fisica 2 laboratorio oscilacion
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DCL
K1= 25
K2= 50
Teniendo en cuenta que:
Ke = k1 + k2
⟹ T = 2π√ mke
T = 2π √ 325+50
T = 2π √ 375
T = 2π √ 125
T = 2π 15 ⟹
T = 2 π5s
Para determinar el periodo ⟹T = 2π √ m
k
T = 2π √ 2200
T = 2π √ 1100
T = 2π 1
10 ⟹ T = π5
s
Para la ecuación será:
Como no está en el equilibrio
W = 2 πT =
2 ππ5
= 10 rad5
Sabemos que: A=wk ⟹ X = AcosWT
X = ( 10100 )cos 10T
Solución:
M = 0.5 kg
X = A cos WT
X = 0,05 cos (10T)
V(x) (T) = (3.60cms ) sen [ (4.71 s−1 ) T−π
2 ]De esta ecuación podemos despejar:
W = 4.71 rad/s
WA = 3.60 cm/s
A = 3.60× 10−2
4.71 ⟹ 7.64 × 10-3m
a) T = 2 πw ⟹ T =
2π4.71 ⟹
b) Amplitud:
A = 7.64mm
c) amáx = W2A ⟹ amáx (7.64 × 10-3) (4.71)2
amáx = 0.169 m/s2
d) constante elástica del resorte:
Si W = √ km
⟹ k = w2m
K = (0.5) (4.71)2 ⟹
A = -2.70 m/s2 cuando X = 0.3 m
T = 1.33 s
K= 11.1 n/m
m = 0.4 kg
Si F = m a ⟹ F = (0.4) (2.70) ⟹
También: F = kx ⟹ K = FX ⟹
1.080.3 = 3.6 N/m
El periodo será:
T = 2π√ mk
T = 2π√ 0.43.6
T = 2.09s
F = 1.08 N
Solucion:
Aplicando primera ley de equibrio para el resorte con respecto al bloque m
∑FY = 0 ⟹ F = mg ^ F = KX0
X0 = deformacion del resorte
⟹ KX0 = mg ⟹ X0 = mgK
… 1 Haciendo un DCL para el bloque M:
Si ∑FY = 0
F = Mg ^ F = KX
KX = Mg
X = MgK
… 2
La amplitud sera: A = X + X0
A = MgK
+ mgK
= g ( M +m )
K
A = g (M +m)
K … Reemplazando datos.
A = 10(8+2)
400 ⟹ A =
100400
⟹ A = 0.25m.
Sabemos que para dos resortes:
Si X1 = X2 = Xe
PERO:
F1 = K1 X1
F2 = K2 X2⟹ Ke Xe = K1X1 + K2X2
Ke = X1(K1+K2)Xe
En la nueva fórmula será a partir de:
T = 2π √ mK
⟹ Reemplazando Ke = K
T = 2π √ m(K1+K2)
T = 2π √ 4( 80+20 )
∑F = F1 + F2
Ke = K1 + K2
T = 2 π5
s
Si F = 5 H2 ^ a = 10 π2 m/s2
En el extremo su aceleración es máxima:
amáx = 10 πm2/s2
Usando la frecuencia para hallar la angular:
W = 2πf ⟹ W = 2π (5) ⟹ 10π rad/sSe sabe que en el extremo su aceleración es: amáx = AW2 … despejando A
A = amáx
w2
A = 10 π2
¿¿ ⟹ 0.1 m =
10cm
Ke =constante de equilibrio
M
Si cortamos a la mitad la constante será:
1
K e
= 1
2 K1⟹K e=2 K 1
Para el nuevo periodo será:
T = 2π √ mK
⟹ T = 2π √ m2 K
1K e
= 1K1
+ 1K2
K1
K2
Sabiendo que:
I = I cm + MD2 teorema de Steiner
I = MR2 + MR2
I = 2MR2
Reemplazando en la fórmula de periodo:
T = 2π √ IMgR
T = 2π √ 2 M R2
MgR
T = 2π √ 2 Rg
… reemplazando los datos
T = 2π √ 2(12.5× 10−2)π 2
T = 1s
m = 0.5 kg
K = 450 N/m W = √ km
= √ 4500.5
=30 rad/s
A = 0.04m
a. Rapidez máxima.
Vmáx = WA ⟹ Vmáx = (30) (0.04) = 1.2m/s
b. Velocidad cuando: X = -0.015m
V = W √ A2+X2 ⟹ V = 30√¿¿
V = 1.11m/n
c. La aceleración máxima.
amáx = W2A = (30)2 (0.04) amáx = 36m/s2
d. La aceleración en: X = -0.015m
a = W2A si X = A
⟹ a = W2X ⟹ a = (30)2 (0.015) = 13.5 m/s2
e. Energía mecánica: Em = Ek + Ep
Pero Em = Ek ⟹ E = 12 KA2 =
12(450) (0.04)2
E = 0.36J ⟹ 360KJ
DATOS:
Et = 30 UJ (U = micra) (U = 10-6)
Fmáx = 1.5 m N (mN = milinewton) (m = 10-3)
T = 25
𝛟 = 45° ⟹ 𝛟 = π4
Ecuación del movimiento:
X = Asen (WT + 𝛟)
Si T = 2 ⟹ W = 2 πT ⟹ W =
2 π2 ⟹ W = πs
De la energía mecánica:
Em = KA2
2 ⬌ X = A
También se sabe que: F = KX ⟹ F = KA
Em = KAA
2 ⟹ Em = FA2
Reemplazando los datos:
A = ( Em ) 2
F ⟹ A =
(30 ×10−6 ) 2(1.5× 10−3)
= 0.04 m
A = 0.04 m
La ecuación será:
X = 0.04 sen (πT + π4
)
Solución:
Para el resorte la fuerza será:
F = KX pero X = A F = KA… 1
El razonamiento en la caja será = U
⟹ Fs = UN…2 Pero sabemos que: F FS
∑Fx =0 ⟹ F = Fs
Analizando el primer DCL ⟹ N = mg + Mg N = (M+m)g
Despejando 1 ⟹ F = KA
A = FK ⟹ A =
uNK ⟹ A =
u (M +m ) gK
Solución:
Teniendo la ecuación del movimiento:
X (t) = 7.40cm cos [ ( 4.16 s−1 ) T−2.42 ]
Podemos deducir:
A = 7.40cm m = 1.50kg
W = 4.16 rad/s𝛟 = -2.42
a) Periodo de la oscilación completa:
T = 2 πW ⟹ T =
2 π4.16 = 1.51s
b) Constante de rigidez del resorte:
W = √ KM
⟹ K = W2 m
K = (4.16)2 (1.5) = 26N/m
c) Vmáx ⟹ WA
Vmáx ⟹ (4.16) (7.40×10−2¿ = 0.31m/s Vmáx = 0.31 m/s
d) Fuerza máxima:
F = KX ⬌ X = A ⟹ F = KA
F = (26) (7.40 × 10−2¿ = 1.92 N
F = 1.92N
a) hallando la masa:
T = 2π √ mK
… despejando “m”
( T2π )
2
= mk ⟹ m = k ( T
2 π )2
m = (2.5 × 102) ( 0.22π )
2
m = 0.25 kg
b) si F = KX ⬌ X = A
F = KA
También: F = m.a
A = FK ⟹ A =
m. aK ⟹ A =
(0.25 )(12)(2.5 )× 102 = 0.012m
c) Fmáx ⟹ F = m.a ⟹ F = (0.25) (12) = 3N
Solución:
Dato: el coeficiente de fricción entre m y H es μ.
Haciendo un DCL del bloque m, para saber las fuerzas que actúan sobre el bloque.
a m F
N
mg
Por la segunda ley de Newton:
F = m.a ^ F = μ N
Pero N = mg
F = ma
μN = ma
μ.mg = ma
μg = a … 1
sabemos F = KX ⬌ X = A
por la ley de HOOKE que:
⟹ F = KA … 2
Para la segunda ley de Newton:
∑F = m.a
F = (m+M)a
F = (m+M)μg
Pero: F = KA
⟹ KA = (M+m)μg
A =( M+m ) μg
K
En T = 0 ⟹ A = 3cmSu frecuencia angular sera:
W = √ Km
= √ 251
⟹
Para hallar el 𝛟 se tomara T = 0 ⟹ A = 3cmX = A cos ( WT+𝛟)0 = 3 cos (𝛟)𝛟 = 90° ⟹ π/2
La ecuacion del movimiento sera: X = Asen (WT+𝛟)
La ecuación de la velocidad sera:V = AW cos (WT+𝛟)
5 rad / s
X = 3sen ( 5T+π/2)
V = (3) (5) cos (5T+π/2)V = 15cos ( 5T + π/2)
4cm
a= 0.16 m/s2
DETERMINA LA ECUACIÓN EN EL MOVIMIENTO:
SI a = AW2 ⟹ 0.16 = 0.04W2
W2 = 0.160.04
⟹ W2 = 4 ⟹
Para la fase inicial.
X = A sen (WT + 𝛟) ⇔
𝛟 = 3 π2
Y = 4sen (2T+3 π2 )
P.E
W = 2 rad/s
T = 0
Su deformación es 6.25cm
10kg → pero sabemos que
F = KX ⇔ X = A
F = KA
K = FA
⟹ k = (10 )(10)0.0625
⟹ 1600N/m
Con una nueva masa entonces su periodo será:
T = 2π √ mK
= 2π √ 161600
= 2π (0.1)
T = 0.2 πs
Longitud inicial = L
Si se aumenta el 21% ⟹ L+0.21L
⟹ El nuevo periodo será:
T = 2π√ Lg
4 = 2π √ Lg
√ Lg
= ( 42π )
2
√ gL
= ( 2π4 )
2
G = L
( 2π4 )
2
T = 2π √ 1.21 Lg
T = 2π √ 1.21 L
L( 2 π4 )
2
T = 2π √ 1.21
( 2π4 )
2
T = 4.4s
1.21L
K = 10N/m
100g
10cm
300g
100g
10cm
El periodo será:
T = 2π√ mK
T = 2π√ (m1+m2)K
T = 2π√ 0.410
T = 2 π5
s
Solución:
F = 0.85 H2
A = 18.0 cm
W = 2πF ⟹ W = 2π (0.85) = 5.34rad/s
La amplitud será: A = 18.8cm ⟹ A = 0.18m
a) amáx y vmáx
vmáx = WA ⟹ vmáx = (5.34) (0.18) = 0.961 m/s
amáx = W2A ⟹ amáx = (5.34)2(0.18) = 5.13 m/s2
b) a y b ⟹ X = 9.0cm ⟹ 0.09m
a = w2x ⟹ a = (5.34)2(0.09) = 2.57 m/s2
v = w √ A2−X2 ⟹ v = (5.34) √(0.18)2−¿¿
v = 0.83 m/s
X1 = 0.02 sen (5πT + π2 )
X2 = 0.03 sen (5πT + π4 )
Hallar amplitud y fase inicial:
𝛟 = arc tg[ A1 senX1+A2 senX 2
A1 cosX1+A2 cosX2]
𝛟 = arc tg[ 0.02 senπ2
+0.03 senπ4
0.02cosπ2
+0.03 cosπ4
]𝛟 = arc tg[ 0.041
0+0.021 ]
𝛟 = 62, 87°
𝛟 = 62° 52´ 12´´
0 0 0
-A p.e A
40cm
Si t = 0 ⟹ X = t10cm W = V máx
A
Vmáx = 2m/s W = 2
0.2 = 10m/s
Solución:
La amplitud será: A = 20cm
Con T = 0 ⟹ X = 10cm, con esta información hallaremos el desfasaje, ⟹ 𝛟 ⟹ X = A sen (WT + 𝛟)
10 = 20sen (W (0) +𝛟) ⇔ T = 0
1020
= sen𝛟 ⟹ sen 𝛟 = 12
⟹ 𝛟 =30°
por convercion
180° π
30° X ⟹ X = 30 π180
⟹ X = π6
La ecuación de la velocidad será:
V = AW cos (WT +𝛟)
V = 0.2(10) cos (10T + π/6)
V = 2 cos (10T+π6 )
0 0 0
75 cm
Si:
X = 7 cm ⟹ V = 48cm/s⟹ Tomaremos esta ecuación por ser lo que describe la velocidad en cualquier posición.
V = W √ A2−X2
48×10-2 = W√(0.75)2−(0.07)2
W = 48 ×10−2
¿¿ = 48 ×10−2
0.75
W = 0.64 rad/s
Reemplazando en la fórmula de periodo nos queda:
W = 2 πT ⟹ T =
2 π0.64 = 0.13π
T = 9.8 s
Por datos nos dice que:
K1 = K2 = K3 = K4 = 100 N / m
Tomaremos la constante de equilibrio de equivalencias por:
Ke = K1+K2+K3+K4… reemplazando
Ke = 400
Reemplazamos en la formula del periodo:
T = 2π√ mK e
= 2π√ 4400
= 2π√ 1100
= 2π1
10
T = π55
10g
40g
Hallar: F = 50 × 10-3 × 10
F = (10×10-3) (10) F = 0.5 N
F = 0.1N
Si ⟹ F = KX X = FK =
0.51.25
K = FX X = 0.4
K = 0.1
0.08 ⟹ 1.25N/m X = AcosWT
Si X = 0.4cos5T
W = √ Km
W = √ 1.2550 ×10−3
W = 5rad/s