en el M.A.S es:

)tcos(Adt

)t(dv)t(a ϕωω +−== 2 1.5

3 6

-1 0

-5

0

5

1 0

t

A =2cmT =3sφ 0=π /3

X(t) V(t)a(t)

Figura 1.1

Las expresiones 1.4 y 1.5 muestran que v(t) y a(t) difieren de x(t) por una fase de

ππ y2/ respectivamente tal como se muestra en la figura 1.1.


Es importante observar que en el punto de equilibrio del sistema ωAvmáx ±=. , mientras que se obtiene en los puntos de máximo desplazamiento. 2

. ωAamáx ±=Una de las características más importantes que identifica al M.A.S y que resulta de la ecuación 1.5 es que la aceleración es proporcional y de sentido opuesto al desplazamiento y se escribe como:

)()( 2 txta ω−= 1.6

Ejemplo 1. Exprese la A y ϕ del M.A.S en términos de la v(t) y x(t) en t = 0. De 1.1 y de 1.4

ϕωϕ senAvvyAxx −==== 00 )0(cos)0( Eliminando A de estas dos ecuaciones se obtiene:

00 /tan xv ωϕ −= Además, tomando la suma se halla A, que es: )(cos)/( 2222

020 ϕϕω senAvx +=+

2

020 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+=ωv

xA

Ejemplo 2. Una partícula, con masa de 1 gramo, ejecuta un M.A.S alrededor del origen. En el tiempo t = 0 se encuentra en x = 0, con la velocidad de -5 m-s-1. Regresa al origen 1 segundo después. Determinar A, f, ω y x(t). Para el M.A.S, en cualquier tiempo el desplazamiento y la velocidad están dados por )cos()( ϕω += tAtx y )()( ϕωω +−= tAsentv respectivamente. Cuando t = 0, se tiene que 0cos)0( == ϕAx lo que implica que 2/πϕ ±= y en ese mismo tiempo . 15)0( −−−=−= smAsenv ϕω Como A y ω son intrínsecamente positivas, se tiene que ϕ = π/2. Ahora bien, una partícula con M.A.S regresa a su posición dos veces en cada período, una vez en un sentido y en la otra en el otro sentido. Así, como regresa en un segundo, se tiene que T/2 = 1s por lo que T = 2s. Entonces, f = 1/T = 0.5 Hz, ω = 2πf= π rad-s-1 y como ωA = πA = 5m-s-1 por lo que A=(5/π)m.

)()/5()2/cos()/5()( tsenttx πππππ −=+=


1.2 FUERZA Y ENERGIA EN EL MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE. El sistema mostrado en la figura 1.2 está formado por una masa M y un resorte de constante elástica K. Se Puede entender cualitativamente lo que sucede cuando se desplaza la masa M una distancia x de su posición de equilibrio como en las figuras 1.2 a) y c), el resorte ejerce una fuerza sobre M en ambos casos dada por la ley de Hooke,

)(tKxF −= 1.7

Esta fuerza es lineal recuperadora ya que es linealmente proporcional al despla-zamiento y siempre se dirige hacia la posición de equilibrio, y opuesta al despla-zamiento. Esto es, cuando la masa se desplaza hacia la derecha figura 1.2 a), x es positiva y la fuerza recuperadora es hacia la izquierda. Cuando la masa se desplaza a la izquierda de x = 0, entonces x es negativa y F es hacia la derecha.

a)

b)

c) Figura 1.2

Aplicando la segunda ley de Newton al movimiento de M se tiene:

)()( tKxtMa −= 1.8 Dividiendo la ecuación anterior por M y recordando que se expresa 1.8 como:

22 / dtxda =


)()(2

2

txMK

dttxd

−= 1.9

Si se define a . Por lo tanto la ecuación diferencial 1.9 es: MK /2 =ω

0)()( 22

2

=+ txdt

txd ω 1.10

La anterior ecuación es equivalente a la ecuación 1.6, por lo tanto la solución de esta ecuación diferencial lineal de segundo orden homogénea es:

)cos()( ϕω += tAtx 1.11

Donde, A y ϕ son constantes de integración dadas por las condiciones externas al problema particular tratado. Mientras que ω es una constante natural del sistema, independiente de las condiciones externas. Es importante hacer notar que cada sistema oscilatorio en particular tiene su propio ω y por lo tanto su propio T . El período es isocrónico para estos sistemas. Para concluir, “cualquier sistema cuya ecuación de movimiento sea de la forma de la ecuación 1.10, corresponde a un movimiento armónico simple y tiene como so-lución a la ecuación 1.11”. La ecuación diferencial 1.10 se puede integrar “dos veces” y resulta la ecuación 1.11. Entonces, cuál es la primera integral?. Para ello se escribe la ecuación 1.10 de la siguiente forma:

0)()( 2 =+ txdt

tdv ω 1.12

Si a la ecuación 1.12 se multiplica por v(t) y M y se tiene en cuenta que se obtiene:

2ωMK =

( ) 021)()()()( 22 =+=+ KxMv

dtdtx

dttdxK

dttdvtvM 1.13

que no es más que la derivada de una constante que se define como E y que se escribe como:

EKxMv =+ 22

21

21 1.14

El primer término de la ecuación anterior es la energía cinética asociada a la masa del cuerpo, y el segundo, la energía potencial elástica asociada al resorte,

KU


y E que es una constante de integración y que es igual a la energía mecánica del sistema, resultado que era de esperarse, ya que el sistema masa-resorte es con-servativo.

PK UUE += 1.15 Si se expresa la energía 1.14 del oscilador armónico simple en términos de la ecuaciones 1.1 y 1.4 y con se tiene: 2ωMK =

( ) ( )E M A t K A t K A= + + +12

12

12

2 2 20

2 20

2ω ω ϕ ω ϕsen cos = 1.16

Esta ecuación muestra que la energía es constante y que es proporcional a la am-plitud al cuadrado del movimiento del sistema, y no es más que una constante de integración de la ecuación 1.10 y por lo tanto depende de las propiedades exter-nas al sistema. Como conclusión se tiene que “un movimiento armónico simple para un sistema masa resorte muestra como característica importante que, la energía mecánica es proporcional al máximo desplazamiento de su posición de equilibrio al cuadrado y que otros sistemas conservativos con movimientos oscila-torios semejantes, también cumplen con esta propiedad”.

t

(1 /2 )K A2 U K

-A A

U

(1 /2 )K A 2

U K

a) b)

Figura 1.3 La figuras 1.3 a) y b) muestran que la energía se transforma continuamente entre la energía potencial almacenada en el resorte y la energía cinética de la masa. De hecho, por ejemplo en la posición de equilibrio, x = 0 y Up = 0, de tal manera que toda la energía es cinética. Es decir, en x = 0, ωAvmáx ±=. entonces.

222 )2/1()2/1( KAAMU K == ω

Finalmente, es posible usar la conservación de la energía para obtener la veloci-dad para un desplazamiento arbitrario x expresando la energía total como:


222

21

21

21 AKxKvMUUE pK =+=+=

( ) 2222 xAxAMKv −±=−±= ω 1.17

1.3 PENDULO. Péndulo simple. Un péndulo simple es otro sistema oscilatorio. Está formado por una masa pun-tual m suspendida de un punto fijo por medio de un hilo inextensible y sin peso como se muestra en la figura 1.4. Las fuerzas que actúan sobre la masa m son la tensión de la cuerda T

r y el peso gmr .

Figura 1.4

La fuerza tangencial del peso es una fuerza recuperadora dirigida hacia θ = 0, en dirección opuesta al desplazamiento. Por consiguiente, la ecuación de movimiento se puede escribir como:

− =mg md L

dtsen

( )θ

θ2

2 1.18 a

La ecuación diferencial anterior se puede escribir también como:

ddt

gL

2

2 0θ

θ+ sen = 1.18b

Esta última ecuación corresponde a un movimiento que no es armónico simple puesto, que la función θsen no es lineal. Sin embargo, para ángulos pequeños aproximadamente 150 , θθθ ≈≈ tansen . Por lo tanto la ecuación 1.8b queda


ddt

gL

2

2 0θ

θ+ = 1.19

Ecuación de la misma forma que 1.10. Por lo que este movimiento corresponde a un M.A.S con una frecuencia angular ω dada por

ω =gL

1.20

El período del movimiento es

TLg

= =2

2πω

π 1.21

El período y la frecuencia de un péndulo simple dependen únicamente de la longi-tud y la gravedad del lugar. La anterior aseveración permite usar al péndulo como un cronómetro y también como un dispositivo preciso y adecuado para determinar la g del lugar sin necesi-dad de que el cuerpo caiga realmente, ya que L y T pueden medirse con facilidad. Ejemplo 3. Encuentre la frecuencia angular del péndulo simple a partir de su ecuación de energía. Para la trayectoria mostrada en la figura entre el θ0 inicial y θ = 0 la energía del sistema es

E m Lddt

mgy=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

12

22θ

Donde y está medido desde el nivel más bajo del movimiento del péndulo.

)cos1( θ−= Ly como L++−=!4!2

1cos42 θθθ entonces para θ pequeño 22θLy ≈ ,

por lo que la ecuación de energía es

E m Lddt

mg L=

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

12 2

22 2θ θ


Dividiendo por L2 la ecuación anterior se tiene

E mddt

mgL

' =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

12 2

2 2θ θ

al comparar esta ecuación con la 1.14 y por similitud se tiene un K = mg/L, enton-ces

ω = =Km

gL

semejante a la ecuación 1.20

Péndulo físico.

Un péndulo físico, o compuesto como el de la figura 1.5, es el formado por cual-quier cuerpo rígido de forma arbitraria que gira alrededor de un eje fijo que pasa por O; la recta que une O con el centro de gravedad forma un ángulo θ (t) con la vertical. Si h es la distancia del pivote al centro de gravedad; el peso origina un momento o torque recuperador

τ θ α= − =mgh Isen 1.22

Al abandonar el cuerpo así mismo, oscilará alrededor de su posición de equilibrio, pero, como en el caso del péndulo simple, el movimiento no es armónico simple, ya que el torque τ no es proporcional a θ sino a senθ. Sin embargo, si θ es pe-queño, se puede sustituir senθ por θ y el movimiento es aproximadamente M.A.S. Utilizando esta aproximación, se obtiene:

τ θθ

= − =( )mgh Iddt

2

2 1.23

Por lo que, de acuerdo con 1.19

ω 2=mgh

I 1.24


Figura 1.5

Se pueden usar estos resultados para medir el momento de inercia de cuerpos rígidos planos. Es siempre posible encontrar un péndulo simple equivalente cuyo período sea igual al de un péndulo físico dado. Si L es la longitud del péndulo simple equiva-lente,

TLg

Imgh

= =2 2π π ;

por lo tanto,

LI

mh=

Así, en lo que concierne al período de oscilación, la masa de un péndulo físico puede imaginarse concentrada en un punto cuya distancia al eje de rotación es L= I/mh. Este punto se denomina centro de oscilación del péndulo. Ejemplo 4. Una barra delgada uniforme de longitud a puede girar alrededor de un eje que pasa por uno de sus extremos, oscilando como un péndulo físico. Hállese el centro de oscilación del péndulo. El momento de inercia de la barra respecto a un eje que pasa por un extremo es

I ma=13

2


La distancia del eje al centro de gravedad es h=a/2. Por lo tanto, la longitud del péndulo simple equivalente será:

LI

mhma

m a a= = =13

2

2

23( )

El centro de oscilación se encuentra a la distancia 2a/3 del eje. 1.4 SUPERPOSICIÓN DE M.A.S. Superposición de dos M.A.S en la misma dirección y con la misma frecuen-cia.

Cuando una partícula está sometida a más de una fuerza armónica, cada una in-tentando mover a la partícula en la misma dirección con M.A.S, se dice que existe una interferencia de movimientos armónicos simples. Se superponen dos M.A.S en la misma dirección y la misma frecuencia, el primero con amplitud A1 y fase inicial ϕ1.

)cos( 111 ϕω += tAx 1.25

El segundo con amplitud A2 y fase ϕ2.

)cos( 222 ϕω += tAx 1.26

La superposición de estos dos movimientos armónicos simples dá como resultado un M.A.S.

)cos(21 ϕω +=+= tAxxx 1.27

La amplitud A y la fase ϕ, se obtienen a partir de la figura 1.6 para t = 0 en 1.25, 1.26 y 1.27 así


Figura 1.6

( ) ( ) 21

22

212121

2 2 AAAAAAAAAAArrrrrrrr

⋅++=+⋅+==⋅

δcos2 21

22

21 AAAAA ++= 1.28

con

21 ϕϕδ −=

2211 ϕϕϕ senAsenAAsen +=

2211 coscoscos ϕϕϕ AAA +=

entonces

2211

2211

coscos ϕϕϕϕ

ϕAA

senAsenAtg++

= 1.29

Se consideran algunos casos importantes, que se pueden emplear posteriormente en los movimientos armónicos ondulatorios.


3 6 9

-9

-6

-3

0

3

6

9

t

A1A2A1+A2

X(t)

Figura 1.7a

3 6 9

-4

-2

0

2

4

t

A1 A2 [A1-A2]

X(t)

Figura 1.7b Caso 1. Si 21,0 ϕϕδ == que corresponde a dos M.A.S en fase A=A1+A2 figura 1.7a


Caso 2. Si πϕϕπδ +== 12, que corresponde a dos M.A.S en contrafase

21 AAA −= figura 1.7b.

Superposición de dos M.A.S en direcciones perpendiculares y con la misma frecuencia. Si dos M.A.S tienen la misma frecuencia y oscilan perpendicularmente entre sí, el movimiento resultante presenta una trayectoria que, en general, es una elipse. Para simplificar se toma a

tAx x ωcos= 1.30a

)cos( δω += tAy y 1.30b

Para encontrar la trayectoria se elimina t de las ecuaciones paramétricas. Se de-sarrolla la ecuación 1.30b como

δωδω tsensenAtAy yy −= coscos 1.30c

dividiendo la anterior ecuación por Ay y remplazando xA

xt =ωcos

δωδ tsensenAx

Ay

xy

−=− cos 1.30d

Elevando al cuadrado a ambos miembros de la ecuación 1.30d se tiene:

δωδωδ 2222

2

)cos1(cos senttsensenAx

Ay

xy

−==⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 1.30e

por lo tanto la trayectoria es:

δδ 22

2

2

2

cos2 senAAxy

Ay

Ax

yxyx

=−+ 1.31

lo que corresponde a una elipse. Si πδδ == o0 , la elipse degenera en una lí-nea recta que pasa por el origen y tiene la pendiente o positiva o negativa, como se muestra en la figura 1.8a.


-4 0 4

-3

0

3

A=4 , B=3δ=0

x(t)

y(t)

-4 0 4

-3

0

3 y(t)

x(t)

A=4 , B=3δ=π

Figura 1.8a

En otros casos, la resultante es una elipse cuya orientación relativa a los ejes x, y

depende de la diferencia de fase como en la figura 1.8b que corresponde 2πδ = .

En el caso especial en el que, 2πδ = Ax= y= A, la resultante es una circunferencia:

tAx x ωcos= , )( tsenAy y ω−=

entonces la partícula se mueve en una circunferencia de radio A y velocidad angu-lar constante ω .

- 4 0 4

- 3

0

3

δ = π / 2

y ( t )

x ( t )

Figura 1.8b


Así, la combinación de dos MAS perpendiculares entre si que tienen la misma

amplitud y frecuencia y la diferencia de fase, 2πδ = es equivalente a un movimien-

to circular uniforme. Recíprocamente, la proyección de un movimiento circular uniforme sobre uno de sus ejes es un MAS. 1.5 OSCILACIONES AMORTIGUADAS. Aunque hasta ahora no se ha dicho, las oscilaciones macroscópicas reales siem-pre experimentan como mínimo una pequeña fuerza de rozamiento que tiende a eliminar o, como se dice comúnmente, a amortiguar su movimiento. Por lo tanto será tema de esta sección estudiar el movimiento de un oscilador amortiguado. Se considera un oscilador en el que la fuerza que produce la oscilación obedece a la ley de Hooke y el cuerpo oscilante está sometido a la fricción de un fluido, figura 1.9. Como los cuerpos oscilantes no son muy grandes o no realizan un movimien-to rápido, capaz de producir turbulencia, se supone que la fuerza amortiguadora de la fricción del fluido tiene un valor proporcional a la primera potencia de la velo-cidad del cuerpo, como en la ley de Stokes, o sea es de la forma -bv donde b es un constante y el signo menos indica que siempre se opone al movimiento. De acuerdo a la figura 1.9 se puede escribir la segunda ley de Newton como si-gue:

Figura 1.9

M a F fHr r r= + 1.32


Md xdt

Kx bdxdt

2

2 =− − 1.33

la anterior ecuación se puede escribir como

d xdt

dxdt

x2

2 022+ + =γ ω 0 1.34

Donde,

γ ω= =bM

yKM2 0

2 .

La solución de esta ecuación se dará acá sin demostración y para, γ ω< 0 que corresponde a un movimiento subamortiguado es

x A e tt= −0

γ ω ϕcos( )+ 1.35

3 6

-1

0

1

2

A0e-γ t

x(t)

t

Figura 1.10

donde la frecuencia del movimiento es:


ω ω γ= −02 2 1.36

La figura 1.10 muestra como varia x(t) contra t. Aunque el movimiento es oscilato-rio, no es estrictamente periódico debido a la disminución de la amplitud. Como la amplitud del oscilador amortiguado disminuye con el tiempo, la energía de la partícula también lo hace. La energía perdida es absorbida por el medio cir-cundante o radiada de alguna manera. La energía total del oscilador es:

E mdxdt

x=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

12

2

02 2ω

y la rata temporal de cambio de E es:

dEdt

mdxdt

d xdt

x=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

2

2 02ω

de la ecuación 1.34 d xdt

xdxdt

2

2 02 2+ = −ω γ por lo tanto al reemplazar en la ecuación

anterior se tiene dEdt

mdxdt

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟2

2

γ 1.37

El signo menos indica disipación de energía. En el instante t, la energía total E es

E t mdx t

dtx t( )

( )( )=

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

12

2

02 2ω

En el instante t+T (un “período” después).

E t T mdx t T

dtx t T( )

( )( )+ =

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

12

2

02ω 2 1.38

pero

)()cos())(cos()( 0)(

0 txeteeATteATtx TTtTt γγγγ ϕωϕω −−−+− =+=++=+ 1.39

entonces


dx t Tdt

dx tdt

e T( ) ( )+= −γ 1.40

que al reemplazarla en 1.38 se sigue

E t T e E tT( ) (+ = −2γ ) 1.41 La energía, después de un intervalo T tiene un valor e veces el que tenia al comienzo del intervalo. La energía se ha disipado, gradualmente el oscilador al-canzará el reposo.

T−2γ

La cantidad 1

2γ es conocida como tiempo de relajación, tiempo necesario para

que la energía después de cada período se reduzca a 1/e su valor (al comienzo del período). 1.6 OSCILACIONES FORZADAS Y RESONANCIA. Eventualmente, un oscilador amortiguado alcanzará el estado de reposo y su energía mecánica se habrá disipado, a menos que una fuerza externa le propor-cione energía mecánica. Por ejemplo, un muchacho puede columpiarse durante horas si su padre da ocasionalmente empujones al columpio en la dirección de su velocidad. Muchas de las oscilaciones que ocurren en la maquinaria o en los cir-cuitos eléctricos son oscilaciones forzadas, oscilaciones que se producen y se mantienen mediante una fuerza o influencia externa. La fuerza externa más sencilla es aquella que en sí misma oscila como un seno o un coseno. Supongamos que se aplica una fuerza FEx a un oscilador que se mue-ve a lo largo del eje x, como por ejemplo un bloque enganchado a un resorte. En-tonces, la componente de la fuerza externa a lo largo del eje se puede escribir como

tFF fEx ωcos0= 1.42

Donde F0 es el módulo máximo de la fuerza y la componente de la fuerza oscila sinusoidalmente con frecuencia angular fω . Generalmente, la frecuencia de la

fuerza externa es diferente a la frecuencia natural mk /0 =ω del oscilador, que es una frecuencia natural del sistema cuando no hay amortiguamiento ni fuerza ex-terna. Si se incluye la componente de la fuerza dada por la ecuación 1.42 en la segunda ley de Newton aplicada al oscilador armónico amortiguado, se tiene

mabvkxtF f =−−ωcos0 1.43


Esto es, están actuando tres fuerzas: una fuerza externa, una fuerza restauradora, y una fuerza de amortiguación. Dividiendo por la masa, se obtiene la ecuación del movimiento

tmF

xdtdx

dtxd

fωωγ cos2 0202

2

=++ 1.44

Donde mk

=20ω y =γ b/2m al igual que antes.

Las técnicas para resolver la Ecuación 1.44 están más allá del alcance de este curso, sin embargo, se describen algunas características importantes de la solu-ción. La solución es una suma de dos términos. Uno se denomina solución transi-toria, y es la solución para el oscilador armónico amortiguado discutido en la última sección. La forma de esta solución depende de las condiciones iniciales, pero finalmente se atenuará hasta cero y sólo quedará el otro término, que se denomi-na solución estacionaria. Esta es la solución debida a la fuerza externa y persiste después de que la solución transitoria se ha atenuado. Se supone que el movi-miento comenzó con suficiente anterioridad, de modo que para t ≥ 0 solamente permanece la solución estacionaria. La solución estacionaria oscila con la misma frecuencia que la fuerza externa. Esta solución tiene una amplitud fija o estacionaria A0 y una diferencia de fase φ E defi-nida, con respecto a la fuerza externa. La solución se puede verificar fácilmente, y que para todos los efectos acá es

)cos(0 Ef tAx φω −= 1.45 Donde

2222

02

00

4)(/

ff

mFA

ωγωω +−=

220

2

f

fEtg

ωωγω

φ−

=

La amplitud del movimiento, A0, es proporcional a la amplitud de la fuerza externa, F0.


1 2 30

4

8

A0

γ=0.0 γ=0.1 γ=0.5 γ=1.0

A(w

f )

wf

Figura 1.11

La amplitud también depende de la frecuencia externa fω . Esto es, el oscilador responde de forma distinta a fuerzas externas de la misma amplitud pero con fre-cuencias distintas. Para comprender esta respuesta, se supone que la frecuencia natural 0ω es fija y la frecuencia externa fω es variable. Para cada valor de 0ω , se puede determinar la amplitud del movimiento A0 . Esta dependencia se muestra en la Figura 1.11 para varios osciladores con diferentes constantes de amortigua-ción. Observe que la amplitud del movimiento es pequeña tanto si fω es mucho mayor como si es mucho menor que la frecuencia natural 0ω . La amplitud es máxima cuando fω ≈ 0ω . En este caso la fuerza externa está aproximadamente en fase con la velocidad, de modo que esta fuerza realiza un trabajo positivo du-rante la mayor parte del ciclo. Así pues, el oscilador puede recibir más energía de la fuerza externa y alcanzar una gran amplitud. Obsérvese también en la figura que a medida que, el amortiguamiento disminuye la amplitud aumenta. Al drástico incremento en la amplitud del movimiento que se produce para 0ωω ≈f se le denomina resonancia. La resonancia también puede ocurrir cuando un sis-tema oscilante esté acoplado a otro sistema oscilante, siempre que las frecuencias sean parecidas. En efecto, el acoplamiento entre dos sistemas es máximo si tie-


nen la misma o casi la misma frecuencia, de tal manera que, dependiendo de las circunstancias, la resonancia puede, o no, ser deseable. Por ejemplo, la estructura característica de una guitarra permite un acoplamiento resonante entre la cuerda vibrante y el aire que vibra dentro de la caja resonadora del instrumento. Un recep-tor de radio o de televisión se sintoniza de tal forma que esté en resonancia con la frecuencia de las señales que recibe. En cuanto los aspectos no deseables, cabe citar que en un sistema mecánico pueden aparecer vibraciones perjudiciales de gran amplitud si dicho sistema entra en resonancia. Un ejemplo espectacular fue el derrumbamiento del puente de Tacoma en 1940, donde la vibración destructiva de gran amplitud ocurrió como consecuencia de un acople resonante debido a vientos intensos.

PROBLEMAS PROPUESTOS

OSCILACIONES 1.1 La figura muestra un bloque de madera de dimensiones a, b y c, que flota en agua con la dimensión a vertical. Pruebe que el movimiento es armónico simple. Llame ρ y 'ρ las densidades del bloque y del agua, respectivamente.

Solución:

El lado izquierdo de este dibujo muestra al bloque en equilibrio, de tal ma-nera que una longitud d, desconocida, está sumergida, y una longitud a – d está por encima del nivel del agua. A la derecha aparece el bloque levantado una can-tidad y: ahora la longitud sumergida es d – y. Procedemos a averiguar la incógni-ta d, en la situación de equilibrio: la fuerza de Arquímedes debe igualar al peso total del bloque: 'ρ bcdg = ρ bcag, de donde:

- 1 - 'ρρad =


Ahora, para la situación de no equilibrio escribamos la ecuación de movi-miento , reconociendo que hay dos fuerzas: la de Arquímedes hacia arri-ba, y el peso hacia abajo:

amF vv=

2

2

)('dt

ydbcabcaggydbc ρρρ =−− ; dividir todo por bc:

2

2

''dt

ydagyagdg ρρρρ =−−

Ahora usar - 1 - en el primer término del lado izquierdo:

2

2

'dt

ydagy ρρ =− es decir:

0'2

2

=+ yag

dtyd

ρρ

Que se reconoce como la ecuación del movimiento armónico simple, con frecuen-

cia angular ag

ρρ ' , es decir

gaP'

2ρρπ=

1.2 Una partícula ejecuta un movimiento armónico simple con respecto al punto x = 0; para t = 0 tiene una elongación x = 0.37 cm y una velocidad cero. Si la frecuencia del movimiento es 0.25 s-1, determinar a) el periodo, b) la frecuencia angular, c) la amplitud, d) la elongación para un tiempo t arbitrario, e) la velo-cidad para cualquier tiempo t, f) la velocidad máxima, g) la aceleración máxima, h) la elongación para t = 3.0 s, i) la velocidad para t = 3.0s. Los datos son: - 1 - x (0) = 0.37 cm. - 2 - V (0) = 0. - 3 - Hz25.0=ν el MAS se describe en general así: - 4 - )cos()( αω += tAtx

- 5 - )()( αωω +−== tAsendtdxtv

- 6 - )(cos )( 22 αωωω +−=−== tAxdtdvta

- 7 - vπω 2=


- 8 - v

P 1=

a) Con - 8 - y - 3 - encontramos P = (0.25 s-1)-1= 4 s. b) Con - 7 - y - 3 - encontramos πω 2= ( 0.25 s-1) = 1.57 s-1. c) - 2 - indica que en t = 0 el oscilador tiene elongación máxima, que es A. En-

tonces A = 0.37 cm. d, e) Según - 5 - vemos que v es cero cuando el seno vale cero. 0)0( =+× αωsen de donde 0=α , entonces - 4 - 5 - 6 - quedan : - 9 - [ ] 1.57scos)37.0()( -1 tcmtx ⋅= - 10 - ( ) [ ]tsenscmtv ⋅−= −− 11 s57.158.0)( - 11 - ( ) [ ]tscmta ⋅−= −− 12 s57.1cos91.0)( f) Según - 10 - la magnitud de la velocidad máxima ocurre cuando el seno vale uno:

Vmáx = 0.58 cm s-1 . g) Según - 11 - la magnitud de la aceleración máxima ocurre cuando el coseno vale uno:

amáx = 0.91cm s-2 h) Según - 9 -: [ ]357.1cos)37.0()3( ×= cmsx

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=

23cos)37.0( πcm

= 0 i) De acuerdo con h), para t = 3 s se tiene que la fase total αω +t toma el valor

23π . Entonces - 10 - queda:

( ) .11 58.0

2358.0)3( máxvscmsenscmsv ==−= −− π

1.3 Una partícula tiene movimiento armónico simple con amplitud 2 metros y pe-ríodo 1 segundo. Halle la velocidad cuando la partícula está a un metro de distan-cia de la posición de equilibrio.

)2

cos()( πω += tAtx pero P

2πω = ; A = 2m.

)2

2cos()2()( 1 ππ +⋅= − tsmtx


( ) )2

2(4)( 11 πππ +⋅−= −− tssensmtv

Hallemos el valor de la fase 2

2 1 ππ +− ts cuando x(t) = 1m:

mtsm 1)2

2cos()2( 1 =+⋅− ππ es decir 21)

22cos( 1 =+⋅− ππ ts :

32

.2 1 πππ =+− ts , entonces:

( ) 11 88.103

4)( −− −=−= smsensmtv ππ

Podemos también resolver este problema usando la ley de la conservación de la

energía; 222

21

21 xmmvE ω+= .

Cuando la partícula está en el punto de máximo desplazamiento, toda su energía es potencial:

- 1 - 22

21 AmE ω=

Cuando pasa por 2Ax = la energía se escribe así:

2

22

221

21

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=

AmmvE ω . Igualar esto con - 1 -:

222

22

21

221

21 AmAmmv ωω =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+ , de donde

222

43 Av ω= , es decir

11 88.103223 −− === msmsAv πω .

1.4 Dos resortes están unidos entre sí, y a una masa m, como se muestra en la figura.


Las superficies carecen de rozamiento. Si los resortes tienen constantes k1 y k2,

demostrar que la frecuencia de oscilación es mkk

kk)(2

1

21

21

+π .

La figura superior muestra el sistema en equilibrio, cuando los dos resortes tienen su longitud natural. La figura inferior muestra el sistema en un instante en que el resorte 1 tiene un alargamiento x1 y el resorte 2 tiene un alargamiento x – x1: - 1 - resorte 1 tiene alargamiento x1- 2 - resorte 2 tiene alargamiento x – x1Las figuras muestran el punto de empate E, el cual se supone que tiene masa cero. La ley de Newton amF vv

= dice que sobre un punto de masa cero – la fuer-za total es cero; vemos pues que la fuerza total sobre E es cero, y esto con -1-2-dice: , con )( 2211 xxkxk −= 111 xkF −= y )( 122 xxkF −−= (ver figura). Donde:

- 3 - 21

21 kk

xkx

+=

De otro lado, sobre m se ejerce la fuerza del resorte 2, y entonces - 2 – dice que: Fuerza sobre m es F2= – k2 (x – x1) ma = – k2 (x – x1) usar - 3 -

xkk

kk

21

21

+−= , pero 2

2

dtxda =


01

21

212

2

=+

⋅+ xkk

kkmdt

xd

Esta es la fórmula que identifica al movimiento armónico simple; reconocemos la frecuencia angular ω : - 4 -

21

212 1kk

kkm +⋅=ω , entonces

)(2

12 21

21

kkmkk+

==ππ

ων

Cuando hay un solo resorte de constante k se tiene mk

=2ω , y al comparar esto

con - 4 - vemos que el sistema de dos resortes k1 y k2 conectados en serie es equivalente a un solo resorte con una k dada por

21

21

kkkk

k+

= , que también se escribe así:

21

111kkk

+=

1.5 Dos resortes de constantes k1 y k2 están unidos a una masa m, y sus ex-tremos libres se unen a dos soportes fijos, como se muestra en la figura. Las su-perficies carecen de rozamiento. Demostrar que m tiene movimiento armónico simple, hallar el período. El dibujo superior muestra la situación en equilibrio, en esta condición la fuerza total sobre m es cero:


El dibujo inferior muestra un instante en que las longitudes de los resortes se han deformado x. Las variables x, v y a significarán la posición, velocidad y acele-ración de la masa m; en la situación del dibujo inferior escribimos la energía total:

- 1 - 222

21 2

121

21 mvxkxkE ++=

A la ecuación - 1 - le tomamos la derivada temporal, y aparece dtdE , que es cero

porque la energía se conserva:

mvaxvkxvk ++= 210 Dividir ambos lados por v se obtiene : ma + (k1 + k2)x = 0, es decir:

0212

2

=+

+ xm

kkdt

xd

Esta es la fórmula que identifica al movimiento armónico simple; reconocemos la frecuencia angular ω :

- 2 - m

kk 212 +=ω , entonces

m

kkv 21

21

2+

==ππ

ω

21

21kk

mv

P+

== π


Cuando hay un resorte de constante k, se tiene mk

=2ω , y al comparar esto con

- 2 – vemos que este sistema de dos resortes es equivalente a un solo resorte con una k dada por k = k1 + k2 Este problema también se puede resolver estudiando directamente las fuerzas que actúan sobre m. Bosquejaremos rápidamente la idea : Sobre m actúan dos fuerzas recuperadoras debidas a las deformaciones x de los resortes de constantes elásticas k1 y k2, dadas por xkF 11 −= y respecti-vamente, por lo tanto la fuerza neta sobre la masa es:

xkF 22 −=

xkkxkxkdt

xdm )( 21212

2

+−=−−=

-3- 0212

2

=+

+ xm

kkdt

xd

y esta ecuación coincide con las ecuaciones desarrolladas a partir de la conser-vación de la energía; basta entonces repetir a partir de –3- el mismo proceso des-arrollado desde –2-. 1.6 Un cilindro macizo de radio R y masa m puede rodar sin resbalar sobre una mesa horizontal, como muestra la figura.

La constante k del resorte es . Si se suelta el sistema a partir del reposo en una posición en la cual el resorte esté estirado 0.25 metros, encontrar la ener-gía cinética de traslación y la energía cinética de rotación del cilindro en el instante en que pasa por la posición de equilibrio. Demostrar que el centro del cilindro eje-

cuta movimiento armónico simple con periodo

10.3 −mN

kmP

232π= .

Llamamos ω la velocidad angular de cilindro, y x, v, a la posición, velocidad y aceleración del centro de masa del cilindro; el momento de inercia respecto al eje


del cilindro es 2

2⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

RmI . La condición de rodar sin deslizar se expresa como

Rv ω= , es decir Rv

=ω ; como la energía cinética de rotación es 2

21 ωI , tene-

mos:

E. cin. rot. = 222

2

41

221

21 mv

RvRmI =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛=ω

E. cin. transl. = 2

21 mv . La energía total es

+= 2

21 kxE E. cin. rot + E. cin. transl.

- 1 - 22

43

21 mvkx +=

En la situación inicial x = xmax y v = 0 y - 1 - da:

- 2 - 2max2

1 kxE =

En la situación final x = 0 y v = vmax y - 1 - da:

- 3 - 2max4

3 mvE =

Por la ley de la conservación de la energía, igualar - 2 - y - 3 -:

J161J)25.0(3

31

31

21 22

max2max =××== kxmv

E. cin. rot. máx. = J321

41 2

max =mv

E. cin. transl. máx. = J161

21 2

max =mv

Para probar que se trata de movimiento armónico simple le tomamos la derivada

temporal a la ecuación - 1 -, y aparece dtdE , que es cero porque la energía se

conserva:


mvakxv230 +=

dividir ambos lados por v y hacer 2

2

dtxda = :

032

2

2

=+ xmk

dtxd

Que se reconoce como la ecuación del movimiento armónico simple con frecuen-

cia angular mk

32

=ω , es decir, con período kmP

232π= .

1.7 Un disco sólido de radio R se cuelga de un eje horizontal B a una distancia h del centro como muestra la figura. Calcule la longitud del péndulo simple equi-valente l. ¿Cuál debe ser el valor de h para minimizar el periodo?.

Solución: El teorema de Steiner dice que el momento de inercia respecto al eje B es

, donde I02 ImhI h += 0 es el momento de inercia respecto al eje del disco

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ = 2

0 21 mRI ; entonces ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+= 2222

21

21 RhmmRmhI h . El radio de giro k se

define de tal modo que : 2mkI h =

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += 222

21 Rhmmk , es decir

222

21 hRk +=

Sabemos que el período del péndulo compuesto es

ghkP

2

2π= , es decir:


gh

hR

hP2

2

22)(+

= π

Un péndulo simple de longitud l tiene período glπ2 ; igualando esto a P(h)

encontramos l:

h

hR

l2

2

2+

=

Para hallar máximos y mínimos tomar dhdp y 2

2

dhpd :

- 1 -

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=2

2

2

2

2

21

hRhg

hR

dhdp

π

- 2 - 23

22

2

2

22

3

2

2

2

2

22

1

2 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=

hR

hg

g

hR

hR

hg

hR

dhpd

ππ

Los máximos y mínimos de P ocurren cuando el numerador de - 1 - sea cero; pero vemos que cuando el numerador de - 1 - es cero entonces el segundo térmi-

no de - 2 - es cero y en consecuencia 02

2

>dh

pd : concluimos así que hay P míni-

mo cuando el numerador de - 1 - sea cero: P es mínimo para 2

Rh = .

hg

hR

P2

2

min22

+= π evaluando en

2Rh =

g

R22π=


En esta curva P versus h, después de pasar por el mínimo de la curva asciende muy lentamente:

03.1

2

)(≈

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ RP

RP

sólo asciende 3% 1.8 Un péndulo simple, en el vacío, tiene un período P0 = 2 s y amplitud 2º. Lue-go se sumerge en un fluido y se nota que después de 10 oscilaciones su amplitud se ha reducido a 1.5º. Hallar la constante de amortiguamiento γ . Antes de sumergirlo en el fluido la amplitud es 2º, constante, y la frecuencia

angular 0ω es 1

0

s 2 −= ππP

; al sumergir el péndulo en el fluido ocurren dos modifi-

caciones: primero que todo la amplitud decrece exponencialmente según y, segundo, la frecuencia angular toma el valor

te γ−º222122

0 )s ( γπγω −=− − . Para este nuevo valor de la frecuencia angular hallar el período P:

- 1 - 221 )s (

2γπ

π

−=

−P

Sabemos que cuando han pasado diez períodos P, la amplitud es 1.5º: º5.1º2 10 =− Pe γ


43

25.110 ==− Pe γ . Tomar logaritmo natural a ambos la-

dos:

43ln10 =− Pγ . Pero 29.0

43ln −= :

- 2 - 29.010 =Pγ Para resolver - 2 - utilizar - 1 - :

- 3 - sP 29.0s

20222=

−=

− γπ

πγ Elevar al cuadrado a ambos la-

dos: - 4 - . 222222 s )29.0(])29.0()20[( −=+ πγπ En el lado izquierdo de - 4 - comparemos numéricamente los dos sumandos:

, mientras , es decir (0.29)8.3947)20( 2 =π 08.0)29.0( 2 = 2 <<< (20 . Hacemos entonces una aproximación que consiste en ignorar (0.29)

2)π2 en el lado izquierdo

de - 4 - para obtener: - 5 - , de donde 1s 29.020 −= ππγ

- 6 - 11 s 0145.0s 2029.0 −− ==γ .

Miremos en retrospectiva el significado de la aproximación que conduce de - 4 - a - 5 -. Notamos que la aproximación consiste en despreciar el sumando en el denominador de - 3 -, que es como despreciar el sumando en el denominador de - 1 -, que es como decir P = 2 s. Pero este es justamente el valor de P

2γ2γ

0. Ve-mos pues que nuestra aproximación consiste en hacer 0PP ≈ , que es como in-terpretar el enunciado del problema así: “... se nota que después de 10 P0 su amplitud es 1.5º”. Para apreciar numéricamente la aproximación evaluemos P con mejor precisión, utilizando la fórmula del binomio de Newton en - 1 -:

ss2112ss 12

s 1

s 2 221

2

2 ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+≈

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

=−

πγ

πγ

πγ

P

ahora utilizar - 6 -: P = 2(1 + 0.000010)s.

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